25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 8 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 8
(Bản word có giải)
II. Phần 2 (5đ) - Toán trắc nghiệm (câu hỏi 36 - 60)
Câu 36. Hình vẽ dưới là đồ thị của hàm số y 

ax  b
cx  d

 ad  bc 0  . Mệnh đề nào sau đây là đúng?

A. bd  0 , ad  0 .

B. bd  0 , ab  0 .

C. ad  0 , ab  0 .

D. ab  0 , ad  0 .

Câu 37. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm f  x   x  1

2

x

2

 2 x  với mọi x   . Có bao nhiêu giá trị

2
nguyên dương của tham số m để hàm số y  f  x  8 x  m  có 5 điểm cực trị?

A. 18.

B. 16.

C. 17.

D. 15.

Câu 38. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên   1;3 . Bảng biến thiên của hàm số y  f  x 
 x
được cho như hình vẽ bên. Hàm số y  f  1    x nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
 2
x
f  x 

–1
3

0

1

2

1

3
4

2

–1

A.  –4; –2  .

B.   2;0  .

C.  0; 2  .

D.  2; 4  .

Câu 39. Năm 2020, một doanh nghiệp X có tổng doanh thu là 150 tỉ đồng. Dự kiến trong 10 năm tiếp
theo, tổng doanh thu mỗi năm sẽ tăng thêm 12% so với năm liền trước. Theo dự kiến đó thì kể từ năm
nào, tổng doanh thu của doanh nghiệp X vượt quá 360 tỉ đồng?
A. 2026.

B. 2027.

C. 2028.

D. 2029.

Câu 40. Biết rằng tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

 2  3

x



m 2

A. T 5 .

3



x

1 có hai nghiệm phân biệt là khoảng  a; b  . Tính T 3a  8b .
B. T 7 .

C. T 2 .

D. T 1 .

Câu 41. Cho a, b, c là ba số thực dương, a  1 thỏa mãn
2

bc 

log  bc   log a  b3c 3    4  9  c 2 0
4

2
a

Khi đó, giá trị của biểu thức T a  3b  2c gần với giá nào nhất sau đây?
A. 8.

B. 9.

C. 7.

D. 10.

Trang 1


Câu 42. Cho hình lăng trụ đứng ABCD. ABC D với đáy là hình thoi có cạnh bằng 4a, AA 6a ,

BCD
120 . Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của AB , BC , BD . Tính thể tích khối đa diện lồi có
các đỉnh là các điểm A, B, C, M, N, K.
A. 9a 3 .

B. 16a 3 3 .

C. 9a 3 3 .

D. 12a 3 3 .

Câu 43. Cho hình nón đỉnh S có chiều cao bằng bán kính đáy và bằng 2a. Mặt phẳng  P  đi qua S cắt
đường tròn đáy tại A và B sao cho AB 2 3a . Khoảng cách từ tâm của đường trịn đáy hình nón đến

 P
A.

bằng
a

5

B.

a 2
.
2

C.

2a
5

D. a.

Câu 44. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4. Tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường trịn
đáy là đường trịn nội tiếp tam giác BCD và có chiều cao bằng chiều cao của tứ diện đều ABCD.
A. S xq 8 3 .

B. S xq 8 2 .

16 3
C. S xq 
.
3

16 2
D. S xq 
.
3

Câu 45. Một mặt cầu có tâm O nằm trên mặt phẳng đáy của hình chóp tam giác đều S.ABC có tất cả các
cạnh bằng nhau, các điểm A, B, C thuộc mặt cầu. Biết bán kính mặt cầu là 1. Tính tổng độ dài l các giao
tuyến của mặt cầu với các mặt bên của hình chóp thỏa mãn.





A. l  1; 2 .





B. l  2;3 2 .

C. l 





3; 2 .

 3 
;1 .
D. l  
 2 

Câu 46. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình chữ nhật, AB 2a , AD a ; tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vng góc với đáy. Góc  tạo bởi hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD  có số đo bằng
A.  90 .

