25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 7 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 7
(Bản word có giải)
II. Phần 2 (5đ) – Toán trắc nghiệm (câu hỏi 36 – 60)
2
Câu 36. Cho hàm số y  f  x  liên tục và xác định trên  , biết rằng f  x  2   x  3 x  2 . Hàm số

y  f  x 2  4 x  7  đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
A.   2;  1 .

B.   3;  1 .

C.  1;   .

D.   2;0  .

Câu 37. Công ty sữa Vinamilk thiết kế các sản phẩm dạng hình hộp chữ nhật có đáy là hình chữ nhật có
chiều rộng bằng

2
chiêu dài. Sản phẩm chứa dung tích bằng 180 ml. Khi thiết kế công ty luôn đặt ra mục
3

tiêu sao cho vật liệu làm vỏ hộp là tiết kiệm nhất. Để công ty tiết kiệm được vật liệu nhất thì chiều dài của
đáy hộp gần bằng giá trị nào sau đây?
A. 4,83 cm.

B. 6,53 cm.

C. 5,55 cm.

D. 6,96 cm.

Câu 38. Gọi S là tập các số nguyên m    5;5 để phương trình
2x  2 x 

x 2  4  x  x 2  4 2m  2 x 2  4 có nghiệm. Số tập con của tập S là

A. 4.

B. 8.

C. 16.

D. 32.

x
x
Câu 39. Hàm số y log 2  4  2  m  có tập xác định là  khi

A. m 

1
.
4

B. m  0 .

1
C. m  .
4

1
D. m  .
4

 x
Câu 40. Cường độ ánh sáng đi qua môi trường nước biển giảm dần theo công thức I I 0 e , với I 0 là

cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào môi trường nước biển và x là độ sâu của môi trường đó.
Biết rằng mơi trường nước biển có hằng số hấp thụ là  = 1,4. Hỏi ở độ sâu 30 mét thì cường độ ánh sáng
giảm đi bao nhiêu lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào nước biển?
A. e21 lần.

B. e42 lần.

C. e21 lần.

D. e42 lần.

Câu 41. Một anh sinh viên T nhập học đại học vào tháng 8 năm 2020. Bắt đầu từ tháng 9 năm 2020, cứ
vào ngày mồng một hàng tháng anh vay ngân hàng 3 triệu đồng với lãi suất cố định 0, 8%/tháng. Lãi
tháng trước được cộng vào số nợ để tiếp tục tính lãi cho tháng tiếp theo. Vào ngày mồng một hàng
tháng kể từ tháng 9 năm 2022 về sau anh không vay ngân hàng nữa và anh còn trả được cho ngân hàng
2 triệu đồng do việc làm thêm. Hỏi ngay sau ngày anh ra trường (30/6/2024) anh còn nợ ngân hàng bao
nhiêu tiền?
A. 49 024 000 đồng.

B. 46 640 000 đồng.

C. 47 024 000 đồng.

D. 45 401 000 đồng.

Trang 1


Câu 42. Cho hình chóp đều S.ABC cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng 3a. Gọi M là điểm thay đổi trên
cạnh AB,  P  qua M và song song với SA, BC chia khối chóp S.ABC thành hai phần. Biết thiết diện của
hình chóp S.ABC cắt bởi  P  là hình thoi. Tính thể tích phần chứa đỉnh A.
A.

a 3 23
.
5

18a 3 23
B. V 
.
125

C. V 

27 a 3 23
.
125

D. V 

36a 3 23
.
125

Câu 43. Cho hình lập phương có cạnh bằng a. Diện tích tồn phần của hình nón có đỉnh là tâm của một
mặt còn đáy là đường tròn nội tiếp mặt đối diện là

 a2 5
A. Stp 
.
2

 a2
B. S 
tp



.

51
2

 a2
C. S 
tp



.

5 1
4

D. Stp 

 a2 5
.
4

Câu 44. Người ta muốn làm giá đỡ cho quả cầu bằng ngọc có bán kính r sao cho
phần quả cầu bị khuất chiếm

1
quả cầu theo chiều cao của nó. Biết giá đỡ hình trụ
6

và rỗng phía trong, tính bán kính mặt trong của giá đỡ.
A.

5
r.
3

B.

1
r.
3

C.

2 2

r.
3

D.

