25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 9 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 9
(Bản word có giải)
II. Phần 2 (5đ) – Toán trắc nghiệm (câu hỏi 36 – 60)
9 x 1

Câu 36. Đồ thị hàm số y 
A. 4.

2020  x 2

có bao nhiêu đường tiệm cận?

B. 1.

C. 2.

D. 3.

5
4
3
2
Câu 37. Cho hàm số y  f  x  ax  bx  cx  dx  ex  f

Biết

hàm

số

y  f  x 

có

đồ

thị

như

hình

 a 0  .

bên.

Đặt

9
g  x   f  3 x  1  9 x3  x 2  6 x  2021 . Hàm số g  x  có bao nhiêu
2
điểm cực trị?
A. 7.

B. 3.

C. 9.

D. 5.

Câu 38. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên  và có bảng biến thiên như sau:

Tổng các giá trị nguyên của tham số m để phương trình 2

f  x 

4
f  x

 log 2  f 2  x   4 f  x   5 m có đúng

hai nghiệm phân biệt bằng
A. 33.

B. 49.

C. 34.

D. 50.

Câu 39. Bất phương trình log 4  x  7   log 2  x  1 có bao nhiêu nghiệm nguyên?
A. 1.

B. 3.

C. 4.

D. 2.

x
x

x
Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của m để bất phương trình m.16   2m  1 .12  m.9 0

nghiệm đúng với mọi x   0;1 ?
A. 6.

B. 11.

C. 12.

D. 13.

Câu 41. Một nguồn đặt tại điểm O phát ra âm đẳng hướng. Mức cường độ âm tại điểm M cách O một
khoảng R được tính bởi cơng thức LM log

k
 B  , với k > 0 là hằng số. Biết điểm O thuộc đoạn thẳng
R2

Trang 1


AB và mức cường độ âm tại A và B lần lượt là LA 4,3  B  và LB 5  B  . Mức cường độ âm tại trung
điểm của AB bằng
A. 4,65.

B. 4,58.

C. 5,42.

D. 9,40.

Câu 42. Cho lăng trụ ABC. ABC  có diện tích đáy bằng 12 và chiều cao bằng 6. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của CB, CA và P, Q, R lần lượt là tâm các hình bình hành ABBA , BCC B, CAAC  . Thể
tích của khối đa diện PQRABMN bằng
A. 42.

B. 14.

C. 18.

D. 21.

Câu 43. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB 1 , AD  AA 2 . Bán kính mặt cầu ngoại
tiếp hình tứ diện ABCD bằng
A.

B. 3.

5

C.

3
2

D.

5
.

2

Câu 44. Một nút chai thủy tinh là một khối tròn xoay  H  , một mặt phẳng đi qua trục của  H  cắt  H 
theo một thiết diện như trong hình vẽ dưới. Tính thể tích của  H  .

A. V 13 .

B. V 

41
.
3

C. V 17 .

D. V 23 .

Câu 45. Một bộ pha trà bằng thủy tinh có bình tổng và các tách đều là dạng hình trụ.
Bình tổng có chiều cao gấp đơi đường kính đáy, tách trà có bán kính đáy bằng một
nửa bán kính đáy bình tổng và có chiều cao bằng một phần ba chiều cao bình tổng. Có
ba người ngồi thưởng trà, mỗi lượt người thưởng trà chỉ uống vừa đúng ba phần tư
lượng nước có trong chén trà rồi lại châm thêm nước trà từ bình tổng vào chén. Hỏi
sau mấy lần rót nước trà vào các chén thì hết nước trà trong bình tổng, biết rằng thể tích nước trà ban đầu
có trong bình tổng chiếm ba phần tư thể tích của bình và mỗi lần rót trà thì chỉ rót vừa đủ ba phần tư thể
tích của chén trà.
A. 4.

B. 5.

C. 6.

D. 7.

Câu 46. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Lấy N, M lần lượt là trung điểm AB và AC. Tính khoảng cách d
giữa CN và DM.
A. d a

3
.
2

B. d 

a 10
.
10

C. d 

a 3
.
2

D. d 

a 70
.
35

Trang 2

Câu 47. Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh bằng a. Trên các tia AA ; BB ; CC  lần lượt
lấy A1 ; B1 ; C1 cách mặt phẳng đáy  ABC  lần lượt là

a
3a
; a; . Tính góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và
2
2

 A1B1C1  .
A. 60.