B.  30 .

C.  60 .

D.  45 .

Câu 47. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB a , SA vng góc với mặt
phẳng đáy và AB  3a . Gọi M là trung điểm BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SM bằng
39a
.
12

A.

2a
.
3

B.

39a
.
13

C.

2a
.
2

D.

Câu 48. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình sin x  cos x  4sin 2 x m có
nghiệm thực? 
A. 7.

B. 5.

C. 6.

D. 8.

Câu 49. Một bình đựng 5 quả cầu xanh, 4 quả cầu đỏ và 3 quả cầu vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 quả cầu. Xác
suất để chọn được 3 quả cầu khác màu bằng
A.

3
.
7

B.

3
.
5

C.

3
.
11

D.

3
.
14

Trang 2


Câu 50. Từ 12 học sinh gồm 5 học sinh giỏi, 4 học sinh khá, 3 học sinh trung bình, giáo viên muốn thành
lập 4 nhóm làm 4 bài tập lớn khác nhau, mỗi nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm nào cũng có học
sinh giỏi và học sinh khá.
A.

36
.
285

B.

18
285

C.

72
.
285

Câu 51. Cho dãy số  un  được xác định bởi công thức un 

D.
2 n 2  5n  3
n 1

144
.
285

 n 1, n    . Hỏi dãy số có
*

bao nhiêu số hạng nhận giá trị nguyên?
A. 3.

B. 2.

C. 5.

Câu 52. Tổng n số hạng đầu tiên của một cấp số cộng là S n 

D. 10.
3n 2  19n
với n  * . Tìm số hạng đầu tiên

4

u1 và công sai d của cấp số cộng đã cho.
A. u1 2 ; d 

1
.
2

B. u1  4 ; d 

3
2

C. u1 

3
; d  2 .
2

5
1
D. u1  ; d  .
2
2

u5  u4 24
Câu 53. Cho cấp số nhân  un  có số hạng đầu là u1 và công bội là q là số dương thỏa mãn 
u7  u5 144
. Tổng 10 số hạng đầu của cấp số nhân trên là

A. 3060.

B. 30.

C. 3020.

D. 3069.

Câu 54. Hình elip được ứng dụng nhiều trong thực tiễn, đặc biệt là kiến
trúc xây dựng như đấu trường La Mã, tòa nhà Ellipse Tower Hà Nội, sử
dụng trong thiết kế logo quảng cáo, thiết bị nội thất,... Xét một Lavabo
làm bằng sứ đặc hình dạng là một nửa khối elip trịn xoay có thơng số kĩ
thuật mặt trên của Lavabo dài  rộng là 660  380 mm. Biết rằng
Lavabo có độ dày đều là 20 mm.
Thể tích chứa nước của Lavabo gần với giá trị nào trong các giá trị sau.
A. 18,66 dm3 .

B. 18,76 dm3 .

C. 18,86 dm3 .

C. 18,96 dm3 .

Câu 55. Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1  t  2t (m/s). Đi được 12 giây,
người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc
a  12  m / s 2  . Tính quãng đường s  m  đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng
hẳn
A. s 168 m .

B. s 166 m .

Câu 56. Cho số phức z a  bi, z 0 thỏa mãn

C. s 144 m .

D. s 152 m .

1 i
là số thực và z  3i  z  3  2i 2 . Đặt T a 2  b 2
z

. Mệnh đề nào sau đây đúng?
Trang 3


A. T   4;8  .

B. T   8;9  .

C. T   11;14  .

D. T   17; 20  .

 z  1  i 2
Câu 57. Có bao nhiêu số phức z xi  y,  x, y   thỏa mãn:  2
?
z

z


1

i

4

A. 10.

B. 8.

C. 6.

D. 5.

Câu 58. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  1;1;1 , B   1; 2;0  , C  2;  3; 2  . Tập hợp tất cả các điểm
M cách đều ba điểm A, B, C là một đường thẳng d. Phương trình tham số của đường thẳng d là
 x  8  3t

A.  y t
.
 z 15  7t


 x  8  3t

B.  y t
.
 z 15  7t


 x  8  3t

C.  y  t
.
 z  15  7t


 x  8  3t

D.  y t
.
 z 15  7t


Câu 59. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A  1;3;  2  , B  0; 4;7  , C  5;  1; 2  và mặt phẳng  P  :



x  y  z  2 0 . Điểm M  a; b; c  thuộc mặt phẳng  P  sao cho biểu thức MA  2 MB  3MC đạt giá trị
nhỏ nhất. Khi đó tổng T a 2  b 2  c 2 bằng
A. 56.