2
r.
3

Câu 45. Người ta thiết kế một lọ sản phẩm đựng kem chống nắng với thiết kế là một khối cầu như một
viên bi khổng lồ, một nửa là nắp hộp, nửa còn lại thiết kế bên trong là một khối trụ nằm nội tiếp nửa
mặt cầu để đựng kem chống nắng. Theo dự kiến nhà sản xuất dự định để khối cầu có bán kính
R 3 2a . Để đựng được nhiều kem nhất thì chiều cao của khối trụ là h m na với m, n   . Mệnh
đề nào sau đây đúng?

A. m  n 6 .

B. m  n 9 .

C. m  n 8 .

D. m  n 7 .

3
2
Câu 46. Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  , thỏa mãn f  2 x  x  1  x  2 với mọi x   .
4

Tích phân

f  x  dx bằng
1

A. 6.

B. 8.

C.

49
.
6

D. 40.

Trang 2


Câu 47. Một vật chuyển động trong 3 giờ với vận tốc v (km/h) phụ thuộc thời
gian t  h  có đồ thị là một phần của đường parabol như hình bên. Tính qng
đường S mà vật di chuyển được trong 3 giờ đó.
A. 6km.
B. 5km.
C. 20km.
D. 2km.
Câu 48. Cho số phức z a  bi  a, b    sao cho

z 2
2 z  2i
1 và

2 .
z i
z 1

Tính giá trị của biểu thức S a  b .
A. S 0 .

B. S 1 .

C. S 2 .

D. S  1 .

 z  1  2i 1
Câu 49. Cho số phức z thỏa mãn 
. Gọi S là diện tích phần mặt phẳng chứa các
 z  1  2i  z  3  2i
điểm biểu diễn của số phức z. Tính S.
A. S  .

B. S 2 .


C. S  .
2


D. S  .
4

 x 1  3t

Câu 50. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :  y  3 . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm
 z 5  4t


A  1;  3;5  và có vectơ chỉ phương u  1; 2;  2  . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có phương
trình là
 x  1  2t

A.  y 2  5t ,
 z 6  11t


 x  1  2t

B.  y 2  5t .
 z  6  11t


 x 1  7t

C.  y  3  5t .
 z 5  t


 x 1  t

D.  y  3 .
 z 5  7t



Câu 51. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC biết điểm A  1; 2;3 , đường trung

 x 5t
x 4 y 2 z  3



tuyến BM và đường cao CH có phương trình tương ứng là  y 0
và
. Viết
16
 13
5
 z 1  4t

phương trình đường phân giác góc A.
A.

x 1 y 2 z 3


.
7
1
10

B.

x 1 y 2 z 3


.
4
13
5

C.

x 1 y 2 z 3


.
2
3
1

D.

x 1 y 2 z 3


.
2
 11
5

Trang 3

Câu 52. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : x  1 

2 :

y 2
 z và
2

x  3 y 1 z  1


. Gọi  Q  là mặt phẳng chứa 1 và tạo với 2 một góc lớn nhất là  . Khi đó
2
1
2

cos  bằng

A.

1
.
3

B.

2 3
.
3

C.

6
.
9

D.

5 3
.
9

Câu 53. Cho tam giác ABC vuông tại A. Mặt phẳng  P  chứa BC và hợp với mặt phẳng  ABC  góc 
(0° <  < 90°). Gọi ,  lần lượt là góc hợp bởi hai đường thẳng AB, AC và  P  . Tính giá trị biểu thức
P cos 2   sin 2   sin 2  .
A. P 0 .

B. P  1 .

Câu 54. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng

C. P 2 .

D. P 1 .

11 . Gọi I là trung điểm cạnh CD. Tính khoảng cách giữa

hai đường thẳng AC và BI.
A. 2.

B. 2 2 .

C. 3 2 .

D.

2.

Câu 55. Cho đa giác đều có n cạnh (n > 4). Tìm n để đa giác có số đường chéo bằng số cạnh.
A. n = 8.

B. n = 16.

C. n = 5.

D. n = 6.

Câu 56. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S.
Xác suất để số được chọn được số chia hết cho 3 là
A.

2
.
3

B.

1902
.

5712

C.

1
.
3

D.

6667
.
20000

Câu 57. Tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
4  sin 4 x  cos 4 x   sin 2 2 x  4m 4cos 2 x có nghiệm là đoạn  a; b  . Tính 2b  a .
A. 2.