B. 90.

C. 45.

Câu 48. Cho phương trình sin 2 x  cos 2 x  sinx  cos x 

D. 30.
2 cos 2 x  m  m 0 . Có bao nhiêu giá trị

ngun của tham số m để phương trình có nghiệm thực?
A. 9.

B. 2.

C. 3.

D. 5.

Câu 49. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}.
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có tích các chữ số bằng 1400.
A.

1
.
37500

B.

1
.
1500

C.

7
.
15000

D.

7
.
5000

1
2

Câu 50. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn  Cn 55 . Số hạng không chứa x trong khai triển của

n

2

biểu thức  x3  2  bằng
x 

A. 80640.

B. 13440.

C. 322560.

D. 3360.

 x 2  ax  b khi x 2
Câu 51. Cho hàm số y  3
, biết hàm số có đạo hàm tại điểm x = 2. Giá trị của
2
 x  x  8 x  10 khi x  2
ab bằng
A. 2.

B. 4.

C. 1.

D. 8.

Câu 52. Bạn An muốn mua tặng mẹ một món quà trị giá 1 025 000đ. Để tạo sự bất ngờ cho mẹ, bạn bí
mật thực hiện kế hoạch ni heo đất từ số tiền tiêu vặt hàng ngày của mình như sau: Ngày đầu tiên bạn bỏ
vào heo đất 5000đ, các ngày tiếp theo, mỗi ngày bạn bỏ vào heo đất nhiều hơn ngày trước đó 1000đ. Hỏi
bạn An phải thực hiện kế hoạch trong bao nhiêu ngày thì có đủ tiền mua quà tặng mẹ?
A. 39 ngày.

B. 40 ngày.

C. 41 ngày.

Câu 53. Cho tam giác ABC vuông tại A có BC 2a ,

D. 50 ngày.

6
AC , AB theo thứ tự lập thành một cấp số nhân.
3

Khi đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng
A. r 

3
a.
2



B. r 



3 1 a.

C. r 

3 1
a.
4

D. r 

3 1
a.
2

Trang 3


Câu 54. Một vật chuyển động trong 4 giờ với vận tốc v(km/h) phụ thuộc thời gian
t(h) có đồ thị của vận tốc như hình bên. Trong khoảng thời gian 3 giờ kể từ khi bắt
đầu chuyển động, đồ thị đó là một phần của đường parabol có đỉnh I  2;9  với trục
đối xứng song song với trục tung, khoảng thời gian còn lại đồ thị là một đoạn thẳng
song song với trục hồnh. Tính qng đường s mà vật di chuyển được trong 4 giờ đó?
A. s = 27 (km).

B. s = 24 (km).

C. s = 28,5 (km).

D. s = 26,5 (km).

Câu 55. Hình phẳng  H  được giới hạn bởi đồ thị  C  của hàm đa thức bậc ba và
parabol  P  có trục đối xứng vng góc với trục hồnh. Phần tơ đậm của hình vẽ có
diện tích bằng
A.

37
.
12

B.

7
.
12

C.

Câu 56. Cho N là điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn

11
.
12

D.

5
.
12

z  2  3i
1  i và M là điểm biểu diễn của số phức
z 3

z  thỏa mãn z   2  i  z  3  3i  29 . Tìm giá trị nhỏ nhất của MN?

A. 9 2 .

B.

28
.
61

C.

85 .

D. 4 2 .

Câu 57. Biết số phức z thỏa mãn 2 z  i  z  z  3i và z  z có phần ảo không âm. Phần mặt phẳng
chứa các điểm biểu diễn cho số phức z có diện tích là
A.

5 5
.
12

B.

5 5
.
4

C.

5 5
.
8

D.

5 5
.
6

Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vng ABCD biết A  1;0;1 , B  1;0;  3 và điểm
D có hồnh độ âm. Mặt phẳng  ABCD  đi qua gốc tọa độ O. Khi đó đường thẳng d là trục đường trịn
ngoại tiếp hình vng ABCD có phương trình
 x  1

A. d :  y t .
 z  1


 x 1

B. d :  y t .
 z  1



 x  1

C. d :  y t .
 z 1


 x t

D. d :  y 1 .
 z t


Câu 59. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  2;1;0  và B  3;0;1 . Điểm I  a; b; c 
nằm trên mặt phẳng

 P : x  2 y 

z  2 0 sao cho IA  IB là nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức

T a  b  c .

