25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 15 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 15
(Bản word có giải)
II. TOÁN TRẮC NGHIỆM
Câu 36: Một khối cầu ngoại tiếp khối lập phương. Tỉ số giữa khối cầu và khối lập phương là
3
π
2

A.

B.

3 3
π
8

C.

3 3
8

3
2

D.

2
2
Câu 37: Có bao nhiêu giá trị nguyên m để bất phương trình log 2 x  (2m  5)log 2 x  m  5m  4  0

có ít nhất một nghiệm ngun và khơng quá 1791 nghiệm nguyên?

A. 10

B. 3

C. 9

D. 11

1 3
Câu 38: Cho hàm số y  f ( x)  x  ax có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích của hai
3
hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi

 3 5
A.  ; 
 4 4

1 1
B.  ; 
3 2

Câu 39: Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y 
A. ad  0, ab  0 .

B. bd  0, ab  0 .

S1
7

thì a thuộc khoảng nào dưới đây?

S 2 40

 1
C.  0; 
 3

 1 3
D.  ; 
 2 4

ax  b
. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
cx  d
C. bd  0, ad  0 .

D. ad  0, ab  0 .

Câu 40: Gọi (C) là tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  z  4  4 z  z 8 . Diện tích hình phẳng
giới hạn bởi (C) là:
A. 24

B. 4

C. 16

D. 8

Câu 41: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Gọi S là tập hợp số tự nhiên có năm chữ số trong đó chữ số 3 có mặt 3
lần, các chữ số khác có mặt đúng 1 lần. Chọn ngẫu nhiên trong tập S một số, tính xác suất để số được chọn
chia hết cho 3.

A.

2
5

B.

1
4

C.

1
3

D.

2
3

Câu 42: Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác đều cạnh có độ dài bằng 2a. Thể tích của khối
nón là


A.

πa 3 3
2

B.

πa 3 3
12

C.

πa 3 3
6

D.

πa 3 3
3

Câu 43: Một sinh viên ra trường đi làm ngày 1/1/2020 với mức lương khởi điểm là a đồng mỗi tháng và cứ
sau 2 năm lại được tăng thêm 10% và chi tiêu hàng tháng của anh ta là 40% lương. Anh ta dự định mua một
căn hộ chung cư giá rẻ có giá trị tại thời điểm 1/1/2020 là 1 tỷ đồng và cũng sau 2 năm thì giá trị căn hộ tăng
thêm 5%. Với a bằng bao nhiêu thì sau đúng 10 năm anh ta mua được căn hộ đó, biết rằng mức lương và
mức tăng giá trị ngôi nhà là khơng đổi (kết quả quy trịn đến hàng nghìn đồng).
A. 11.487.000 đồng

B. 14.517.000 đồng

C. 55.033.000 đồng

D. 21.776.000 đồng

x
x 2
Câu 44: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn  4  5.2  64  2  log  4x  0 ?

A. 22

B. 25

C. 23

D. 24

Câu 45: Cho một tấm nhơm hình vng cạnh 2016(cm). Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhơm đó bốn hình
vng bằng nhau, mỗi hình vng có cạnh bằng x (cm), rồi gập tấm nhơm lại như hình vẽ dưới đây để được
một cái hộp khơng nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

A. x = 336 .

B. x = 504 .

C. x = 672 .

D. x =1008.

Câu 46: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên bằng 3a. Khoảng cách từ A đến (SCD)
bằng
A.

a 14
3

B.

a 14
2

C.

a 14
4

D. a 14

Câu 47: Cho tập hợp A =1;2;3;4;5;6;7;8. Từ tập hợp A có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số đôi một
khác nhau sao cho các số này lẻ và không chia hết cho 5?
A. 20100

B. 12260

C. 40320

D. 15120

Câu 48: Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, tam giác SAC vuông cân tại S và nằm trong
mặt phẳng vng góc với đáy. Tính khoảng cách d giữa SC, AB .
A. d 

a 6
6

B.

a 2

3

C.

2a 21
7

D.