B. 3.

C. 1.

D. 4.

Câu 58. Một cấp số cộng có u7 27 và u20 79 . Tổng của 30 số hạng đầu của cấp số cộng này là
A. 1083.

B. 1380.

C. 1830.

D. 1038.

Câu 59. Người ta trồng 3003 cây theo dạng một hình tam giác như sau: hàng thứ nhất trồng 1 cây, hàng
thứ hai trồng 2 cây, hàng thứ ba trồng 3 cây,... , cứ tiếp tục trồng như thế cho đến khi hết số cây. Số hàng
cây được trồng là
A. 77.

B. 79.

C. 76.

D. 78.

Câu 60. Số đo ba cạnh của hình hộp chữ nhật lập thành một cấp số nhân. Biết thể tích của khối hộp chữ
nhật là là 125 cm3 và diện tích tồn phần là 150 cm2. Tính tổng số đo ba cạnh của hình hộp chữ nhật đó
A. 15cm.

B.

65
cm .
3

C.

105
cm .
4

D.

35
cm .
2

III. Phần 3 (2,5đ) – Toán tự luận
Trang 4


Bài 1. Biểu đồ bên dưới thể hiện tỷ lệ phần trăm chi phí trong năm 2020 của một cơng ty.

1. Tổng chi của công ty gấp bao nhiêu lần chi phí cho Nghiên cứu?
2. Nếu chi cho Quảng cáo là 210 triệu đồng thì chênh lệch giữa chi cho Vận chuyển và chi cho Thuế là
bao nhiêu triệu đồng?
3. Nếu chi cho Lãi vay là 245 triệu đồng thì tổng chi cho Quảng cáo, Thuế và Nghiên cứu là bao nhiêu
triệu đồng?
4. Năm 2020 công ty đã xây dựng tốt thương hiệu cũng như trả được thêm nhiều các khoản vay nên năm
2021 chi phí cho Lãi vay đã giảm 25% so với năm 2020 và công ty cũng quyết định giảm 20% chi phí
cho Quảng cáo. Tồn bộ lượng giảm chi phí sẽ được dùng để tăng lương cho tồn bộ nhân viên. Hỏi chi
phí cho Lương năm 2021 đã tăng bao nhiêu phần trăm so với năm 2020?
Bài 2. Một cửa hàng bán quả vải thiều của Bắc Giang với giá bán mỗi kg là 40 000 đồng. Với giá bán này
thì cửa hàng chỉ bán được khoảng 30 kg. Cửa hàng này dự định giảm giá bán, ước tính nếu cửa hàng cứ
giảm mỗi kg 4000 đồng thì số vải thiều bán được tăng thêm là 40 kg. Xác định giá bán để cửa hàng đó
thu được lợi nhuận lớn nhất, biết rằng giá nhập về ban đầu mỗi kilôgam là 25 000 đồng.

Trang 5


Đáp án

36-C
41-B
51-D

37-D
42-C
52-C

38-D
43-C
53-D

39-D
44-A
54-D

40-B
45-D
55-C

46-C
56-C

47-A
57-A

48-D
58-C

49-C

59-A

50-B
60-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 36.
2
Ta có f  x  2  x  3x  2  x  1  x  2   x  2  3  x  2  4   f  x   x  3  x  4  .

 x 3
2
Khi đó f  x  0  
. Đặt y  g  x   f  x  4 x  7  .
x

4

 2 x  4 0
2


g
x

2
x

4
.

f
x

4
x

7

0

 

Ta có   

2
 f  x  4 x  7  0
 x  2

  x 2  4 x  7 3 
 x 2  4 x  7 4


 x  2
 x  2

2
  x  2  0   x  1
.

 x  1

 x  3

 x  3

Bảng xét dấu g  x 

2
Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số y  g  x   f  x  4 x  7  đồng biến trên khoảng  1;   .

