25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 6 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 6
(Bản word có giải)
II. Phần 2 (5đ) – Toán trắc nghiệm (câu hỏi 36 – 60)
Câu 36. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm số nghiệm của
phương trình f  x  1.

A. 4.

B. 5.

C. 0.

D. 6.

Câu 37. Cho hàm số y  x 3  3 x  2 có đồ thị  C  . Hỏi có bao nhiêu điểm trên đường thẳng y 9 x  14
sao cho từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến  C  ?
A. 1 điểm.

B. 2 điểm.

C. 3 điểm.

D. 4 điểm.

Câu 38. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số m để bất phương trình
x 6  6 x 4  m3 x 3  13x 2  mx  10 0 nghiệm đúng với mọi x   1; 4 . Tích tất cả các phần tử của S là
A. 4.

B. 1.

C. 3.

D. 2.

2
2
Câu 39. Tích các giá trị của tham số m để phương trình log 2 x  3log 2 x  m  5m  8 0 có hai nghiệm

phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 6 là
A. 5.

B. 8.

C. 2.

D. 6.



x 2
Câu 40. Số giá trị nguyên dương của m để bất phương trình 2 



2  2 x  m   0 có tập nghiệm chứa

khơng q 6 số ngun?
A. 62.

B. 33.

C. 32.

Câu 41. Cho biết chu kì bán rã của chất phóng xạ Radi

226

D. 31.

Ra là 1602 năm (tức là một lượng

226

Ra sau

1602 năm phân hủy thì chỉ cịn lại một nửa). Sự phân hủy được tính theo cơng thức S  A.e rt trong đó
A là lượng chất phóng xạ ban đầu, r là tỉ lệ phân hủy hàng năm  r  0  , t là thời gian phân hủy, S là

lượng còn lại sau thời gian phân hủy. Hỏi 5 gam

226

Ra sau 4000 năm phân hủy sẽ còn lại bao nhiêu

gam (làm tròn đến 3 chữ số thập phân)?
A. 0,886 gam.

B. 1,023 gam.

C. 0,795 gam.

D. 0,923 gam.

Trang 1


Câu 42. Cho một tấm nhơm hình chữ nhật ABCD có AD 90 cm. Ta gập tấm nhơm theo hai cạnh MN
và PQ vào phía trong đến khi AB và DC trùng nhau như hình vẽ sau đây để được một hình lăng trụ
khuyết hai đáy. Giá trị của x để thể tích khối lăng trụ lớn nhất là

A. x 30 cm.

B. x 22,5 cm.

C. x 22 cm.

D. x 20 cm.

Câu 43. Trong tất cả các hình nón nội tiếp trong hình cầu có thể tích bằng 36 , bán kính r của hình nón
có diện tích xung quanh lớn nhất là
A. r 

3
B. r  .
2

3 2
.
2

C. r 2 2.

D. r 3.

Câu 44. Cho khối trụ  T  , AB và CD lần lượt là hai đường kính trên các mặt đáy của khối  T  . Biết
góc giữa AB và CD là 30o , AB 6cm và thể tích khối ABCD là 30cm3 . Khi đó thể tích khối trụ  T  là
A. 90 cm3 .

B. 30 cm3 .

C. 45 cm3 .

D.

90 3 3
cm .
270

Câu 45. Cho hình chữ nhật ABCD tâm I , biết AB a, AD 2a. Gọi J là trung điểm BC , đường
thẳng qua I và vng góc với AC cắt CD tại K . Thể tích V của khối trịn xoay tạo thành khi cho tứ
giác CKIJ quay xung quanh trục CK bằng

A.

5 3
a .
6

B.

7 3

a .
6

C.

5 3
a .
2

D.

14 3
a .
3


2

* b
Câu 46. Biết rằng I   4sin x  7 cos x dx a  2 ln b với a  0; b, c   ; tối giản. Hãy tính giá trị

c
2sin x  3cos x
c
0

biểu thức P a  b  c.
Trang 2

A.   1.

B.


 1.
2

C.