2a 30
5

Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2 x  2 y  z  3 0 và hai đường thẳng
d1 :

x  1 y z 1
x  2 y z 1
 
, d2 :
 
. Đường thẳng vng góc với (P), đồng thời cắt cả d1 và d 2 có
1
1
2
1
2
1

phương trình là:

A.

x 3 y  2 z 2


2
2
1

B.

x  2 y  2 z 1


3
2
2

C.

x  1 y z 1
 
2
2
1

D.

x  2 y 1 z  2



3
2
1

Câu 50: Trong không gian Oxyz, cho tứ diện có điểm A(1;0;-2), B(2;1;-1), C(1;-2;2), D(4;5;-7). Trên các
cạnh AB, AC, AD lần lượt lấy các điểm B, C, D thoả mãn

AB AC AD


8 . Khi tứ diện ABCD
AB AC AD

có thể tích nhỏ nhất mặt phẳng (BCD) có phương trình dạng 6x  my  nz  p 0  m, n, p   . Tính
m2  n  p
A. 3

B. -3

C. 7

D. -7

Câu 51: Ông Thành vay ngân hàng 2,5 tỷ đồng và trả góp hàng tháng với lãi suất 0,51%. Hàng tháng, ông
Thành trả 50 triệu đồng (bắt đầu thừ khi vay). Hỏi sau 36 tháng thì số tiền ơng Thành cịn nợ là bao nhiêu
(làm tròn đến hàng triệu)?
A. 1019 triệu đồng

B. 1025 triệu đồng

C. 1016 triệu đồng

D. 1022 triệu đồng

Câu 52: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1 ( t ) 2 t (m / s) . Đi được 12s, người lái
2
xe gặp chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a  12  m / s  .

Tính quãng đường s (m) đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi dừng hẳn?
A. s = 168 (m)

B. s = 166 (m)

C. s = 144 (m)

D. s = 152 (m)

Câu 53: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên

3
Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x  3x  là

A. 11.

B. 5 .

C. 7 .

D. 9 .

Câu 54: Cho hàm số f  x  liên tục trên  và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên
 π 3π 
của tham số m để phương trình f (f (cos x)) m có nghiệm thuộc khoảng  ;  ?
2 2 


A. 5.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 55: Một nút chai thủy tinh là khối tròn xoay (H ), một mặt phẳng chứa trục của (H ) cắt (H ) theo một
thiết diện như trong hình vẽ bên. Tính thể tích V của (H ).

3
A. V 23π  cm 

3
B. V 17π  cm 

3
C. V 13π  cm 

D. V 

41π
 cm3 
3

Câu 56: Thương nhau cau sáu bổ ba
Ghét nhau cau sáu bổ ra làm mười
Số người tính đủ tám mươi
Cau mười lăm quả, tính người ghét thương?
A. Số người thương là 30, số người ghét là 50.

B. Số người thương là 50, số người ghét là 30.

C. Số người thương là 60, số người ghét là 20.

D. Số người thương là 40, số người ghét là 40.

Câu 57: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 33 x  5.32 x  3.3x  1  m 0 có 3
nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 sao cho x1  0  x2  1  x3 là:
A. 8

B. 7

C. 0

D. Vô số

Câu 58. Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC ; A(2;1;1); B(1; 2;1); C (1;1; 2) . Độ dài đường cao kẻ từ A
của tam giác là:

A.

6
2

B.

2

C.

3
2

D.

3.

Câu 59: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc đoạn -10;10 để hàm số y 

2 cos x  6
nghịch
3cos x  m

 π
biến trên khoảng  0;  ?
 3
A. 15.

B. 17.

C. 16.

D. 18.

Câu 60: Số phức z1 là nghiệm có phần ảo dương của phương trình bậc hai z 2  2z  2 0 . Môđun của số
phức  2  i  z1 bằng:
A. 3 2

B. 10

C. 10

D. 18

III. TOÁN TỰ LUẬN
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có SC ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và  ABC =
1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 45 0. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD
và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD).
Bài 2: Trên sân bay một máy bay cất cánh trên đường băng d (từ trái sang phải) và bắt đầu rời mặt đất tại
điểm O. Gọi (P) là mặt phẳng vng góc với mặt đất và cắt mặt đất theo giao tuyến là đường băng d của máy
bay. Dọc theo đường băng d cách vị trí máy bay cất cánh O một khoảng 300 (m) về phía bên phải có 1 người
quan sát A. Biết máy bay chuyền động trong mặt phẳng (P) và độ cao y của máy bay xác định bởi phương
trình y x 2 (với x là độ dài của máy bay dọc theo đường thẳng d và tính từ O). Tính khoảng cách ngắn nhất
từ ngườiA (đứng cố định) đến máy bay.