Câu 37.
Tài liệu phát hành từ Tai lieu chuan . vn
Ta có 180ml = 180cm3.
Gọi chiều dài của đáy hộp là x (cm), x > 0, khi đó chiều rộng của đáy hộp là

2
x  cm  .
3

Gọi chiều cao của hộp chữ nhật là h  cm  , h  0 .
2
270
3
Ta có thể tích của khối hộp chữ nhật là V  x. x.h 180  cm   h  2  cm  .
3
x
Diện tích tồn phần của khối hộp chữ nhật là
2
270
2 270
4

900
STP 2.x. x  2.x. 2  2. x. 2  cm 2   x 2 
 cm 2   f  x  .
3
x
3 x
3
x

Trang 6


4 2 900
u cầu bài tốn trở thành tìm x dương để hàm số f  x   x 
đạt giá trị nhỏ nhất. Áp dụng bất
3
x
4 2 450 450
x ,
,
ta có
3
x
x

đẳng thức Cơ-si cho 3 số dương

4 2 450 450
4 450 450
x 


3 3 x 2 .
.
 f  x  3 3 270000, x  0 .
3
x
x
3
x
x
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

3
4 2 450 450
2700
x 

 x
6,96  cm  .
3
x
x
2

Câu 38.
 x 2  4 0

2
Điều kiện xác định  x  x  4 0  x 2 .


2
 x  x  4 0
Nhận xét:
Đặt t  x 

x

x 2  4 . x  x 2  4 2 .





x 2  4 0  t  2 . Phương trình trên trở thành:
2t 2  2t 

2
1
2m  t 2  t  m
t
t

1
1
2
Xét hàm số f  t  t  t  , với 0  t  2 . Do đó f  t  2t  1  2 , f  t  0  t 1 .
t
t
Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm thì m 1 .
Vì m   và m    5;5 nên ta có S  1; 2;3; 4;5 .

Vậy số tập con của tập hợp S là 25 32 .
Câu 39.
Điều kiện: 4 x  2 x  m  0 .
x
x
Hàm số đã cho có tập xác định là  khi và chỉ khi 4  2  m  0  * x   .

Đặt t 2 x với t  0 , khi đó bất phương trình (*) trở thành t 2  t  m  0, t  0 .
1
2
Xét hàm số f  t  t  t , t  0 ta có f  t  2t  1 ; f  t  0  t  .
2
1
1
f  t   f    .
Lập bảng biến thiên ta tìm được min
 0;
4
 2
Để bất phương trình t 2  t  m  0, t  0 thì  m  

1
1
 m .
4
4

Câu 40.
0
Khi mới bắt đầu đi vào môi trường nước biển thì x = 0  I1 I 0 .e .

  .30
Ở độ sâu 30 mét thì I 2 I 0 .e

Trang 7


I 2 I 0 .e   .30

 I 2 e  42 .I1 , vậy I 2 tăng e  42 lần so với I1 , nói cách khác I 2 giảm e 42 lần so
Vậy ta có
0
I1
I 0 .e
với I1
Câu 41.
Anh sinh viên vay hàng tháng a = 3 triệu đồng từ tháng 9/2020 đến hết tháng 8/2022, tổng cộng 24 tháng.
Cuối tháng thứ 1: T1 a  ar a  1  r 
2

Cuối tháng thứ 2: T2 T1  a   T1  a  .r a.  1  r   a.  1  r  .
n

Tiếp tục như vậy đến cuối tháng n: Tn a.  1  r   a  1  r 
Suy ra Tn a.  1  r 

1 r 
.

n

1

r

n 1

 ...  a.  1  r 

.

Vậy tổng số tiền vay đến cuối tháng 8/2022 là
T24 3.  1  0,8% 

 1  0,8% 
.

24

1

0,8%

79, 662 triệu.

Tính từ cuối tháng 8/2022 anh sinh viên T thiếu ngân hàng A = 79,662 và bắt đầu trả hàng tháng m 2
triệu từ tháng 9/2022 đến tháng 6/2024, tổng cộng được 22 tháng. T.a.i.l.i.e.u.c.h.u.a.n.v.n
Đầu tháng 9/2022, còn nợ A – m = 79,662 – 2 = 77,662 triệu.
Cuối tháng 9/2022, tiền nợ có lãi đến cuối tháng T1 77, 662  r  1 .
Đầu tháng 10/2022 sau khi trả nợ m thì cịn nợ 77,662(r + 1) – m.
2

Cuối tháng 10/2022, còn nợ T2   77, 662   r  1  m   1  r  77, 662  1  r   m  1  r 
3

2

Cuối tháng 11/2022. còn nợ T2 77,662  1  r   m  1  r   m  1  r  .
Tiếp tục như vậy đến cuối tháng 6/2024 còn nợ
22

21

20

T22 77, 662  1  r   m  1  r   m  1  r   ...  m  1  r 
22

77, 662  1  r   m.  1  r 
22

1 r 
.