 1.
2

D. 1.

Câu 47. Một chiếc đồng hồ cát như hình vẽ, gồm hai phần đối xứng nhau qua mặt phẳng nằm ngang và
đặt trong một hình trụ. Thiết diện thẳng đứng qua trục của nó là hai Parabol chung đỉnh và đối xứng nhau
qua mặt phẳng nằm ngang. Ban đầu lượng cát dồn hết ở phần trên của đồng hồ thì chiều cao của mực cát
bằng

3
chiều cao của bên đó (xem hình vẽ). Cát chảy từ trên xuống dưới với lưu lượng không đổi 12,72
4

cm3/phút. Khi chiều cao của cát cịn 4 cm thì bề mặt trên cùng của cát tạo thành một đường tròn chu vi
8 cm (xem hình vẽ). Biết sau 10 phút thì cát chảy hết xuống phần bên dưới của đồng hồ. Hỏi chiều cao

của khối trụ bên ngoài là bao nhiêu?

A. 10 cm.

B. 9 cm.

C. 8 cm.

D. 12 cm.

2
3
2019
Câu 48. Tìm phần ảo của số phức z , biết số phức liên hợp là z 2  i   1  i    1  i   . . .   1  i 

A.  21010.

B. 21010.

C. 21010  1.

1010
D.   2  1 .

Câu 49. Cho các số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  3  z1  3  z2  4  z2  4 10. Giá trị lớn nhất của biểu
thức z1  z2 là
A. 7.

B. 20.

C. 14.

Câu 50. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

D. 10.
x 1 y 2 z 9


và mặt phẳng    có
1
3
1

phương trình m 2 x  my  2 z  19 0 với m là tham số. Tập hợp các giá trị m thỏa mãn d / /    là
A. .

B.  2 .

C.  1 .

D.  1; 2 .

Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  đi qua điểm M  2;3;5  cắt các tia
Ox, Oy, Oz lần lượt tại ba điểm A, B, C sao cho OA, OB, OC theo thứ tự lập thành cấp số nhân có
cơng bội bằng 3. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  P  là

Trang 3


16
.
91

A.

B.

24
.
91

C.

32
.
91

D.

18
.
91

Câu 52. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 5 điểm A  1;0;0  , B   1;1;0  , C  0;  1;0  , D  0;1;0  ,
2

E  0;3;0  , M là điểm thay đổi trên mặt cầu  S  : x 2   y  1  z 2 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức
  
 
P 2 MA  MB  MC  3 MD  ME là
A. 12.

B. 24 2.

C. 12 2.

Câu 53. Cho khối chóp đều S . ABCD có AB 2a và thể tích bằng

D. 24.
4 3 3
a . Cơsin góc giữa hai mặt
3

phẳng  SAB  và  SCD  bằng
3
.
2

A.

B.

1
.
2

C.

1
.
3

D.

1
.
3

Câu 54. Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác cân tại C , AB  AA a. Góc giữa
đường thẳng BC  và mặt phẳng  ABBA bằng 60o. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của đoạn BB,
CC  và BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP.

A.

a 19
.
5

B.

a 13
.
5

C.

a 15
.
5

D.

2a 3
.
5

Câu 55. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình sin x cos x  sin x  cos x  m 0
có nghiệm?
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 56. Một bình chứa 3 viên bi trắng, 6 viên bi đen và 3 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 viên bi.
Xác suất để trong 3 viên bi lấy ra khơng có viên bi màu đỏ bằng
A.

1
.
16

B.

1
.
28

C.

143
.
280

D.

1
.
560

Câu 57. Trong một lớp học có 2n  3 học sinh ( n nguyên dương), gồm Hoa, Hồng, Cúc và 2n học sinh
khác. Xếp tùy ý 2n  3 học sinh trên ngồi vào một dãy ghế được đánh số từ 1 đến 2n  3 , mỗi học sinh
ngồi một ghế. Giả sử Hoa, Hồng, Cúc được sắp xếp ngồi vào các ghế được đánh số lần lượt là x, y, z và
12
, mệnh đề nào sau đây
gọi p là xác suất để x, y, z theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Biết p 
575
đúng?
A. n   24;33 .