---------HẾT---------


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

II. TOÁN TRẮC NGHIỆM
Câu 36: Một khối cầu ngoại tiếp khối lập phương. Tỉ số giữa khối cầu và khối lập phương là
A.

3
π
2

B.

3 3
π
8

C.

3 3
8

D.

Phương pháp giải:
a 3
- Bán kính khối cầu ngoại tiếp khối lập phương cạnh a là R 
.
2
4
3
- Thể tích khối cầu bán kính R là V   R .
3

- Thể tích khối lập phương cạnh a là V a 3 .
Giải chi tiết:

Gọi hình lập phương có các đỉnh như hình.
Gọi O là tâm hình lập phương. Khi đó O là tâm ngoại tiếp của khối lập phương.
Bán kính của khối cầu R OA 

AC  a 3
.

2
2
3

4
4  a 3   3a 3
Thể tích khối cầu là V1   R 3   
.
 
3
3  2 
2
3
Thể tích khối lập phương là V2 a .

 3a 3
Tỉ số thể tích giữa khối cầu và khối lập phương là V1  2  3
V2
a3
2

Chọn A

3
2


2
2
Câu 37: Có bao nhiêu giá trị nguyên m để bất phương trình log 2 x  (2m  5)log 2 x  m  5m  4  0

có ít nhất một nghiệm nguyên và không quá 1791 nghiệm nguyên?
A. 10

B. 3

C. 9

D. 11

Phương pháp giải:
- Đặt ẩn phụ t log 2 x .
- Biện luận phương trình
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: x  0
Đặt t log 2 x . Khi đó phương trình trở thành t 2  (2m  5)t  m 2  5m  4  0
 (t  m  1)(t  m  4)  0
 m 1  t  m  4

 m  1  log 2 x  m  4
 2m1  x  2m4

2
2
Để bất phương trình log 2 x  (2m  5) log 2 x  m  5m  4  0 có ít nhất một nghiệm ngun và khơng q

1791 nghiệm ngun thì
1  2m4  2m 1 1792


1
 2m 128
14

 1
 log 2    m 7
 14 
 m  [ 3;7]
Vậy có 11 giá trị của m thỏa mãn.
Chọn D
1 3
Câu 38: Cho hàm số y  f ( x)  x  ax có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi S1 , S2 lần lượt là diện tích của hai
3
hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bên. Khi

S1
7

thì a thuộc khoảng nào dưới đây?
S 2 40

 3 5
A.  ; 
 4 4

1 1
B.  ; 
3 2

 1
C.  0; 
 3

 1 3
D.  ; 
 2 4

Phương pháp giải:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  f ( x), y  g ( x) , đường thẳng x a, x b là
b

S | f ( x)  g ( x) | dx .
a

Giải chi tiết:
Ta có;
0

 x 4 ax 2 
1 a
 1


S1    x 3  ax dx  

  
1
2   1 12 2
 3

 12
0

2

 x 4 ax 2 
4
1

S2   x 3  ax dx  
  2a

0 3
2 0 3


 12
2

1 a

S1

7
12
2  7  10  20a  28  14a  a  8
 
Vì
4
S2 40
3
3
21
 2a 40
3
1 1
Vậy a   ;  .
 3 2
Chọn B
Câu 39: Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y 
A. ad  0, ab  0 .

ax  b
. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
cx  d

B. bd  0, ab  0 .

C. bd  0, ad  0 .

Phương pháp giải:
Đồ thị hàm số y 

ax  b
d
có tiệm cận đứng là đường thẳng x  .
cx  d
c

Đồ thị hàm số y 

ax  b
a
có tiệm cận ngang là đường thẳng y  .
cx  d
c

Đồ thị hàm số y 

ax  b
b
cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ x  .
cx  d
a

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x 

d
 0  cd  0 .
c

a
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y   0  ca  0 .
c

D. ad  0, ab  0 .


Từ cd  0, ca  0  ad  0
Đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại điểm có hoành độ x 

b
 0  ab  0 .
a

Câu 40: Gọi (C) là tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  z  4  4 z  z 8 . Diện tích hình phẳng
giới hạn bởi (C) là:
A. 24