A. 2.

B. 3.

C. 2.

D. 3.

Trang 4


Câu 60. Trong hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 S  :  x  2

2

2

2

  y  2    z  2  12 và điểm

A  4; 4;0  . Gọi B  a; b; c  là điểm thuộc mặt cầu  S  sao cho tam giác BOA cân tại B và diện tích tam
giác OAB bằng 4 3 . Khi đó a  b  c bằng
A.

7
.
2

B.

15
.
4

C.

15
.
2

D.

7
.
4

III. Phần 3 (2,5đ) – Toán tự luận
 x 2  ax  b khi x   1

khi  1  x 2 liên tục trên  . Tính giá trị của biểu thức
Bài 1. Biết hàm số f  x   2 x  4
 ax  b  10 khi x  2

S a  b .
x
x
Bài 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình 9   m  1 3  m  1 0 có nghiệm

thuộc khoảng  0;1 .

Đáp án
36-C
41-C
51-D

37-B
42-D
52-C

38-D
43-C
53-D

39-D
44-B
54-A

40-C
45-B
55-A

46-D
56-D

47-C
57-D

48-C
58-A

49-B
59-A

50-B

60-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 36.
Điều kiện: 2020  x 2 0   2 505  x 2 505 .
Với điều kiện trên thì x khơng thể tiến tới  nên đồ thị hàm số khơng có tiệm cận ngang.
Do

lim  y 
;



x  2 505

lim



x   2 505





y  

nên đồ thị có hai tiệm cận đứng là x 2 505 .

Câu 37.

2
Ta có g  x  3 f  3x  1  27 x  9 x  6 .
2

g  x  0  f  3 x  1 9 x 2  3 x  2  3 x  1   3 x  1  2 .
2
Đặt t 3 x  1 , ta được f  t  t  t  2

Sử dụng tương giao hai đồ thị của hai hàm số y  f  t  và y t 2  t  2 ta suy ra phương trình có 3
nghiệm đơn t  2 , t  1 , t 1 .
Từ đó suy ra phương trình có 3 nghiệm đơn x 

1
2
, x 0 , x  .
3
3

 y  g  x  có 1 điểm cực trị trên  0;    y  g  x  có 3 điểm cực trị.
Câu 38.
Trang 5


Dựa vào bảng biến thiên ta có: 1  f  x  4, x  
Xét g  x  2

f  x 

4
f  x

 log 2  f 2  x   4 f  x   5 .

4

f 2  x   4 f  x   5 


4  f  x  f  x

 g  x   f  x  
.ln 2  2
 2
f  x  
 f  x   4 f  x   5 .ln 2

4

f  x  .  2 f  x   4 

4  f  x  f  x
 f  x   1  2
.ln 2  2
 2
f  x 
 f  x   4 f  x   5 .ln 2

 f  x  

  f  x   2  f  x   f 4x


2
 
.
f  x   2    2
.ln 2  2
 2
  f  x  
 f  x   4 f  x   5 .ln 2 

 f  x  0

Khi đó g  x  0  
 f  x  2

 x 1, x 2, x 3

 x    1; 2  ; x    2;3

Ta có bảng biến thiên

 33  m  34,3
Dựa vào bảng biến thiên ta có yêu cầu đề bài  
mà m   nên m   16;34 . Vậy tổng
 m 16
các giá trị nguyên của tham số m là 50.
Câu 39.
Điều kiện: x > 1. Ta có
log 4  x  7   log 2  x  1 


1
log 2  x  7   log 2  x  1
2
x  7  x  1  x  7   x  1

2

 x2  x  6  0   3  x  2 .
Kết hợp với điều kiện ta có:  1  x  2 . Mà x    x   0;1 .
Câu 40.
Xét bất phương trình:
x

x

 16 
 12 
m.16 x   2m  1 .12 x  m.9 x 0  m.     2m  1 .    m 0  1 .
 9
 9
x

 4
 4
Đặt t   . Với x   0;1  t   1;  .
 3
 3
Trang 6

2
Khi đó bất phương trình trở thành m.t   2m  1 .t  m 0  m 

Xét hàm số f  t  

t

 t  1

2

t

 t  1

2

 2

.