B. 106.

C. 105.

D. 23.

Câu 60. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I  2;3;  4  , trực tâm
H  3;0;1 . Biết A  1;  2;0  , phương trình đường thẳng BC là

7
z
A. x  3 y  4
2.


7
29
 44

B.

x  3 y  4 z 7


.
7
29
 44

7
C. x  3 y  4
2.


7
29
 44

D.

x  3 y 4 z 7


.
7
29
 44

z

III. Phần 3 (2,5đ) - Toán tự luận
Bài 1. Tập đồn X có 6 cơng ty A, B, C, D, E, F. Trong năm 2020, tỷ lệ
doanh thu của các công ty này được biểu thị như biểu đồ (hình bên).
1. Nếu doanh thu của cơng ty D là 650 tỷ đồng thì tổng doanh thu của công ty
B và C là bao nhiêu tỷ đồng?
2. Doanh thu của công ty F nhiều hơn doanh thu của công ty D, C bao nhiêu
phần trăm?
3. Nếu doanh thu của công ty E tăng 15% vào năm 2021 và doanh thu của
các công ty khác không thay đổi thì tổng doanh thu của tập đồn X tăng bao nhiêu phần trăm?
Bài 2. Chia 150 cái kẹo giống nhau cho 5 người sao cho ai cũng có kẹo. Tính xác suất để mỗi người có ít
nhất 10 cái kẹo (Làm tròn tới số thập phân thứ ba).

Trang 4


Đáp án
36. C
41. A
51. A

37. D
42. C
52. B

38. A
43. C
53. D

39. C
44. D
54. B

40. C
45. C
55. A

46. C
56. D

47. C
57. D

48. A
58. A

49. C
59. B

50. A

60. A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 36.
Từ đồ thị suy ra đồ thị hàm số đã cho cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ dương. Mặt khác, từ
y



ax  b
 b 
suy ra đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại điểm A   ;0  . Từ đồ thị hàm số suy ra
cx  d
 a 

b
 0  ab  0 .
a

Từ hàm số y 

ax  b
a
d
suy ra đồ thị có các đường tiệm cận ngang và đứng lần lượt là: y  ; x 
cx  d
c
c

a

 c  0

Từ đồ thị hàm số suy ra 
 d  0
 c

ac  0
 adc 2  0  ad  0 .

dc  0

Câu 37.
 x 0

2
Ta có: f  x   x  1  x  2 x  0   x 1
 x 2
2

2
2
Đặt g  x   f  x  8 x  m  . Ta có: g  x   2 x  8 f  x  8 x  m 

 x 4
 2
 x 4
 x  8 x  m 1 1
 g  x  0  

2

 x 2  8 x  m 0  2 
 f  x  8 x  m  0

 x 2  8 x  m 2  3

Để hàm số g  x  có 5 điểm cực trị thì g  x  0 có 5 nghiệm đơn phân biệt
16  m  0
18  m  0

 phương trình  2  ;  3 có 2 nghiệm phân biệt khác 4  
 m  16
m  16 0
m  18 0
Vì m ngun dương nên có 15 giá trị của m thỏa mãn.
Câu 38.
1  x
 x
Ta có y  f  1    x  y  f  1    1
2  2
 2
Trang 5


Xét y  0  
 2 1

1  x
 x
f  1    1  0  2  f  1    4 (dựa vào BBT)
2  2

 2

x
3  4 x 2
2

 x
Dựa vào các đáp án nên hàm số y  f  1    x nghịch biến trên khoảng   4;  2  .
 2
Câu 39.
Ta có tổng doanh thu của doanh nghiệp X tại năm thứ n là:
n

T 150  1  0,12  150.1,12n .
Để tổng doanh thu vượt quá 360 tỉ đồng thì
 360 
150.1,12n  360  n  log1,12 
  n  7, 725
 150 
Do n nguyên nên n 8 .
Vậy kể từ năm 2028 doanh thu của doanh nghiệp X sẽ vượt quá 360 tỉ đồng.
Câu 40.