B. 4

C. 16

Phương pháp giải:
- Gọi z x  yi  z x  yi . Thay vào giả thiết đề bài và biểu diễn y theo x .
- Vẽ đồ thị hàm số, xác định hình dạng của (C ) .
- Diện tích hình thoi bằng 1/ 2 tích hai đường chéo.
Giải chi tiết:
Gọi z x  yi  z x  yi , theo bài ra ta có:
| x  yi  x  yi  4 | 4 | x  yi  x  yi |8
 | 2 x  4 | 4 | 2 yi |8

 | x  2 | 4 | y |4
 1
1  4 ( x  2) khi x 2
 | y |
1  1 ( x  2) khi x  2
 4
3 1
 2  4 x khi x 2
 | y |
 1  1 x khi x  2
 2 4
Vẽ đồ thị hàm số ta được:

⇒(C) là hình thoi ABCD như hình vẽ, có 2 đường chéo AC = 2, BD = 8.
1
Vậy S C   .2.8 8 .
2

D. 8


Câu 41: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Gọi S là tập hợp số tự nhiên có năm chữ số trong đó chữ số 3 có mặt 3
lần, các chữ số khác có mặt đúng 1 lần. Chọn ngẫu nhiên trong tập S một số, tính xác suất để số được chọn
chia hết cho 3.
A.

2
5

B.

1
4

C.

1
3

D.

2
3

Phương pháp giải:
- Tìm số số tự nhiên có năm chữ số trong đó chữ số 3 có mặt 3 lần, các chữ số khác có mặt đúng 1 lần
- Tìm số số tự nhiên có năm chữ số trong đó chữ số 3 có mặt 3 lần, các chữ số khác có mặt đúng 1 lần mà có
tổng chia hết cho 3 (tức là tìm ra số cặp gồm 2 chữ số có tổng chia hết cho 3 rồi sắp xếp với 3 chữ số 3)
- Tính xác suất
Giải chi tiết:
2
- Chọn 2 chữ số từ 4 chữ số 1, 2, 4, 5 có C4 6 cách

- Sắp xếp 2 chữ số vừa chọn từ các chữ số 1, 2, 4, 5 với 3 chữ số 3 ta có 5! cách xếp.
Tuy nhiên các chữ số 3 ở đây đã hoán vị cho nhau 3! lần mà số trên vẫn không đổi nên có

5!
20 cách xếp
3!

- Theo quy tắc nhân ta có S 6.20 120
Gọi A là biến cố mà số được chọn chia hết cho 3.
Do số được chọn có 3 chữ số 3 nên chỉ cần tổng của 2 chữ số cịn lại chia hết cho 3 thì nó sẽ chia hết cho 3
Ta có các cặp số có tổng chia hết cho 3 từ các chữ số 1, 2, 4, 5 là (1,5),(2,4),(5,1),(4,2)
Khi đó: A 4.20 80
Vậy xác suất để số được chọn chia hết cho 3 từ tập S là

80 2
 .
120 3

Chọn D
Câu 42: Thiết diện qua trục của một hình nón là một tam giác đều cạnh có độ dài bằng 2a. Thể tích của khối
nón là
A.

πa 3 3
2

B.

πa 3 3
12

C.

πa 3 3
6

D.

πa 3 3
3

Phương pháp giải:
- Thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh 2a nên đường sinh bằng 2a, bán kính đáy bằng a.
- Sử dụng định lí Pytago tính chiều cao của khối nón.
1 2
- Từ đó tìm được đường cao của hình nón và tính thể tích V  πRhR h .
3
Giải chi tiết:


Xét hình nón như trong hình vẽ, có thiết diện qua trục là tam giác SAB đều cạnh 2a.
Khi đó: R OA a, l SA 2a .
 h SO  l 2  R 2  4a 2  a 2 a 3 .
1
1
πRha 3 3
Thể tích của khối nón là V  πRhR 2 h  πRha 2 .a 3 
.
3
3
3
Chọn D
Câu 43: Một sinh viên ra trường đi làm ngày 1/1/2020 với mức lương khởi điểm là a đồng mỗi tháng và cứ
sau 2 năm lại được tăng thêm 10% và chi tiêu hàng tháng của anh ta là 40% lương. Anh ta dự định mua một
căn hộ chung cư giá rẻ có giá trị tại thời điểm 1/1/2020 là 1 tỷ đồng và cũng sau 2 năm thì giá trị căn hộ tăng
thêm 5%. Với a bằng bao nhiêu thì sau đúng 10 năm anh ta mua được căn hộ đó, biết rằng mức lương và
mức tăng giá trị ngôi nhà là không đổi (kết quả quy trịn đến hàng nghìn đồng).