t 1
 4
 4
 0, t   1;  .
trên khoảng  1;  có f  t  
3
 3
 t  1

 3

Khi đó bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x   0;1  bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi
 4
 4
t   1;   m  f   12 .
 3
 3
Vậy số các giá trị nguyên dương của m thỏa mãn bài toán là 12.
Câu 41.
Ta có: LA  LB  OA  OB .
Gọi I là trung điểm AB. Ta có:
+) LA log

k
k
k

10 LA  OA 
.
2
2
OA
OA
10 LA

+) LB log

k
k

k

10 LB  OB 
.
2
2
OB
OB
10 LB

+) LI log

k
k
k

10 LI  OI 
.
2
2
OI
OI
10 LI

Vì I là trung điểm AB nên ta có: OI 



1
10 LI

1 1
 

2  10 LA

1
10 LB

1
 OA  OB  
2

k
10 LI

1 1


  LI  2 log  
L

 2  10 A

1
k
 

2  10 LA
1

10 LB

k 

10 LB 


 .
 

Vậy LI 5, 42  B  .
Câu 42.
Gọi P, Q, R lần lượt là giao điểm của mặt phẳng

 PQR 

với các cạnh

CC  , AA , BB .

Khi đó, P, Q, R tương ứng là trung điểm các cạnh CC  , AA , BB , đồng
thời P, Q, R lần lượt là trung điểm các cạnh QR , RP , PQ .
Đặt V VABC .QRP .
1 1
V
V
Ta có: VB.RPQ VA.QPR  . V  ; VCMN . PQR  .
3 4
12
4

Vậy VPQRABMN V  VB.RPQ  VA.Q PR  VCMN .P 'QR 

7V 7 1
 . .12.6 21 .
12 12 2

Câu 43.
Trang 7


Cách 1. Vì tứ diện ABCD có 4 đỉnh là bốn đỉnh của hình hộp chữ nhật nên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
này có tâm trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp và có cùng bán kính với mặt cầu ngoại tiếp hình
hộp. Do đó.
R

AB 2  AD 2  AA2
12  22  22 3

 .
2
2
2

Cách 2. Gắn hệ trục tọa độ như sau A  0;0;0  trùng với gốc tọa độ
O, tia Ox trùng với tia AB, tia Oy trùng với tia AD, tia Oz trùng với
tia AA .
Khi đó B  1;0;0;  , D  0; 2;0  , C  1; 2;0  , A 0;0; 2  , B 1;0; 2  ,
D 0; 2; 2  .
Gọi mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có phương trình là

 S  : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d 0

a

2

 b 2  c 2  d  0  , bán kính R  a 2  b 2  c 2  d

Vì  S  đi qua A  0;0;0  , B 1;0; 2  , C  1; 2;0  , D 0; 2; 2  nên thay tọa độ các điểm này vào  S  ta có

 d 0
 2a  4c  d  5


hệ phương trình 
2
a

4
b

d

5

 4b  4c  d  8

 d 0

1

 a 
2 .

b  1

c  1
2

1
3
2
2
Vậy bán kính mặt cầu là R  a  b  c  d       1    1  .
2
 2 
2

2

2

Câu 44.
Thể tích nút chai gồm thể tích của hình trụ và thể tích của hình nón cụt.
2

 3
Thể tích hình trụ là: VT  .   .4 9  cm 3  .
 2
Hình nón cụt có bán kính đáy lớn R = 2 cm, chiều cao h = 2 cm; bán kính đáy nhỏ r = 1 cm.
1

14
2
2
Thể tích của nón cụt là: VN .C   h.  R  r  Rr  
 cm3 
3
3
Vậy thể tích nút chai là: V H  9 

14 41

cm 3 

3
3

Câu 45.
Cách 1. Gọi bán kính đáy bình tổng pha trà là R, khi đó chiều cao của bình là 4R, bán kính đáy chén trà là
R
1
4
và chiều cao chén trà là .4 R  R .
2
3
3
Trang 8


3
2

3
Thể tích nước trà có trong bình tổng là: V  . .R .4 R 3 R .
4
Thể tích nước trà trong mỗi chén ở lượt rót đầu tiên, chiếm ba phần tư thể tích của chén và bằng:
2

3  R 4
1
1
Vc     R   R 3  V .
4  2 3
4
12
Sau khi rót 3 chén cho 3 người thưởng trà, lượng nước trong bình tổng sẽ còn lại là: V  3.
Sau lượt thưởng trà lần thứ nhất, nước trong chén trà còn lại