B. n 15.

C. n 33.

D. n   15; 24  .

Câu 58. Một đa giác lồi có 10 cạnh và các góc trong của nó lập thành một cấp số cộng với cơng sai
d 4o. Tìm góc trong nhỏ nhất của đa giác đó.
A. 126o.

B. 26o.

C. 60o.

D. 162o.
Trang 4


Câu 59. Bà chủ khách sạn trên đèo Mã Pì Lèng muốn trang trí một góc nhỏ trên ban cơng sân thượng cho
đẹp nên quyết định thuê nhân công xây một bức tường gạch với xi măng (như hình vẽ), biết hàng dưới
cùng có 500 viên, mỗi hàng tiếp theo đều có ít hơn hàng trước 1 viên và hàng trên cùng có 1 viên. Hỏi số
gạch cần dùng để hoàn thành bức tường trên là bao nhiêu viên?

A. 25250.

B. 125250.

C. 12550.

D. 250500.

Câu 60. Người ta xây dựng một hình tháp bằng cách xếp các khối lập phương chồng lên nhau theo quy
luật khối lập phương phía trên có độ dài của một cạnh bằng

2
độ dài của một cạnh của khối lập phương
3

ở liền phía dưới của nó. Giả sử khối lập phương ở dưới cùng có độ dài của một cạnh là 5m . Gọi S là
chiều cao tối đa của tháp có thể xây dựng được. Chọn khẳng định đúng.

A. 5  S  8.

B. 8  S  12.

C. 12  S  16.

D. 16  S  20.

III. Phần 3 (2,5đ) – Toán tự luận
Bài 1.
Theo thống kê của Sở GD&ĐT Hà Nội, năm học 2018-2019, dự kiến tồn thành phố có 101.460 học sinh
xét tốt nghiệp THCS, giảm khoảng 4.000 học sinh so với năm học 2017-2018. Kỳ tuyển sinh vào THPT
công lập năm 2019-2020 sẽ giảm 3.000 chỉ tiêu so với năm 2018-2019. Số lượng học sinh kết thúc
chương trình THCS năm học 2018-2019 sẽ được phân luồng trong năm học 2019-2020 như biểu đồ hình
bên.

1. Theo dự kiến trong năm học 2019-2020, Sở GD&ĐT Hà Nội sẽ tuyển khoảng bao nhiêu học sinh vào
trường THPT công lập? Bao nhiêu học sinh được tuyển vào các cơ sở giáo dục nghề nghiệp? (làm tròn
đến hàng trăm)
2. Chỉ tiêu vào THPT công lập nhiều hơn chỉ tiêu vào THPT ngồi cơng lập bao nhiêu phần trăm?
3. Trong năm học 2018-2019 Hà Nội đã dành bao nhiêu phần trăm chỉ tiêu vào THPT công lập?

Trang 5



Bài 2. Cho hình hộp ABCD. ABC D có đáy là hình thoi cạnh a và góc BAD
60o. Mặt chéo ACC A
nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy, đồng thời ACC A cũng là hình thoi có góc AAC 60o.
1. Tính tan góc giữa hai mặt phẳng  BCC B và  ABCD  .

2. Tính thể tích khối tứ diện ACBD.
3. Tính diện tích tồn phần của hình nón có đáy là đường trịn nội tiếp ABD và chiều cao bằng chiều
cao của lăng trụ.
u1 2
.
Bài 3. Cho dãy số  un  có: 
un 1 10un  9n  1  n 1
1. Tìm số hạng tổng quát của dãy số  un  .
2. Số hạng uk 100006 là số hạng thứ bao nhiêu của dãy?
3. Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của dãy.