Nhận xét: 2  3





x

  2  3

x

x

1 .



Đặt t  2  3 , t  0  2 

3



x

1

t

1
2
2
Khi đó phương trình trở thành t  m. 1  t  m t  m  t  t  m  f  t 
t

Bài tốn tương đương: Tìm m để phương trình m  f  t  có hai nghiệm dương phân biệt. Ta có
f  t   t 2  t  f  t   2t  1 ;

t

1
f  t  0  t   0 . 
2

+

f  t 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có 2
nghiệm khi 0  m 

0

f t
0

1
2
0
1
4



–



1
4

1
 1
Vậy m   0;  từ đó ta có a 0 , b   T 3a  8b 2
4
 4
Câu 41.
2

Áp dụng bất đẳng thức  x  y  4 xy , ta được
2

2

 3 3 bc 
 3 3 bc 
4 4
 b c   b c  log a  b c   4 log a  bc 
4
4


Trang 6


Do đó với a  1, b, c  0

2

bc 

log  bc   log a  b 3c 3    4  9  c 2 log 2a  bc   4log a  bc   4  9  c 2
4

2
a

2

2
bc 

 log  bc   log a  b3c3    4  9  c 2  log a  bc   2   9  c 2 0
4

2
a

 3 3 bc
b c  4

log a  bc   2
 2

Dấu “=” xảy ra khi c 9
a  1


b  0
c  0


a  2

1

b 
6

c 3


1
Khi đó T a  3b  2c  2   6 7,91 . Vậy giá trị của T gần 8 nhất.
2
Câu 42.
Gọi V là thể tích của khối lăng trụ ABCD. ABC D .
Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là giao điểm của AA , BB , CC  và mặt phẳng

 MNK  .
Thể tích của khối lăng trụ ABC. A1 B1C1 là:
1
1
VABC . A1B1C1  VABCD. ABC D  V .
4
4
Gọi V1 , V2 , V3 lần lượt là thể tích của khối tứ diện A. A1MK , B.B1MN , C.C1 NK . Ta có
1

1 1
+) V1 VA. A1MK  .SA1MK . AA1  . S A1B1C1 . AA1
3
3 4
1
1 1
1
 VABC . A1B1C1  . V 
12
12 4
48
1
1 1
+) V2 VB. B1MN  .SB1MN .BB1  . S B1 A1C1 .BB1
3
3 4
1
1 1
1
 VABC . A1B1C1  . V 
12
12 4
48
1
1 1
+) V3 VC .C1NK  .S C1NK .CC1  . S C1B1 A1 .CC1
3
3 4
1
1 1

1
 VABC . A1B1C1  . V 
12
12 4
48
1
3
+) V S ABCD . AA 2S BCD . AA 2. .  4a  .  4a  .sin120 .  6a  48a 3
2
Trang 7


Do đó, thể tích khối đa diện lồi ABCMNK là
1
VABCMNK  VABCD. AB C D    V1  V2  V3 
4
1
1
3
3
 V  3. V  V  .48a 3 3 9a 3 3
4
48
16
16
Vậy VABCMNK 9a 3 3 .
Câu 43.
Ta có  P   SAB  . Gọi O là tâm của đường tròn đáy, I là
trung điểm của AB.
Kẻ OH  SI  OH   SAB   d  O,  SAB   OH

Xét tam giác vng OIA có:
2

 AB 
2
2
OI  r 2  
  4a  3a a
 2 
Xét SOI vuông tại O, OH là đường cao ta có:
1
1
1
SO.OI
2a.a
2a
 2
 OH 