A. 11.487.000 đồng

B. 14.517.000 đồng

C. 55.033.000 đồng

Giải chi tiết:
n
Áp dụng công thức P P0 (1  r ) .

Giá trị ngôi nhà sau 10 năm là: P 109 (1  0, 05)5 109.1, 055 đồng.
Sau khi chi tiêu mỗi thàng thì số tiền người sinh viên còn lại là 60% lương.
Trong 2 năm 2020 – 2021: số tiền có được là: 0,6a.24(đồng).
Trong 2 năm 2022 – 2023: số tiền có được là: 0,6a(1+0,1).24 (đồng)
Trong 2 năm 2024 – 2025: số tiền có được là: 0,6a(1+0,1)2.24 (đồng)
Trong 2 năm 2026 – 2027: số tiền có được là: 0,6a(1+0,1)3.24 (đồng)
Trong 2 năm 2028 – 2029: số tiền có được là: 0,6a(1+0,1)4.24 (đồng)
⇒Tổng số tiền người sinh viên có trong 10 năm là:

D. 21.776.000 đồng


0, 6a.24  0, 6a(1  0,1).24  0, 6a(1  0,1) 2 .24  0, 6 a(1  0,1) 3.24  0, 6a (1  0,1) 4 .24
0, 6a.24 1  (1  0,1)  (1  0,1) 2  (1  0,1) 3  (1  0,1) 4 
14, 4a 1  1,1  1,12  1,13  1,14



14, 4a.



1. 1  1,15
1  1,1



 87,91344a

Để sau đúng 10 năm anh ta mua được căn hộ đó thì:
87,91344a 109.(1, 05)5  a 14.517.000 (đồng)
Chọn B.
x
x 2
Câu 44: Có bao nhiêu số nguyên x thỏa mãn  4  5.2  64  2  log  4x  0 ?

A. 22

B. 25

C. 23

D. 24

Phương pháp giải:
Đặt điều kiện xác định.
Biến đổi giải bất phương trình, kết hợp điều kiện để tìm được tập nghiệm của bất phương trình ban đầu.
Giải chi tiết:
x  0


Điều kiện: 
 2  lo g (4 x) 0

x  0

log(4 x) 2

x  0
x  0


 0  x 25.
2
 x 25
4 x 10
Ta có:

4

x

 5.2 x 2  64



2  log(4 x) 0 (1)

Nếu x 25 , thay vào ta thấy thỏa mãn bất phương trình (1)
Nếu 0  x  25 .
2  log(4 x) 0 nên (1)  4 x  5.2 x 2  64 0  2 x

 

Do

 2 x 16
 2  4 2  16 0   x

 2 4



x



x



2

 20.2 x  64 0

 x 4
 x 2


Kết hợp điều kiện 0  x  25 ta có: 0  x 2 và 4  x  25 .
Do đó tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 0  x 2 và 4  x 25 nên số nguyên x thỏa mãn là tập

S {1; 2; 4;5;,,,,,; 25} .
Vậy có 24 giá trị nguyên x thỏa mãn đề bài.
Chọn D
Câu 45: Cho một tấm nhơm hình vng cạnh 2016(cm). Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhơm đó bốn hình


vng bằng nhau, mỗi hình vng có cạnh bằng x (cm), rồi gập tấm nhơm lại như hình vẽ dưới đây để được
một cái hộp khơng nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

A. x = 336 .

B. x = 504 .

C. x = 672 .

D. x =1008.

Phương pháp giải:
Giải chi tiết:

V x(2016  2x)(2016  2x)
x  0
ÐKXÐ: 
 0  x  1008
2016  2x  0
Xét y x(2016  2x)(2016  2x) x(2016  2x) 2
x  (2016) 2  8064  4x 2  4x 3  8064x 2  (2016) 2 x
 x 1008 (L)
y 12x 2  16128x  (2016) 2 0  
 x 336 (TM)

BTT:

Để thể tích hộp lớn nhất thì x 336 .
Chọn A.
Câu 46: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên bằng 3a. Khoảng cách từ A đến (SCD)
bằng


A.

a 14
3

B.

a 14
2

C.

a 14
4

D. a 14

Phương pháp giải:
- Gọi O=AC∩BD. Khi đó: d(A,(SCD))=2d(O,(SCD)).
- Gọi F là trung điểm của CD. Chứng minh (SCD)⊥(SOF).
- Trong (SOF) kẻ OH⊥SF chứng minh OH⊥(SCD).
- Tính d(O,(SCD)) rồi suy ra d(A,(SCD)). Sử dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Giải chi tiết:

Gọi O  AC  BD  SO  ( ABCD )  SO  CD (1)
Gọi F là trung điểm của CD.
Do ABCD là hình vng nên OF  CD (2)
Từ (1), (2) ta có CD  ( SOF )  ( SCD)  ( SOF ) .
Trong ( SOF ) kẻ OH  SF  OH  ( SCD )  d (O, ( SCD )) OH .
vì ABCD là hình vng cạnh 2a nên AC 2a 2  OC a 2
Tam giác SOC vuông tại O nên SO  SC 2  OC 2  9a 2  2a 2 a 7 .
Tam giác DOC vuông cân tại O có OF là đường trung tuyến nên OF 
Tam giác SOF vng tại O có đường cao OH nên
OH 

SO.OF
SO 2  OF 2



a 7.a
7a 2  a 2

Ta có: AO  ( SCD) C 



a 14
.
4

d ( A, ( SCD)) AC


2
d (O, ( SCD)) OC

 d ( A, ( SCD)) 2d (O, ( SCD)) 

a 14
.
2

a 14
Vậy khoảng cách từ A đến ( SCD) bằng
.
2

DC
a
2


Câu 47: Cho tập hợp A =1;2;3;4;5;6;7;8. Từ tập hợp A có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số đôi một
khác nhau sao cho các số này lẻ và không chia hết cho 5?
A. 20100

B. 12260

C. 40320

D. 15120

Phương pháp giải:
- Số lẻ không chia hết cho 5 là số có tận cùng bằng {1;3;7}.
- Sử dụng hốn vị và quy tắc nhân.
Giải chi tiết:
Gọi số có 8 chữ số là a1a2 ...a8 .
Vì số lập được là số lẻ không chia hết cho 5 nên a8 ∈{1;3;7}⇒ Có 3 cách chọn a8.
Số cách chọn a1,a2,...,a7 từ tập 7 chữ số còn lại khác a8 là 7!=5040 cách.
Vậy số các số gồm 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho các số này lẻ và không chia hết cho 5
là 3.5040=15120
Chọn D
Câu 48: Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, tam giác SAC vuông cân tại S và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách d giữa SC, AB .
A. d 

a 6
6

B.

a 2
3

C.

Phương pháp giải:
- Dựng CD//AB, CD=AB. Khi đó
d(SC,AB) = d(AB,(SCD)) = d(A,(SCD)) = 2d(H,(SCD)
Giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của AC

Do tam giác SAC vuông cân tại S nên SH  AC

2a 21
7

D.

2a 30
5


 SH  AC

Ta có: ( SAC )  ( ABC )  SH  ( ABC )
( SAC )  ( ABC )

Kè CD / / AB, CD  AB
Khi đó d ( AB, SC ) d ( AB, ( SCD)) d ( A, ( SCD)) 2d ( H , ( SCD)) (do H là trung điểm của AC)
Kẻ HF⊥CD, F∈CD
Mà SH  CD( do SH  ( ABCD)
 ( SHF )  CD
 ( SHF )  ( SCD)
Trong ( SHF ) kẻ HP  SF  HP  ( SCD)  d ( H , (SCD )) HP
Ta có: tam giác SAC vng cân tại S có trung tuyến SH
 SH  AH HC 

AC 2a
 a
2
2

Tam giác HCF có HCF 60  HF HC sin 60 

a 3
2

Tam giác SHF vng tại H có đường cao HP
a 3
a
HF .HS
a 21
2
 HP 


2
2
2
7
HF  HS
3a
 a2
4
Vậy khoảng cách d giữa SC, AB là

2a 21
.
7

Chọn C

Câu 49: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2 x  2 y  z  3 0 và hai đường thẳng
d1 :

x  1 y z 1
x  2 y z 1
 
, d2 :
 
. Đường thẳng vng góc với (P), đồng thời cắt cả d1 và d 2 có
1
1
2
1
2
1

phương trình là:
A.

x 3 y  2 z 2


2
2
1

B.

x  2 y  2 z 1



3
2
2

C.

x  1 y z 1
 
2
2
1

D.

x  2 y 1 z  2


3
2
1

Phương pháp giải:
- Gọi A d  d1 , gọi B d  d 2 . Tham số hóa tọa độ điểm A, B lần lượt theo hai biến t1 , t2 .