Trang 6


Đáp án
36-B
41-A
51-C

37-C
42-A
52-C

38-D
43-C
53-B

39-D
44-A
54-C

40-C
45-B
55-C

46-B
56-C

47-D
57-B

48-D
58-A

49-D
59-B

50-B
60-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT
 f  x  1
Câu 36. Ta có f  x  1  
 f  x   1
Dựa vào bảng biến thiên ta được f  x  1 có hai nghiệm và f  x   1 có ba nghiệm.
Vậy phương trình f  x  1 có 5 nghiệm.
Câu 37. Gọi M  a;9a  14   d : y 9 x  14. Gọi  là đường thẳng đi qua M và có hệ số góc k 
phương trình  : y k  x  a   9a  14.
 k 3x 2  3  1
Ta có  tiếp xúc  C    3

 x  3 x  2 k  x  a   9a  14  2 
Thay (1) vào (2) ta có
x3  3x  2  3x 2  3  x  a   9a  14  2 x3  3ax 2  12a  16 0
  x  2   2 x 2   4  3a  x  8  6a  0
 x 2
 2
 2 x   4  3a  x  8  6a 0  3
Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến thì (3) phải có nghiệm kép khác 2 hoặc (3) phải có hai nghiệm phân biệt,
trong đó có một nghiệm x 2
2
 
  3 9a  24a 

 8   4  3a  2  8 

   3 9a 2  24a 

 8   4  3a  2  8 

 
4
  a 
3
48 0
  
   a  4
6a 0
  a 2

48  0


4
a


4

a



6a 0
3

 a 2

4

 a 3

 a  4


 a 2

Vậy có ba điểm thỏa mãn bài tốn.
Câu 38. Ta có
3

3

x 6  6 x 4  m3 x 3  13 x 2  mx  10 0   x 2  2    x 2  2   mx    mx   *
3
2
Xét hàm số f  t  t  t  f  t  3t  1  0  f  t  ln đồng biến.
2
2
Do đó  *  f  x  2   f  mx   x  2 mx

Trang 7


6
4
3 3
2
Do đó, x  6 x  m x  13x  mx  10 0 x   1; 4

 x 2  2 mx x   1; 4  x 

2
m x   1; 4  **
x

 2 2 m (Do áp dụng BĐT Cauchy, x   1; 4 , x 

2
2 2 )
x

Mà m là số nguyên dương nên m   1; 2  S  1; 2 .
Câu 39. Điều kiện: x  0.
2
2
2
2
Đặt t log 2 x phương trình log 2 x  3log 2 x  m  5m  8 0  1 trở thành t  3t  m  5m  8 0  2 

Điều kiện phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt tương đương phương trình (2) có hai nghiệm phân
2
biệt t1 , t2 . Ta có  9  4  m  5m  8   0  * . Khi đó

+) t1  t2 3
t1

t2

t1

+) 6  x1  x2 2  2 2  2

3 t1

 2t1 2
8
2  t1   t
 t1 .t2 2
1
2
 2 4

t1

2
+) Với t1.t2 2  m  5m  8 2  m 2 hoặc m 3 thỏa mãn (*).

Câu 40. Do m nguyên dương nên m   1; 2;3;..... . Ta có

2

x 2











2  2 x  m   0  4.2 x 



2  2x  m  0

 2
2
 2 x  m  log 2 

  x  log 2 m
4
 4 
3
 x  log 2 m.
2

Để bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa khơng q 6 số ngun thì log 2 m 5  m 32. Do m
nguyên dương nên có 32 giá trị của m thỏa mãn bài tốn.
A
ln 2
ln 2
 A.e r .1602  r 
. Thay A 5, t 4000, r 
.
2
1602
1602

Câu 41. Ta có

ln 2

Suy ra S 5.e  1602 .4000 0,886 gam. T.a.i.l.i.e.u.c.h.u.a.n.v.n
Câu 42. Điều kiện: 0  x  45. Ta có
+) Diện tích đáy của lăng trụ là:
S  45  45  x   45  x   45   90  2 x    45  45  x   45  x   2 x  45  .
+) Vmax  S max .
+) Dùng chức năng TABLE của máy tính bỏ túi ta tìm được S max khi x 30.
Câu 43.

Trang 8


Vì hình cầu có thể tích bằng 36 nên bán kính hình cầu là R 3.
Diện tích xung quanh của hình nón S xq  rl.
Gọi chiều cao của hình nón là h, khi đó h   0;6  .
2
2
Ta có r h.  2 R  h  6h  h , suy ra r  6h  h 2 .