21

1

r

77, 662.  1  0,8%   2.  1  0,8% 

 1  0,8% 
.

0,8%

21

1

46, 64 triệu đồng.

Câu 42.
Gọi O là trọng tâm ABC , I là trung điểm BC.
Gọi N, P, Q lần lượt là giao điểm của  P  với các cạnh SB, SC, AC.
2
2 2a 3 2a 3
ABC đều có cạnh bằng 2a  AO  AI  .
.

3
3 2
3
Vì SABC là hình chóp đều nên SO   ABC  .
Trang 8


Xét tam giác vng SOA có: SO  SA2  AO 2 

a 69

.
3

2

2a
3 a3 23
Ta có: VSABC 1 SO.S ABC 1 . a 69 .  
.

3
3 3
4
3
MNPQ là hình thoi  MN MQ  x .
Ta có:
Đặt

MN MQ
x
x
6a

1 

1  x  .
SA BC
3a 2a
5

VSAMNPQ
AM
t 2  3  2t  .
t . Ta có cơng thức tính nhanh
VS . ABC
AB

Áp dụng


AM MQ 3

 t
AB
BC 5

VSAMNPQ
VS . ABC

81
81
27 23a 3
t 2  3  2t  
 VSAMNPQ 
VS . ABC 
.
125
125
125

Câu 43.
Giả sử ta có hình lập phương và các điểm như hình vẽ.
1
a
Bán kính đáy hình nón là r OM  BC  .
2
2
Đường sinh hình nón là
l OM  OO2  OM 2  a 2 

a2 a 5
.

4
2

Diện tích tồn phần của hình nón là
2

Stp S xq  S đáy  rl   r 

 a2



.

5 1
4

Câu 44.

Trang 9


Giả sử ta có mặt cắt qua trục của vật thể như hình vẽ.
Chiều cao của hình cầu là đường kính, nên theo đề ta có phần khuất cao
Suy ra OH 

1
r
2r 
6
3

2r
.
3

Bán kính mặt trong của giá đỡ bằng bán kính đường trịn giao tuyến.
2

2r
r 5
Vậy r   r    
.
3
 3 
2

Câu 45.





Giả sử chiều cao của khối trụ là OH h 0 h 3 2a .
Ta có OM R 3 2a , HM  18a 2  h 2 .
Vậy Vtru 



18a 2  h 2

2

 .h r  18a  h  .h .
2

2

2
2
Xét hàm số y r  18a  h  .h trên  0;3 2a 

 y   18a 2  3h 2   y 0  h  6a .



Ta có y







6a 12 6a 3 , y  0  0 , y 3 2a 0 .

Vậy Vtru lớn nhất khi h  6a  m  n 1  6 7 .
Câu 46.
Khi x 0 , ta có:
f  2 x 3  x 2  1  x  2   6 x 2  2 x  f  2 x3  x 2  1  6 x 2  2 x   x  2   * .
Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế của (*) ta được
1

1

 6 x
0

2

 2 x  f  2 x3  x 2  1 dx  6 x 2  2 x   x  2  dx
0

1



f  2 x

3

 x 2  1 d  2 x 3  x 2  1 

0

t 2 x3  x 2 1 4



f  t  dt 
1

49

6

4

49

f  x  dx  6

49
6

.

1

Trang 10


Câu 47.
2
Gọi  P  : v  t  a.t  b.t  c đi qua các điểm có tọa độ  0; 2  ;  1;1 ;  3;5  ta có hệ phương trình

 a.0  b.0  c 2

 a.1  b.1  c 1 
 a.9  b.3  c 5


c 2

2
b  2 . Vậy v  t  2  2t  t .
a 1


Quãng đường vật di chuyển trong 3 giờ là
3

3

1 

S  2  2t  t  dt  2t  t 2  t 3  6  km  .

3 0

0
2

Câu 48.
Điều kiện: z 1; z i .
Ta có

z 2
1  z  2  z  i  a  2  bi  a   b  1 i
z i
2

2

  a  2   b 2 a 2   b  1  4a  2b  3 0  1
Lại có,

2 z  2i
2  z  i  z  1  a   b  1 i  a  1  bi
z 1
2

2

 a 2   b  1  a  1  b 2  a  b 0  2  .

a 
 4a  2b  3 


Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 
 a  b 0
b 


1
2
.
1
2

Vậy S a  b  1 .
Câu 49.
Giả sử z x  yi  x, y    .
Khi đó z  1  2i 1   x  1   y  2  i 1


 x  1

2

2

2

2

  y  2  1   x  1   y  2  1 .