2
2
2
2
2
2
OH
OI
SO
5

OI  SO
4a  a
T.a.i.l.i.e.u.c.h.u.a.n.v.n
Câu 44.
Gọi I là trọng tâm tam giác BCD.
Tam giác BCD đều cạnh bằng 4 nên I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD và
BM 

4 3
2 3
2


2
4 3
 BI  BM 

3
3
 
r IM 1 BM  2 3

3
3
Vì AI là đường cao của tứ diện đều ABCD nên AI  AB 2  IB 2 

4 6
3

16 2

Vậy diện tích xung quanh hình trụ S xq 2 rh 
.
3
Câu 45. 
Bán kính mặt cầu OC R 1 . Đặt AB a  0 .
Ta có OA OB OC 1 .
Mà ABC đều  OA OB OC 

a 3
nên suy ra a  3 .
3
Trang 8


3
Từ giả thiết ta có S.ABC là tứ diện đều  CP SP  (P là trung điểm AB)
2
1
1
 OP  CP 
3
2
Ta có SOP vng tại O có đường cao OH
 OH .SP SO.PO và SO  SC 2  OC 2  2 ,

1
2.
SO.PO
2 2
 d OH 


3
SP
3
2
7
Vì SO  1   SAB    S  là đường trịn bán kính r  R 2  d 2 
.
3
Xét tam giác vng SOP có: HP 

OP 2 1
SO 2 4
 , SH 

SP 6
SP 3

Xét tam giác vng HPA có: HB HA 

7
3

Giao tuyến của  S  với mặt bên  SAB  là cung IJ.
cos AHB 

HA2  HB 2  AB 2
13

2 HA.HB

14

 AHB 2, 76  rad  sđ AB
Góc ngồi đường tròn là

 
sđ AB  sđ I J
 ASB 
3
2

 sđ AB  2 2, 76  2  độ dài cung IJ: l  2, 76  2  7
 sđ IJ
1


3
3
3  3



tổng độ dài l các giao tuyến của mặt cầu với các mặt bên của hình chóp là:



l 3l1  7   0,38  1, 77
3

Cách 2. Gọi D là trung điểm AB. Kẻ OI vng góc SD. Khi đó OI   SAB 

Suy ra I là tâm của đường tròn giao tuyến của mặt cầu đã cho và

 SAB  .
Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường tròn giao tuyến đó với
SB, SA.
Gọi K là trung điểm MB  IK  SB .
Đặt AB a  0 . Ta có OA OB OC 1 . 

Trang 9


Mà OA OB OC 

a 3
nên suy ra a  3 .
3

3
1
1
4
2
Ta dễ dàng tính được SD CD  , OD  , SO  2 , OI 
, ID  và SI  . Gọi r là bán kính
2
2
6
3
3
đường trịn giao tuyến. Khi đó r  1  OI 2 

7
.
3

1
2

Tam giác SIK vuông tại K và ISK
30 , suy ra IK  IS 
2
3
Tam giác MIK có cos I 

IK 2 7

IM
7



2 7


suy ra I arccos
 , suy ra MIN 2 SIM 2    
3

7




 7
Khi đó, chiều dài cung MN bằng l1 2    
và l 3l1 2     7 1, 77
3

3
 3
Câu 46.
+) Gọi H là trung điểm AB, do tam giác SAB đều nên SH  AB . Mà

 SAB    ABCD 

nên SH   ABCD  .

+) Gọi I là trung điểm CD.

Ta có:    SCD  ;  ABCD   SIH
.
+) Trong đó: SH là đường cao của tam giác đều 2a nên SH a 3 ,
HI  AD a .

SH


 3.
+) Khi đó tan  tan SIH
HI
suy ra  60 .

Câu 47.
Gọi N là trung điểm AB. Kẻ AH  SN .
Vì MN / / AC , MN   SMN  nên AC / /  SMN 
 d  SM ; AC  d  AC ;  SMN   d  A;  SMN  
 MN  AB
 MN   SAB   MN  AH
Ta có 
 MN  SA
Từ đó suy ra AH   SMN   d  SM ; AC   AH
Lại có

1
1
1
13
39a
.
 2
 2  AH 
2
2
AH
AS
AN
3a
13

Câu 48.
Trang 10



Đặt t  sin x  cos x  2 sin  x     0; 2 
4

 t 2 1  sin 2 x  sin 2 x 1  t 2 .
2
2
Phương trình đã cho trở thành t  4  1  t  m   4t  t  4 m  * .