1
3
V  V.
12
4

1
Vc , cần châm thêm vào 3 chén trà mỗi chén
4

3
3
Vc để lượng nước trà trong mỗi chén đủ
thể tích của chén như ban đầu. Tổng lượng nước trà cần

4
4
3
9
3
thêm vào 3 chén là: 3. Vc  Vc  V .
4
4
16
Như vậy, từ lần châm thêm nước thứ hai trở đi thì mỗi lần chỉ rót lượng nước là

3
V.
16

Gọi số lần rót nước là n thì ta có điều kiện:
3
3
3
3
V   n  1 V 0    n  1 0  4   n  1 0  n 5 .
4
16
4
16
Như vậy vừa đủ 5 lần rót trà thì hết bình nước trà.
Cách 2. Đặc biệt hóa bài tốn. Giả sử bình trà có một thể tích cụ thể, ví dụ là 400ml rồi tính tốn để tìm
số lần rót trà có thể.
Câu 46.
+) Gọi P là trung điểm đọan AN.

CN / / PM
 CN / /  DMP  .
Ta có 
 PM   DMP 
Suy ra d  CN , DM  d  CN ,  DMP   d  N ,  DMP  
d  A,  DMP   .
+) Khi đó

VA. BCD 

VA. DMP AP AM AD 1

.
.
 , mà tứ diện ABCD đều nên
VA. BCD AB AC AD 8

a3 2
12

 VA. DMP

a3 2
1
a3 2
.

 d  A,  DMP   .S DMP 
96
3

96

Trang 9


+) Lại có ABC đều nên DM 

a 3
a 3
a 3
, ABC đều nên CN 
.
 MP 
2
2
4
2

a
13a 2
a

Xét tam giác DPA có DP  AD  AP  2 AD. AP.cos PAD
a 2     2.a. .cos 60 
4
16
 4
2

 DP 

2

2

a 13
.
4

a 3 a 3 a 13


a
Nửa chu vi tam giác DMP là:
4
4 
p 2
2
 SDMP  p  p  DM   p  MP  

Vậy d  A,  DMP  



13  3 3



8

a 2 35
.
p  DP  
32

a3 2
a 70
a 70
 96


d
CN
,
DM



.
35
35
1 a 2 35
.
3 32

Câu 47.
Gọi H là trung điểm của AB.
 a a
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có tọa độ điểm A1   ;0;  ;
 2 2

 a 3 3a 
a

B1  ;0; a  ; C1  0;
;  . Ta có vectơ pháp tuyến của mặt
2 2 
2



phẳng  ABC  là vectơ đơn vị trên trục Oz: k  0;0;1 .

a a 3 
a 

; a 
Ta có: A1 B1  a;0;  ; A1C1  ;
2

2 2



3 3 3
  A1 B1 ; A1C1  a 2  
; ;

4
4 2 



 Mặt phẳng  A1 B1C1  nhận n  1; 3;  2 là một vectơ pháp tuyến.





Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  A1 B1C1  ta có:

k .n

2
1
cos   cos k ; n    

  45 .
2
k . n 1. 8

 

Câu 48.
Ta có: sin 2 x  cos 2 x  sin x  cos x 

2 cos 2 x  m  m 0

 sin 2 x  sin x  cos x m  cos 2 x  2cos 2  m
Trang 10

 1  sin 2 x  1  sin 2 x 1  m  cos 2 x  1  m  cos 2 x  * .
 1  sin 2 x a 0
2
2
Đặt 
. Khi đó  *  a  a b  b  **
 1  m  cos 2 x b 0
2
Xét hàm số với f  t  t  t , t 0 .

Dễ thấy hàm số y  f  t  đồng biến t 0 nên từ (**) ta có f  a   f  b   a b
 1  sin 2 x  1  m  cos 2 x  sin 2 x  cos 2 x m
Phương trình có nghiệm  m 2 2   2 m  2 .
Giá trị nguyên của tham số m là {1; 0; 1}, vậy có 3 giá trị.
Câu 49.
Số phần tử của tập S là 9.105.
Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S”.
1
5
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n    C9.105 9.10 .

Gọi B là biến cố “Số được chọn có tích các chữ số bằng 1400”
Ta có 1400 = 23.52.7 = 2.2.2.5.5.7 = 1.2.4.5.5.7 = 1.1.8.5.5.7 nên số có 6 chữ có tích bằng 1400 có thể
được lập bởi các trường hợp sau:
TH1. Số được lập từ bộ thứ nhất 2, 2, 2, 5, 5, 7 ; có tất cả

6!
60
3!.2!