Và z  1  2i  z  3  2i


 x  1
2

2

2

  y  2 
2

 x  3
2

2

  y  2

2

2

  x  1   y  2   x  3   y  2   y  x  1 .
Gọi  T  là nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d : y x  1 , không chứa gốc tọa độ O  0;0  . Khi đó tập
hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn đề là nửa hình trịn  C  tâm I  1; 2  , bán kính R 1 và thuộc

Trang 11

 T  . Vì đường thẳng d đi qua tâm I  1; 2 

của hình trịn  C  nên diện tích cần tìm là một nửa diện tích


hình trịn  C  . Do đó S  .
2
Câu 50.
Ta có điểm A  1;  3;5  thuộc đường thẳng d, nên A  1;  3;5  là giao điểm của d và . Một vectơ chỉ

phương của đường thẳng d là v   3;0;  4  .

1
1
1
1
1 2 2 
 3
Ta xét u1   .u  3  1; 2;  2   3 ; 3 ;  3  ; v1   .v 5   3;0;  4    5 ;0; 



u
v

 
Nhận thấy u1.v1  0 , nên góc tạo bởi hai vectơ u1 , v1 là góc nhọn tạo bởi d và .

4


5 .

  
2
 4 10 22 
Ta có w u1  v1   ; ; 
   2;  5;11 là vectơ chỉ phương của đường phân giác của góc
15
 15 15 15 
nhọn tạo bởi d và  hay đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và  có vectơ chỉ phương là

w1  2;  5;11 và đi qua điểm A  1;  3;5  .
 x 1  2t
 x  1  2t


Do đó, phương trình phân giác cần tìm là  y  3  5t hoặc  y 2  5t .
 z 5  11t
 z  6  11t


Câu 51.
Giả sử B  5b;0;1  4b   BM , C  4  16c;  2  13c;3  5c   CH .
Ta có
 5  16c 13c 6  5c 
;
;
+) Tọa độ trung điểm M của AC là M 
.

2
2 
 2
 5  16c
 2 5t

c 0
  13c

0
  1  C  4;  2;3 .
Mà M  BM  
 2
t  2
 6  5c
 2 1  4t



+) Lại có, AB  5b  1;  2; 4b  2  . Vectơ chỉ phương của CH là w  16;  13;5  .

Do AB  CH nên AB.w 0  16  5b  1  13   2   5  4b  2  0  b 0
 B  0;0;1 .


AB


1;


2;

2
+)

 , AC  3;  4;0  .




AB  1 2 2 
AC  3 4 
Đặt u1     ;  ;   , u2    ;  ;0 
AB  3 3 3 
AC  5 5 
Trang 12


  
 4 22 2 
 u u1  u2  ; 
;  .
 15 15 3 

Chọn v  2;  11;  5  là vectơ chỉ phương của đường phân giác góc A.
Vậy phương trình đường phân giác góc A là

x 1 y 2 z 3



.
2
 11
5

Câu 52.


Đường thẳng 1 có một vectơ chỉ phương là u1  1; 2;  1 và đi qua điểm M 1  1;  2;0  . Vì  Q  chứa 1

nên đi qua M 1 và vectơ pháp tuyến của nó vng góc với u1 . Do đó, ta có thể giả sử phương trình của

 Q

có dạng

A  x  1  B  y  2   Cz 0 với 1 A  2 B    1 C 0 và A2  B 2  C 2  0 .

Gọi  là góc giữa  Q  và 2 . Do vectơ pháp tuyến của  Q  là n  A; B; C   A; B; A  2 B  vì

A  2 B C , và vectơ chỉ phương của 2 là u2  2;  1; 2  nên ta có
2

4 A  3B

 4 A  3B 
1
.
sin  


2
2
3 2 A2  4 AB  5B 2 3 2 A  4 AB  5 B
Ta xét hai trường hợp.
+) Trường hợp B 0 thì sin  

2 2
.
3

2
A
4
r

3


1
+) Trường hợp B 0 , ta đặt r  thì được sin  
.
B
3 2r 2  4r  5

Từ đó, ta xét hàm số f  r  
Ta có f  r  

 4r  3

2

2r 2  4 r  5

trên  .