Phương trình đã cho có nghiệm thực  Phương trình  * có nghiệm thực trên  0; 2  .
2
Xét hàm số f  t   4t  t  4 trên  0; 2  .

1
Ta có f  t   8t  1  f  t  0   8t  1  0  t  .
8
Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có u cầu bài tốn 

2  4 m 

65
.
16

Do m    m    2;  1;0;1; 2;3; 4 . Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cảm ơn các bạn đã sử dụng dịch vụ của tai-lieu-chuan-vn

Câu 49.
Không gian mẫu  : “Chọn ngẫu nhiên 3 quả cầu trong bình.”
3
Số cách chọn là: n    C12 220 .

Gọi A là biến cố: “Chọn được 3 quả cầu khác màu” . Khi đó, mỗi loại sẽ chọn 1 quả. Số cách chọn là:
n  A  C51.C41 .C31 60 .
Xác suất để chọn được 3 quả cầu khác màu là: P  A  

n  A
60
3

 .
n    220 11

Câu 50.
3
3 3 3
Ta có số phần tử của khơng gian mẫu là: n    C12C9 C6 C3 . Để nhóm nào cũng có học sinh giỏi và học

sinh khá thì:
2
1
- Chọn 2 học sinh giỏi và xếp vào 1 trong 4 nhóm: C5 .C4 .

- Xếp 3 học sinh giỏi cịn lại vào 3 nhóm cịn lại: 3!.
- Xếp 4 học sinh khá vào 4 nhóm: 4!.
- Xếp 3 học sinh trung bình: 3!.
Trang 11

 n  A  C52 .C41 .3!.4!.3!  P  A  

36
.
385

Câu 51.
Ta có un 

2 n 2  5n  3
6
2n  3 
n 1
n 1

Do đó un nguyên khi và chỉ khi
 n  1 1
 n  1 2

Suy ra 
 n  1 3

 n  1 6

6
nguyên hay n  1 là ước của 6.
n 1

 n 0  l 

 n 1
 n 2

 n 5

Vậy các số hạng nguyên của dãy số là u1 ; u2 ; u5 nên dãy số có 3 số hạng nhận giá trị nguyên.
Câu 52.
3n 2  19n
Ta có: S n 
4
n2  n
3
19
d
d
3
19

 nu1 
d  n2 
n  n 2   u1   n  n 2 
n
2
4
4
2
2
4

4

d 3
 2  4


u  d  19
 1 2
4

u  4
 1

3
d  2

Câu 53.
u5  u4 24

Ta có 
u

u

144
 7 5

u1q 4  u1q3 24

 6

4
u1q  u1q 144

3
u1q  q  1 24
 4 2
u1q  q  1 144

 1
 2

Vì q 1 nên lấy  2  chia  1 ta được
u1q 4  q 2  1

144

 q  q  1 6  q 2  q  6 0 
3
u1q  q  1
24

Vì q dương nên q 2  u1 

 q 2
 q  3


24
3 .
q  q  1

3

Khi đó tổng 10 số hạng đầu tiên của cấp số nhân là S10 u1 .

1  q10
3069
1 q

Câu 54.
Rìa trong của Lavabo là một elip có bán trục lớn a 

a

660
 20 310mm 3,1dm , bán trục nhỏ
2

380
 20 170mm 1, 7dm .
2
Trang 12


1 4
2
3
Áp dụng cơng thức tính nhanh thể tích khi qua elip quanh trục lớn, ta có V  .  ab 18, 76dm
2 3
Câu 55.
12

Quãng đường xe đi được trong 12 s đầu là: s1  2tdt 144m .
0

Sau khi đi được 12 s ô tô đạt vận tốc v 24m / s , sau đó vận tốc của ơ tơ có phương trình v 24  12t . Xe
dừng hẳn sau 2s kể từ khi phanh.
Quãng đường ô tô đi được từ khi đạp phanh đến khi dừng hẳn là:
2

s2  24  12t  dt 24m .
0

Vậy tổng quãng đường ô tô đi được là s s1  s2 144  24 168m .
Câu 56.
+) Vì

1 i
là số thực với z a  bi nên tồn tại số thực k ( k 0 ) sao cho:
z

a k
z k  1  i   a  bi k  ki  
 a b
 b  k
+) z  3i  z  3  2i 2 

2

a 2   b  3 

 a  3

 1
2

2

  b  2  2

 2 .