TH2. Số được lập từ bộ thứ hai 1, 2, 4, 5, 5, 7; có tất cả

6!
360
2!

TH3. Số được lập từ bộ thứ hai 1, 1, 8, 5, 5, 7; có tất cả

6!
180
2!.2!

Do đó có tất cả 60 + 360 + 180 = 600 số có 6 chữ số và tích các chữ số bằng 1400.
1
Suy ra n  B  C600 600 .

Vậy xác suất cần tìm là P  B  

n  B
600
1


.
5
n    9.10 1500

Câu 50.
 n  
Điều kiện 

 n 2
1
2
Ta có Cn  Cn 55  n 

n  n  1
55  n 2  n  110 0 
2

 n 10
 n  11 .


Do n là số nguyên dương nên chọn n = 10.
10

k

10
10
10  k  2 
2 

Với n = 10 thì  x 3  2   C10k  x 3  .  2   C10k 2k x30  5 k .
x 

x 
k 0
k 0

Trang 11


k k 30  5 k
 0 k 10  .
Số hạng thứ k + 1 có dạng Tk 1 C10 2 x

Giả sử số hạng thứ k + 1 khơng chứa x khi đó 30  5k 0  k 6 .
n

2

6 6
Số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức  x3  2  bằng: C10 2 13440 .
x 

Câu 51.
Để hàm số có đạo hàm tại x = 2 thì hàm số phải liên tục tại x = 2.

 x3  x 2  8 x 10  xlim
 x2  ax  b    2 4  2a  b  2a  b  6 .
Do đó xlim
 2
 2
Hàm số có đạo hàm tại điểm x = 2 nên
lim

x 2

f  x   f  2

f  x   f  2
 lim
x 2
x 2
x 2

x 3  x 2  8 x  10    2 
x 2  ax  b   4  2a  b 
 lim
 lim
x 2
x 2
x 2
x 2
 lim  x 2  x  6   lim  x  2  a 
x 2

x 2

 4  a 0  a  4 .

Suy ra b 2 . Vậy ab  8 .
Câu 52.
*
Gọi u1 , u2 ,..., un  n    lần lượt là số tiền ngày thứ nhất, ngày thứ hai,..., ngày thứ n bạn An bỏ vào heo

đất, thì dãy trên là một cấp số cộng với số hạng đầu u1 5000 , công sai d 1000 .
Tổng số tiền bạn An dành được là: S n u1  u2  ...  un n.u1 

n  n  1

.d .
2

Theo giả thiết ta có:
S n 1025000  5000n 

n  n  1
.1000 1025000  5n 2  45n  10250 0 
2

 n 41  n 
.

 n  50  l 

Vậy bạn An phải thực hiện kế hoạch trong 41 ngày.
Câu 53.
Ta có tam giác ABC vng tại A có BC 2a ,

6
AC , AB lập thành một cấp số
3

2
2
nhân nên suy ra BC. AB  AC .
3
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: AC BC sin B , AB  AC cos B .
2
2

Do đó BC. AB  AC
3
 3BC 2 .cos B 2 BC 2 .sin 2 B
Trang 12


1
 60 .
 2 cos 2 B  3cos B  2 0  cos B   B
2
Vậy AC BC.sin 60 a 3 , AB a .
1
1 2

 SABC  2 AB. AC  2 a 3
S
3 1
 r 
a.
Suy ra 
p
2
 p  3a  a 3

2
Câu 54.
Dựa vào đồ thị ta tính được phương trình vận tốc của vật
Từ 0 đến 3 giờ: v1  t  

9 2

t  9t  km / h 
4

Từ 3 giờ trở đi: v2  t  v1  3 

27
 km / h 
4

Suy ra quãng đường vật đi được trong 4 giờ sẽ bằng
3

4

27
 9

s   t 2  9t  dt   dt 27  km  .
4
4

0
3
Câu 55.
Cách 1: Gọi hàm số bậc ba là y ax3  bx 2  cx  d  y 3ax 2  2bx  c .
Đồ thị  C  đi qua các điểm  1;0  ,  2;  2  và đạt cực trị tại x = 0; x = 2 nên ta có hệ sau:
0 a  b  c  d
a 1
  2 8a  4b  2c  d
b  3