8  4r  3   2 r 2  4r  5    4r  3 

 2r

2

 4r  5 

2

 4r  4 

2



4  4r  3   r  7 

 2r

2

 4r  5 

2

.

3
f  r  8 và f    0 , f   7   25 nên ta lập được bảng biến thiên, và từ đó thu được
Mặt khác rlim
 
3
 4
giá trị lớn nhất là

25
5 3
. Khi đó, sin  
.
3
9

+) So sánh hai trường hợp trên, ta thu được sin  

5 3
6
. Từ đó cos  
.
9
9

Câu 53.

Trang 13

Gọi d là đường thẳng vng góc với  ABC  tại A, S là giao điểm của d và

 P  . Khi đó  P 

chính là  SBC  .

Kẻ AI  BC  I  BC  , AH  SI  H  SI  .
 ;  ABH ;   ACH .
Khi đó  SIA
P cos 2   sin 2   sin 2  


HI 2 AH 2 AH 2


AI 2 AB 2 AC 2

HI 2
1
1  HI 2 AH 2
2

AH


1 .



2
AI 2
AC 2  AI 2 AI 2
 AB

Câu 54.

Dựng hình bình hành BICK  BICK là hình chữ nhật do BI  CD . Gọi H là tâm BCD .
Vẽ HM  KC tại M, HN  AM tại N.
Ta có CK   AHM   CK  HN  HN   ACK  .
Ta có BI / /  ACK 
 d  AC , BI  d  BI ,  ACK   d  H ,  ACK   HN .
Xét tam giác vng ABH có
2

 11. 3 
66
.
AH  AB  BH  11  
 
3
3


2

Ta có HM CI 

2

11
(vì BICK là hình chữ nhật).
2

66 11
.
AH .HM
3
2  2  d  AC , BI   2 .

Xét AHM vng có HN 
2
2
22
11
AH  HM

3 4
Câu 55.
2
2
Tổng số đường chéo và cạnh của đa giác là Cn  số đường chéo của đa giác là Cn  n . Để số đường

chéo bằng số cạnh thì
Trang 14


Cn2  n n 

n!

2n  n  n  1 4n  n  1 4  n 4   n 5 .
2! n  2  !

Cảm ơn các bạn đã sử dụng dịch vụ của tai-lieu-chuan-vn
Câu 56.
Giả sử số có năm chữ số có dạng abcde .
Vì số cần tìm chia hết cho 5 nên e có 2 cách chọn là chữ số 0 và 5.
Khi đó, a có 9 cách chọn vì a  0; các vị trí b, c, d mỗi vị trí có 10 cách chọn.
Suy số phần tử tập S là 2.9.103 = 18000 phần tử  n    18000 .
Số có năm chữ số bé nhất chia hết cho 5 là 10000 và lớn nhất là 99995.
Gọi biến cố B: “một số lấy từ tập S và chia hết cho 3”, khi đó số được lấy này phải chia hết cho 15.
Số có năm chữ số bé nhất chia hết cho 15 là 10005 và lớn nhất là 99990.
Vì chia hết cho 15 nên các số trong tập B này có thể xem như một cấp số cộng với u1 10005 ,
un 99990 , d 15  n 

99990  10005
 1 6000 .
15

Hay n  B  6000 . Vậy PB 

n  B  6000 1

 .
n    18000 3

Câu 57.
4
4
2

Ta có: 4  sin x  cos x   sin 2 x  4 m 4 cos 2 x
2
 4   sin 2 x  cos 2 x   2sin 2 x cos 2 x   sin 2 2 x  4cos 2 x  4m 0



 4  sin 2 2 x  4cos 2 x  4m 0  cos 2 2 x  4 cos 2 x  4 m  3 .
2
Đặt t cos 2 x  t    1;1  . Ta có phương trình t  4t  4m  3  * với t    1;1 .

Phương trình đã cho có nghiệm x khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t    1;1 .
2
Lập bảng biến thiên của hàm f  t  t  4t trên   1;1 .

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm t    1;1 khi và chỉ khi
 3  4m  3 5   2 m 0 . Vậy a  2 ; b 0 suy ra 2b  a 2 .