Thế  1 vào  2  ta được:
2

b 2   b  3 

 b  3

2

2

  b  2  2 

2

b 2   b  3  2 

 b  3

2

  b  2

2

 2b 2  6b  9 4  2b 2  10b  13  4 2b2  10b  13  4b  8 4 2b 2  10b  13
b  2 0


2
2
 b  2   2b  10b  13

b 2

 2
b  6b  9 0

b 2
 b 3  a 3

b 3

 T 32  32 18
Câu 57.
Ta có:
z 2  z  1  i  z 2  2 z  2    z  1  i 
 z  1  i   z  1  i    z  1  i   z  1  i   z  i  .
 z  1  i 2

 z  1  i 2

 *  
Mặt khác  2
z

z

1

i

4
z

1

i
z

i

4







 z  1  i 2
 **

 z  1 2

Xét z  1  i 2 có tập hợp điểm biểu diễn số phức z là miền ngồi hình trịn (kể cả biên)  C1  có I1  1;1
, R1 2 .

Trang 13


Xét z  i 2 có tập hợp điểm biểu diễn số phức z là miền trong hình trịn (kể cả biên)  C2  có I 2  0;  1 ,
R2 2 .
 Tất cả các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn  ** là miền tơ đậm như hình vẽ.

Do đó có 10 điểm có tọa độ nguyên thỏa mãn  ** là:

  2;  1 ,   1;0  ,   1;  1 ,   1;  2  ,  0;  1 ,  0;  2  ,  0;  3 ,  1;  1 ,  1;  2  ,  2;  1 .
Thử lại vào điều kiện  * ta được 5 điểm thoả mãn là:

  1;0  ,   1;  1 ,  0;  1 ,  0;  2  ,  1;  1 . Vậy có tất cả 5 số phức z thỏa mãn đề bài.
Câu 58.


Ta có AB   2;1;  1 ; BC  3;  5; 2  .


Ta thấy AB và BC không cùng phương nên ba điểm A, B, C không thẳng hàng. M cách đều hai điểm A,
B nên điểm M nằm trên mặt phẳng trung trực của AB. M cách đều hai điểm B, C nên điểm M nằm trên
mặt phẳng trung trực của BC.

Do đó tập hợp tất cả các điểm M cách đều ba điểm A, B, C là giao tuyến của hai mặt phẳng trung trực của
AB và BC. Gọi (P), (Q) lần lượt là các mặt phẳng trung trực của AB và BC.
 3 1
1 1 
Ta có: K  0; ;  là trung điểm AB; N  ;  ;1 là trung điểm BC.
 2 2
2 2 

3 
1

+)  P  đi qua K và nhận AB   2;1;  1 làm vectơ pháp tuyến nên  P  :  2 x   y     z   0
2 
2

hay  P  : 2 x  y  z  1 0 .
+)

 Q

đi

qua

N

và

nhận


BC  3;  5; 2 

làm

vectơ

pháp

tuyến

nên

 Q :

1 
1

3  x    5  y    2  z  1 0 hay  Q  : 3x  5 y  2 z  6 0 .
2 
2

Trang 14


  
Ta có d  P    Q   d có vectơ chỉ phương u  AB, BC    3;1;7  .
Chọn y 0 ta sẽ tìm được x  8 , z 15 nên   8;0;15   d .
 x  8  3t


Vậy  y t
.
 z 15  7t

Câu 59. Gọi I  x I ; y I ; z I 

   
là điểm thỏa mãn IA  2IB  3IC 0

1  xI  2  0  xI   3  5  xI  0

Suy ra 3  yI  2  4  yI   3   1  yI  0 

 2  z I  2  7  z I   3  2  z I  0

 xI 8

 y I  4  I  8;  4;  5 
 z  5
 I

Khi đó
    
 
 
MA  2MB  3MC  MI  IA  2 MI  IB  3 MI  IC



 



   

 2 MI  IA  2 IB  3IC  2MI 2 MI
  
Biểu thức MA  2 MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. Vậy M(a; b; c) là
hình chiếu của I trên mặt phẳng  P  .