0 c
c 0
0 12a  4b  c
d 2
Suy ra hàm số bậc ba là y  x 3  3 x 2  2 .
Gọi hàm số bậc hai là y mx 2  nx  p . Đồ thị  P  đi qua các điểm  1;0  ,  2;  2  ,   1;  2  nên ta có hệ

0 m  n  p

sau:   2 4m  2n  p 
  2 m  n  p


m  1

n 1
 p 0


Suy ra hàm số bậc hai là y  x 2  x .
Phương trình hồnh độ giao điểm của  C  và  P  là: x 3  3x 2  2  x 2  x
 x  1
 x  2 x  x  2 0   x 1 .
 x 2
3

2

Trang 13


2
3
2
Vậy diện tích phần tơ đậm là: S   x  2 x  x  2  dx
1

1

2

 S   x 3  2 x 2  x  2  dx 
1

 x
1

3

8 5 37
 2 x 2  x  2  dx    .
3 12 12

Cách 2: Vì đồ thị hàm bậc ba và đồ thị hàm bậc hai cắt trục tung tại các điểm có tung độ lần lượt là y = 2,
y = 0 nên ta xét hai hàm số là y ax 3  bx 2  cx  2 , y mx 2  nx .
Vì đồ thị hai hàm số cắt nhau tại các điểm có hồnh độ lần lượt là x =  1; x = 1; x = 2 nên ta có phương

trình hồnh độ giao điểm:
ax 3  bx 2  cx  2 mx 2  nx  a  x  1  x  1  x  2  0 . Với x = 0 ta được 2a 2  a 1
2

Vậy diện tích phần tơ đậm là: S   x  1  x  1  x  2  dx 
1

37
.
12

Câu 56.
+) Ta có
 z

z  2  3i
1  i  z  2  3i  1  i  z  3  3i  iz  5  6i
z 3

 5  6i
6  5i . Suy ra N  6;5  .
i

+) Gọi A  2;1 , B   3;3  AB  25  4  29 .
M  x; y  là điểm biểu diễn của số phức z  thỏa mãn z   2  i  z  3  3i  29 .
Ta thấy z   2  i  z  3  3i  29  MA  MB  AB . Suy ra quỹ tích điểm M là đoạn thẳng AB.



 

+) AN  4; 4  , AB   5; 2   AN . AB  20  8  12  0 . Suy ra tam giác NAB là tam giác tù tại A.
Khi đó, M thuộc đoạn thẳng AB thì MN nhỏ nhất khi và chỉ khi M  A .
Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là AN  16  16 4 2 .
Câu 57.
Gọi z x  yi  x, y    .
2

Ta có: 2 z  i  z  z  3i  2 x 2   y  1 

 2 y  3

2

2
2
 4  x 2   y  1   2 y  3



 4 x 2  4 y 2  8 y  4 4 y 2  12 y  9  4 y  4 x 2  5  y  x 2 

5
 1
4

Số phức z  z 2 yi có phần ảo khơng âm  y 0  2  .
Trang 14


Từ (1) và (2) ta suy ra phần mặt phẳng chứa các điểm biểu diễn cho số phức z là hình phẳng giới hạn bởi

2
Parabol  P  : y  x 

5
và trục hồnh.
4

5
5
Phương trình hồnh độ giao điểm của  P  và trục hoành là:  x 2  0  x  .
4
2
5
2

5

3
2
Gọi S là diện tích cần tìm  S 2   x 2  5  dx 2   x  5 x   5 5 .





4
6
 3 4 0
0 

Câu 58.


Ta có AB  0;0;  4   4  0;0;1 . Hay AB có vectơ chỉ phương k  0;0;1 .
Mặt

phẳng

 ABCD 

có

một

vectơ

pháp

tuyến



 OA; OB   0; 4;0  4  0;1;0  , hay j  0;1;0  là một vectơ pháp tuyến


của mặt phẳng  ABCD  .


 AD  k
 AD  AB

Vì 
nên    .
AD

ABCD



 AD  j

Đường thẳng AD có vectơ chỉ phương là  j; k   1;0;0  .
 x 1  t

Phương trình đường thẳng AD là:  y 0 . Do đó D  1  t ;0;1 .
 z 1

Mặt khác AD  AB 

 t 4
2
t 2  02   1  1 4  
.
 t  4

Vì điểm D có hồnh độ âm nên D   3;0;1 .
Vì tâm I của hình vng ABCD là trung điểm BD nên I   1;0;  1 .