Lại có l 2 h.2 R 6h, nên S xq  6h  h 2 . 6h  36h 2  6h3 .
3

 h  h  12  2h 
Ta có 36h  6h 3h  12  2h  3.h.h.  12  2h  3. 
 .
3


2

3

2

Hay 36h 2  6h3 192, dấu đẳng thức xảy ra khi h 4. Khi đó r  6h  h 2 2 2.
Suy ra S xq lớn nhất bằng 8 3 khi r 2 2.
Câu 44.

Gọi h, V lần lượt là chiều cao và thể tích khối trụ  T  .
 d  AB, CD  h  cm  .
1
1
o 2
Ta có: VABCD  h.sin  AB; CD  . AB.CD  h.sin 30 .6
6
6

Trang 9


 h

6VABCD
10  cm  .
sin 30o.62
2

 AB 
3
 V T   
 .h 90  cm  .
 2 
Câu 45.

Gọi H là trung điểm CD nên tứ giác CHIJ là hình chữ nhật.
Khi cho tứ giác CKIJ quay xung quanh trục CK ta có:
Hình chữ nhật CHIJ tạo thành khối trụ có thể tích V1.
Tam giác IHK tạo thành khối nón có thể tích V2 .

Suy ra: V V1  V2 . Ta có
a 1
1
1
V1  .CJ 2 .CH  a 2 .   a 3 , V2   .HI 2 .HK   a 2 .HK .
2 2
3
3
Xét tam giác vng IHC có IC  IH 2  HC 2 

tan ICH


a 5
;
2

IH
a 5

2  IK IC.tan ICH
2.
a 5
CH
2

 HK  IK 2  IH 2  5a 2  a 2 2a.
1
1 2
2 3

2
Do vậy V2   .HI .HK   a .2a   a .
3
3
3
1 3 2 3 7 3
Vậy V V1  V2   a   a   a .
2
3
6
Câu 46. Xét đồng nhất thức
 4sin x  7 cos x  A  2sin x  3cos x   B  2 cos x  3sin x   2 A  3B  sin x   3 A  2 B  cos x.
 2 A  3B  4

Do đó 
3 A  2 B 7

 A 1
. Ta có

 B 2
Trang 10



2


2

 2  2sin x  3cos x   
 4sin x  7 cos x
 dx
I 
dx  1 


2sin
x

3cos
x
2sin
x

3cos
x
0
0


 x  2 ln 2sin x  3cos x 


2
0


2


  2 ln  a  , b 2, c 3.
2
3
2



Vậy P a  b  c   2  3   1.
2
2
Câu 47.

4
8
Gọi l là chiều cao của khối trụ cần tìm ta có l 2. h  h.
3
3
Cắt chiếc đồng hồ cát theo một mặt phẳng chứa trục dọc của nó và gắn hệ trục Oxy với gốc tọa độ O là
điểm giao giữa hai Parabol, mỗi đơn vị trên trục dài 1cm. Khi đó gọi B là điểm đo chiều cao của lượng
cát lúc ban đầu, A là điểm đo chiều cao của lượng cát lúc còn 4 cm và C là điểm nằm ngang với A trên
thành Parabol phía trên như hình vẽ. Theo giả thiết 8 2 AC  AC 4  C  4; 4  suy ra  P  có
1 2
phương trình y  x . Thể tích ban đầu của cát là 12, 72.10 127, 2 cm3 .
4
Thể tích này bằng thể tích của khối trịn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường

 P : y 

1 2
x  x 2 4 y và các đường y 0; y h xoay quanh trục Oy.

4
h

2
Vậy ta có  4 ydy 127, 2  2 h 127, 2  h 4,5  l 12cm.
0

Cảm ơn các bạn đã sử dụng dịch vụ của tai-lieu-chuan-vn
Trang 11


Câu 48. Áp dụng công thức tổng của cấp số nhân với số hạng đầu u1 1  i và cơng bội q 1  i ta có
2

3

z 2  i   1  i    1  i   . . .   1  i 
2

2019

3

1  1  i   1  i    1  i   . . .   1  i 
2019

1 1 i
1   1  i  .
1 1 i
2

1 i   1 i 


1 
i

2019

1 i  1 i 
1 
i

1010

1  i   2i 
1 
i

2020

1010

1  i  1  i  21010  i  1  21010  .
 z  i  1  21010  .
Câu 49.