Mặt khác, mặt phẳng  P  có một vectơ pháp tuyến là n  1;1;1 .
 x 8  t

Gọi  là đường thẳng đi qua I và vng góc với mặt phẳng  P  , suy ra  :  y  4  t
 z  5  t

Khi đó M    P  , tọa độ của M là nghiệm của hệ sau
 x 8  t
 y  4  t



 z  5  t
 x  y  z  2 0

 x 9

 y  3  M  9;  3;  4 
 z  4


 a 9

2
2
2
Vậy b  3  T a  b  c 106 .
c  4

Câu 60.



Ta có AI  1;5;  4  , AH  2; 2;1 nên  AI , AH   13;  9;  8  là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 ABC  suy ra  AI , AH  có giá vng góc với đường thẳng BC.

Mà AH có giá vng góc với BC nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng BC là

Trang 15


  
u  AH ,  AI , AH     7; 29;  44 


Gọi A là điểm đối xứng của A qua I thì A  3;8;  8  .

Ta có ACA vng tại C  AC  AC ; H là trọng tâm ABC  BH  AC .
 BH / /A 'C. Tương tự CH//A’B

7

 BHCA là hình bình hành  BC đi qua trung điểm M  3; 4;   của AH .
2

7
Do đó BC có phương trình là: x  3 y  4
2


7
29
 44
z

PHẦN TỰ LUẬN
Bài 1.
1. Tổng doanh thu của công ty B và C là:

650
.  26  12  247 (tỷ đồng).
100

2. Doanh thu của công ty F nhiều hơn doanh thu của công ty D là:
Doanh thu của công ty F nhiều hơn doanh thu của công ty C là:

16  10
0, 6 60% .
10

16  12 1
 33,3%
12
3

3. Gọi doanh thu của công ty E năm 2020 là x.
Khi đó tổng doanh thu của tập đoàn X năm 2020 là:
Tổng doanh thu của tập đoàn X năm 2021 là:
Tổng

doanh

thu

của

tập

đoàn

X

100 x 50 x

.
14
7

50 x 15 x 1021x



.
7 100
140
năm

2021

đã

tăng

so

với

năm

2020

là:

 1021x 50 x  50 x

0, 021 2,1% .

:
7  7
 140

Bài 2.
Không gian mẫu: Chia 150 cái kẹo giống nhau cho 5 người sao cho ai cũng có kẹo.
Trang 16


Xếp 150 cái kẹo thành một hàng ngang. 150 cái kẹo tạo ra 149 khoảng trống ở giữa. Đặt vào 4 vách ngăn
sẽ chia số kẹo thành 5 phần sao cho phần nào cũng có kẹo. Do đó, số phần tử của không gian mẫu là:
4
n    C149

Gọi A là biến cố “mỗi người có ít nhất 10 cái kẹo.”
Chia trước cho mỗi người 9 cái kẹo, còn lại 105 cái. Bài toán ban đầu trở thành bài toán chia 105 cái kẹo
cho 5 người sao cho ai cũng có kẹo.
Xếp 105 cái kẹo thành một hàng ngang. 105 cái kẹo tạo ra 104 khoảng trống ở giữa.
Đặt vào 4 vách ngăn sẽ chia số kẹo thành 5 phần sao cho phần nào cũng có kẹo. Do đó số kết quả thuận
4
lợi của biến cố A là: n  A  C104 .
4
n  A  C104
 4 0, 233 .
Xác suất của biến cố A là: P  A  
n    C149

Trang 17