Trang 15


Đường thẳng d là trục đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD có vectơ pháp tuyến là j  0;1;0  , nên

 x  1

phương trình đường thẳng d là: d :  y t .
 z  1

Câu 59.
Xét vị trí tương đối của A và B so với mặt phẳng  P  .
Ta có:  2  2.1  0  2   3  2.0  1  2  6.4 24  0  A, B nằm cùng phía so với  P  .
Gọi A là điểm đối xứng của A qua  P  . Khi đó: IA  IB IA  IB nhỏ nhất khi A , I, B thẳng hàng. Gọi
M là hình chiếu của A lên  P  .
 
Ta có: uMA n P   1; 2;  1 , MA đi qua A  2;1;0  .
 x t  2

Phương trình đường thẳng MA :  y 2t  1  M  t  2; 2t  1;  t  .
 z  t

Lại có M   P   t  2  2  2t  1    t   2 0  6t  6 0  t  1  M  1;  1;1 .
Do M là trung điểm AA  A 0;  3; 2  .
 
Ta có: u AB  AB  3;3;  1 , AB đi qua B  3;0;1 .
 x 3t  3

 I  3t  3;3t ;  t  1 .
Phương trình đường thẳng AB :  y 3t
 z  t  1


Lại có I   P   3t  3  2.3t    t  1  2 0  10t  4 0  t 

2
.
5

9 6 7
9 6 7
 I  ;  ;   T a  b  c    2 .
5 5 5
5 5 5
Câu 60.
Gọi M là trung điểm của AO  M  2; 2;0  và BM  AO .
Ta có: S OAB 4 3 

1
1
BM .OA 4 3  BM .4 2 4 3  BM  6 .
2
2

Gọi    là mặt phẳng đi qua M  2; 2;0  và vng góc với đường thẳng OA  B     và mp    nhận

OA  4; 4;0  làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình mp    là: 4  x  2   4  y  2  0  x  y  4 0 .
Gọi B  a; b; c  . Ta có:
Trang 16


 a  b  4 0

B    


2
2
2
 B   S    a  2    b  2    c  2  12 


2
2
2
 BM  6
 a  2    b  2   c 6


a 4  b

1

 c 

2

23
2

 b  2   8



a 4  b 0

1

c 
2

1
2
2

 2  b    b  2   4 6



8  46
8  46
a 
a 
4
4


1
1


hoặc c 
.
c 

2
2




8  46
8  46
b 
b 
4
4



7
Vậy a  b  c  .
2
PHẦN TỰ LUẬN
Bài 1
2
Với x   1 ta có f  x   x  ax  b , là hàm đa thức nên liên tục trên   ;  1 .

Với  1  x  2 ta có f  x  2 x  4 , là hàm đa thức nên liên tục trên   1; 2  .
Với x  2 ta có f  x  ax  b  10 , là hàm đa thức nên liên tục trên  2;   .
Để hàm số liên tục trên  thì hàm số phải liên tục tại x = 1 và x = 2.
Ta có: f   1 2 ; f  2  8 .
lim f  x   lim  x 2  ax  b  b  a  1 .

x   1

x  1

lim f  x   lim  2 x  4  2 .

x   1

x  1

lim f  x   lim  2 x  4  8 .
x 2

x  2

lim f  x   lim  ax  b  10  2a  b  10 .

x  2

x 2

Hàm số liên tục tại x = 1 và x = 2 khi
b  a  1 2
b  a 1
a  1


 a  b  1 .

2a  b  10 8 2a  b  2
b 0

Bài 2
Đặt t 3x . Vì x   0;1 nên t   1;3 và ứng với một giá trị t   1;3 thì có một nghiệm x   0;1 .
x
x
Phương trình 9   m  1 3  m  1 0 trở thành:

t2 t  1
t   m  1 t  m  1 0  m 
 f  t  , t   1;3  .
t 1
2

Trang 17


Số nghiệm của phương trình trên là số giao điểm của đồ thị hàm số f  t  

 d  : y m

t2 t  1
và đường thẳng
t 1

trên khoảng t   1;3 .

Ta có f  t  

t 2  2t  2

 t  1

2

 0, t   1;3 .

Bảng biến thiên:

 1 11 
Dựa vào bảng biến thiên, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m   ;  .
2 4

Trang 18