Chú ý: Tập hợp biểu diễn số phức z thỏa mãn z  c  z  c 2a với a  c  0 là một elip có độ dài trục
lớn là 2a, tiêu cự 2c, khi đó độ dài trục bé là 2b 2 a 2  c 2 và elip có phương trình là

x2 y 2


1.
a2 b2

Áp dụng: +) z1  3  z1  3 10
 tập hợp biểu diễn số phức z1 là elip có phương trình

x2 y

1  E1  .
25 16

+) z2  4  z2  4 10
 Tập hợp biểu diễn số phức z1 là Elip có phương trình

x2 y 2

1  E1  .
25 9

Đồ thị của hai elip  E1  và  E2  như hình vẽ.
Gọi M là điểm biểu diễn z1 , N là điểm biểu diễn số phức z2 (hình vẽ).
Khi đó z1  z2 MN . Gọi P MN   E1  (hình vẽ)  MN MP  A1 A2 10 (không đổi).
 max z1  z2 max MN 10.
Trang 12



Câu 50. Đường thẳng d đi qua điểm M  1; 2;9  và vectơ chỉ phương u  1;3;  1 .
 2

Mặt phẳng    có vectơ pháp tuyến n  m ;  m;  2  .
 
2
u  n
m  3m  2 0
d / /    
 2

 M    
m  2m  1 0

  m 1

  m 2  m 2.
m 1


Vậy d / /     m 2.
Câu 51. Gọi A  a;0;0  ; B  0; b;0  ; C  0;0; c  lần lượt là giao điểm của mặt phẳng

 P

với các trục

Ox, Oy, Oz.
Phương trình mặt phẳng  P  là:
Vì M  2;3;5    P  

x y z
  1.

a b c

2 3 5
  1  * .
a b c

Lại có OA; OB; OC theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội q 3.
b aq
b 3a
2 3
5
32

  *   
1  a  .
Nên ta có: 
2
a 3a 9a
9
c 9a
c aq
Với a 

32
32
 b  ; c 32.
9
3

Phương trình mặt phẳng  P  là:

d  O;  P   

 32
2

2

2

9  3 1



9
3
1
x  y  z 1  9 x  3 y  z  32 0.
32
32
32

32
.
91

  
Câu 52.  S  có tâm T  0;1;0  và bán kính R 1. Gọi điểm I thỏa mãn IA  IB  IC 0  I  0;0;0  và
  
điểm J thỏa mãn JD  JE 0  J  0;2;0 
  

 




Ta có P 2 MA  MB  MC  3 MD  ME 2 3MI  3 2 MJ 6 MI  6 MJ
  
Gọi F là điểm thỏa mãn FI  FJ 0  F  0;1;0  T .
 2
Ta có P  72 MI  MJ



2



  2
2
 72 MI  MJ  72  FI 2  FJ 2  2 MF 2 





Như vậy P lớn nhất khi MF lớn nhất. M thuộc  S  nên MF lớn nhất khi MF R 1.
Vậy P  72  1  1  2  12 2.
Câu 53.

Trang 13

Cho khối chóp đều S . ABCD có O là tâm hình vng ABCD như hình vẽ.
1
2
Ta có S ABCD 4a ;VS . ABCD  S ABCD .SO  SO a 3.
3
Mặt khác AB / /CD   SAB    SCD  Sx / / AB / /CD.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và AB.
SN  AB  SN  Sx, SM  CD  SM  Sx.




2MSO
.
  SAB  ,  SCD    SM , SN  MSN



Ta có tan MSO

OM
a
1
1






 MSO
30o  MSN
60o  cos MSN
 .
SO a 3
2
3

Câu 54.

Gọi I là trung điểm AB  C I  AB  C I   ABBA .
BI  BB2  BI 2 

a 5
BI
.BC  
a 5, BC  BC 2  CC 2 2a.