Câu 58.
Gọi d là công sai của cấp số cộng.
u7 27
u  6d 27
u 3
 1
 1
Khi đó ta có: 
.
d 4
u1 19d 79
u20 79
Trang 15

Do đó S30 30u1 

30.29.d
30.29.4
30.3 
1830 .
2
2

Câu 59.
Gọi số cây ở hàng thứ n là un .
Ta có: u1 1, u2 2, u3 3 , … và S u1  u2  u3  ...  un 3003 .
Nhận xét dãy số  un  là cấp số cộng có u1 1 , công sai d 1 .
n  2u   n  1 d 
Khi đó S   1
3003 . Suy ra
2
n  2.1   n  1 1
2

 n 77
3003  n  n  1 6006  n 2  n  6006 0  
 n 77 .
 n  78

Vậy số hàng cây được trồng là 77.
Câu 60.
Gọi x, y , z  cm; x, y, z  0  là số đo ba cạnh của hình hộp chữ nhật.

x  0

Theo giả thiết ta có:  y  x.q
 z x.q 2


 q  0 .

3 3
Thể tích của khối hình hộp chữ nhật là V  x. y.z  x .q 125  x.q 5  1

Diện tích tồn phần của hình hộp chữ nhật là
Stp 2  x. y  y.z  z.x  2 x 2 .q  2 x 2 .q 2  2 x 2 .q 3 150  2  .
 x.q 5

Từ (1) và (2) ta có  2
2 2
2 3
 2 x .q  2 x .q  2 x .q 150

 x.q 5


 x  5q 10

 q 1

 x 5

 x  y  z 5 .

Suy ra tổng của ba kích thước này là 5 + 5 + 5 = 15(cm).
PHẦN TỰ LUẬN
Bài 1
1. Tổng chi của công ty gấp số lần chi phí cho Nghiên cứu là:
20  12,5  15  10  5  20  17,5
20 (lần).
5
2. Chi phí cho Vận chuyển là:
Chi phí cho Thuế là:

210
.12,5 175 (triệu đồng).
15

210
.10 140 (triệu đồng).
15

Chênh lệch giữa chi cho Vận chuyển và chi cho Thuế là: 175 – 140 = 35 (triệu đồng).
3. Tổng chi cho Quảng cáo, Thuế và Nghiên cứu là:

245
.  15  10  5  420 (triệu).
17.5
Trang 16


4. Gọi chi phí cho Quảng cáo năm 2020 là x. Khi đó:
x
7x

.17,5  .
15
6

+) Chi phí cho Lãi vay năm 2020 là:
+) Chi phí cho Lương năm 2020 là:

x
4x
.20  .
15
3

 Chi phí cho Lương năm 2021 là:

4x
7x
73x
 25%.  20% x 
.
3
6
40

Chi phí cho Lương năm 2021 đã tăng so với 2020 là:
 73x 4 x  4 x 59


36,875% .


:
3  3 160
 40
Bài 2.
Gọi x (đồng) là giá bán thực tế của mỗi kilôgam vải thiều  25000  x 40000  .
Ta có thể lập luận như sau:
Giá 40 000 đồng thì bán được 30 kg vải thiều.
Giảm giá 4 000 đồng thì bán được thêm 40 kg vải thiều.
Giảm giá 40 000 – x thì bán được thêm bao nhiêu kg vải thiều?
Theo bài ra số kilôgam bán thêm được là:  40000  x  .

40
1

 40000  x  .
4000 100

Do đó số kg vải thiều bán được tương ứng với giá bán x:
30 

1
1
x  430
 40000  x  
100
100

Gọi F  x  là hàm lợi nhuận thu được ( F  x  : đồng).
1 2
 1


x  430  .  x  25000  
x  680 x  10750000 .
Ta có: F  x   
100
 100

Bài tốn trở thành tìm giá trị lớn nhất của
F  x  

1 2
x  680 x  10750000 trên  25000; 40000 .
100

Ta có: F  x  

1
1
x  680 . F  x  0  
x  680 0  x 34000
50
50

Vì hàm F  x  liên tục trên đoạn  25000; 40000 nên ta có:
F  25000  0 ; F  34000  810000 ; F  40000  450000
Vậy với x = 34000 thì F  x  đạt giá trị lớn nhất.
Vậy để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất thì giá bán thực tế của mỗi kg vải thiều là 34 000 đồng.

Trang 17