2
cos C BI

Gọi E là điểm sao cho B là trung điểm EP.
 MNPE là hình bình hành  EM / / NP  d  AM , NP  d  P;  AME   2d  B;  AME   .

Trang 14


Kẻ BK  AE  K  AE  , BH  MK  H  KM   d  B,  AME   BH .
Tam giác APE có AB BP BE a  APE vng ở A  BK / / AP.

1
Mà B là trung điểm EP  KB  AP.
2
Ta có: AP 2 
BH 

AB 2  AC 2 BC 2
a 6
a 6

 AP 
 BK 
.
2
4
2
4

BK .BM



BK 2  BM 2

a 15
a 15
 d  AM , NP  
.
10
5

Câu 55. Phương trình sin x cos x  sin x  cos x  m 0  1 có nghĩa x  .





Đặt t sin x  cos x, t  2 . Ta có: sin x cos x 

t2  1
2

t2  1
2
  1 
 t  m 0   2m t 2  2t  1   t  1  2m  2.
2
2

Do  2 t  2   2  1 t  1  2  1  0  t  1 3  2 2.
Để phương trình có nghiệm thì 0  2m  2 3  2 2  

1 2 2
m 1.
2

Vì m   nên m    1;0;1 .
3
Câu 56. Số cách chọn ngẫu nhiên 3 viên bi trong số 16 viên bi là: n    C16 .

Gọi A là biến cố: “Trong 3 viên bi lấy ra khơng có viên bi màu đỏ”.
 Số phần tử của biến cố A là: n  A  C133
 Xác suất của biến cố A là: P  A  

n  A  C163 143


.
n    C133 280

Câu 57. Số phần tử không gian mẫu là số cách xếp  2n  3 học sinh vào ghế. Khi đó n     2n  3 !.
Gọi T là biến cố: “Hoa, Hồng, Cúc được sắp xếp ngồi vào các ghế được đánh số lần lượt là x, y , z sao
cho y 

xz
”.
2

Suy ra x  z chia hết cho 2. Khi đó, bài toán trở thành: xếp Hoa và Cúc vào 2 chỗ x và z thỏa mãn tổng
x  z là số chẵn (khi đó y 

xz
là duy nhất nên sẽ có duy nhất một cách xếp cho Hồng. Ta có 2 trường
2

hợp sau:
Trường hợp 1: x, z cùng lẻ.
n
Do từ 1 đến 2n  3 có n  2 số lẻ, nên trường hợp này có An 2 .  2n  ! cách xếp.

Trường hợp 2: x, z cùng chẵn.
Trang 15


2
Do từ 1 đến 2n  3 có n  1 số chẵn, nên trường hợp này có An 1.  2n  ! cách xếp.
2
2
Khi đó số phần tử của biến cố T là: n  T   An 2  An 1  .  2n  !.

n  T   An 2  An 1  .  2n  ! 12


Theo bài ra ta có: p 
 * .
n   
575
 2n  3 !
2

Ta có:  * 

2

 n 1  n  2   n  n 1  12 
n2n
12

 2n  1  2n  2   2n  3 575 2  2n 1  2n  3 575

(do n  1  0 ).

(thỏa mãn)
 n 11

 48n  479n  539 0 
 n  49 (loại)
48

Vậy n 11 15 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
2

Câu 58. Đa giác lồi có 10 cạnh  Đa giác có 10 góc
 Tổng các góc là  10  2  .180o 1440o.

d 4o
o
d 4o

u1 126


.
Theo bài ra, ta có 
10.  2u1  9d 

o
o
o
d


4

1440
 S10 1440




2
Câu 59. Ta có số gạch cần dùng để hồn thành bức tường trên là
S 500  499  498  ....  2  1 

 500  1 .500 125250.
2

Câu 60. Chiều cao của các khối lập phương theo thứ tự từ dưới lên là
2

3

2
 2
 2
5, 5. , 5.   , 5.   ,....
3
 3
 3
Từ đó ta thấy chiều cao của các khối lập phương từ dưới lên là một cấp số nhân có số hạng đầu là u1 5
u

5
2
S 1 
15m.
q

.
và công bội
Do đó
1 q 1 2
3
3
PHẦN TỰ LUẬN
Bài 1
1. Theo dự kiến trong năm học 2019-2020, số học sinh sẽ được tuyển sinh vào trường THPT công lập là:
101460.62% 62900 (học sinh)

Theo dự kiến trong năm học 2019-2020, số học sinh sẽ được tuyển sinh vào các cơ sở giáo dục nghề
nghiệp là: 101460.10% 10100 (học sinh)
2. Số chỉ tiêu tuyển sinh học sinh vào THPT ngồi cơng lập là: 101460.20% 20200 (học sinh)
Vậy số chỉ tiêu vào THPT công lập nhiều hơn chỉ tiêu vào THPT ngồi cơng lập là:
Trang 16


62900  20200
210%
20200
3. Năm 2017-2018, số học sinh xét tốt nghiệp THCS là:
101400  4000 105460 (học sinh)

Năm 2018-2019, số chỉ tiêu tuyển sinh học sinh vào THPT công lập là:
62900  3000 65900 (học sinh)

Vậy trong năm 2018-2019 Hà Nội đã dành số phần trăm chỉ tiêu vào THPT cơng lập là:
65900
.100% 62,5%.
105460
Bài 2

1. Vì tứ giác ACC A là hình thoi và góc AAC 60o nên tam giác AAC đều.
Suy ra AO  AC (với O là tâm của hình bình hành ABCD ).
Mà  ACC A   ABCD  ;  ACC A   ABCD   AC .
Do đó AO   ABCD  .
Gọi M là trung điểm AD  BM  AD (tam giác ABD đều).
Gọi I là trung điểm MD  OI  AD  góc giữa hai mặt phẳng  BCC B và  ABCD  bằng AIO.
Ta có AC 2 AO 2.

a 3
a 3.
2

a 3
3a
Xét tam giác AAO vuông tại O có: AO  AO.tan 60o 
. 3 .
2
2
1
a 3
Xét BMD có: OI  BM 

.
2
4
Xét tam giác AIO vng tại O có: tan AIO 

AO
2 3
OI

1
a2 3
3a
2. Ta có S ABCD 2 S ABD 2. AB. AD.sin 60o 
; AO  .
2
2
2
Trang 17


1
1
1 3a a 2 3 a 3 3
Vậy VACBD  VABCD. ABC D  . AO.S ABCD  . .

.
3
3
3 2
2

4
3. Vì ABD đều nên tâm đường trịn nội tiếp tam giác trùng với trọng tâm của tam giác  Bán kính
đường trịn đáy của hình nón là: r 

BM a 3

.
3
6

Vì chiều cao của hình nón bằng chiều cao của lăng trụ nên ta có độ dài đường sinh là
2

2
a 159
 3a   a 3 
l  AO  r     
.
 
6
 2   6 
2

2

 a2
Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: S  rl   r 
xq
2



.

53  1
12

Bài 3
1. Gọi  vn  là dãy số thỏa mãn: un vn  n  n 1 .
Khi đó, un 1 10un  9n  1  vn 1  n  1 10  vn  n   9n  1  vn 1 10vn
 vn là cấp số nhân có số hạng đầu v1 u1  1 1 và công bội q 10.
 vn 1.10n  1 10n  1  un 10n  1  n
n 1
Vậy số hạng tổng quát của dãy số  un  là un 10  n.
k1
2. Ta có uk 100006  10  k 100006

 10k  1  k 100000  6  10k  1  k 105  6  k 6.
Vậy số hạng uk 100006 là số hạng thứ 6 của dãy.
0
3. Ta có u1 10  1

u2 101  2
u3 102  3
....
u100 1099  100
 Tổng của 100 số hạng đầu tiên của dãy là:

S100 u1  u2  u3  ...  u100 100  1  101  2  102  3  ...  1099  100
 S100  100  101  102  ...  1099    1  2  3  ...  100 

 S100 100.

10100  1  1  100  .100 10100  1


 5050
10  1
2
9

10100  1
Vậy tổng 100 số hạng đầu tiên của dãy là S100 
 5050.
9

Trang 18