- Tính AB và xác định VTPT n của (P).





- Vì d  ( P ) nên AB và nP cùng phương. Từ đó giải hệ tìm t1 , t2 .

- Với t1 , t2 tìm được xác định VTCP của đường thẳng d là AB và chọn đáp án đúng.
Giải chi tiết:
Gọi đường thẳng cần tìm là d .
Gọi A d  d1  A  1  t1 ; t1;  1  2t1  , gọi B d  d 2  B  2  t2 ; 2t2 ;  1  t2  .

Ta có: AB  t2  t1  1; 2t2  t1 ;  t2  2t1  .

Mặt phẳng (P) có 1 VTPT là n (2; 2;  1) .


Vì d  ( P ) nên AB và nP cùng phương .
t 2  t1  1 2t 2  t1  t 2  2t1


2
2
1
 t  t  1 2t 2  t1
 t 1
2 1
2
2t 2  t1 2t 2  4t1
 t1 0



 A(1;0;  1), B(3; 2;  2)


 AB (2; 2;  1) là 1 VTCP của đường thẳng d.
Vậy chỉ có đường thẳng ở đáp án A thỏa mãn.
Chọn A
Câu 50: Trong không gian Oxyz, cho tứ diện có điểm A(1;0;-2), B(2;1;-1), C(1;-2;2), D(4;5;-7). Trên các
cạnh AB, AC, AD lần lượt lấy các điểm B, C, D thoả mãn

AB AC AD


8 . Khi tứ diện ABCD
AB AC AD

có thể tích nhỏ nhất mặt phẳng (BCD) có phương trình dạng 6x  my  nz  p 0  m, n, p   . Tính
m2  n  p
A. 3

B. -3

C. 7

D. -7

Phương pháp giải:
VABCD
AB AC AD
 .
.
- Sử dụng tỉ số thể tích Simpson V


AB
AC
AD .
  
AB C D
3

 a b c 
- Áp dụng BĐT Cô-si: abc 
 (a, b, c  0) . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a b c .
3







  
- Chứng minh VAB'C'D' nhỏ nhất khi (BCD) / / B C D , tìm tỉ số

BC D 






và viết phương trình mặt phẳng.

Giải chi tiết:

AB 
, từ đó tìm tọa độ điểm B , VTPT của
AB


Ta có:
 AB AC AD


VABCD
AB AC AD  AB AC AD
 .
.


VABCD AB AC AD 
3

27
 VABCD 
VABCD
512

3


 512
 

27



 BCD  / /(BCD)
AB AC AD 8

      
Dấu bằng xảy ra khi

3

AB AC AD 3
AB  AB
8



 BC ( 1;  3;3)

 n BC D [ BC , BD] (6;0;2) .
Ta có:  


 BD (2; 4;  6)


3
13 
 3 3 3


  11 3
Tiếp tục có: AB (1;1;1) nên AB  AB  ; ;   B  ; ;   .
8
8 8 8
8 8 8





  
Khi đó phương trình mặt phẳng B C D là

11 
13 


6  x    2  z   0  6 x  2 z  5 0
8
8


Vậy m 0, n 2, p  5  m 2  n  p 3 .
Chọn A
Câu 51: Ông Thành vay ngân hàng 2,5 tỷ đồng và trả góp hàng tháng với lãi suất 0,51%. Hàng tháng, ông
Thành trả 50 triệu đồng (bắt đầu thừ khi vay). Hỏi sau 36 tháng thì số tiền ơng Thành cịn nợ là bao nhiêu
(làm trịn đến hàng triệu)?
A. 1019 triệu đồng
Phương pháp giải:

B. 1025 triệu đồng

C. 1016 triệu đồng

D. 1022 triệu đồng


n

Sử dụng cơng thức trả góp (trả đầu tháng): A S  1  r   M  1  r 

1 r 
.
r

n

1

, trong đó:

A: số tiền cịn lại sau n kì hạn.
S: số tiền vay ban đầu.
M: số tiền trả hàng tháng.
r: lãi suất 1 kì hạn.
Giải chi tiết:
Số tiền còn nợ sau tháng thứ nhất là:

 2500  50   1  0,51%  2500  1  0,51%   50  1  0, 51% 

(triệu đồng)

Số tiền còn nợ sau tháng thứ hai là:
[2500(1  0,51%)  50(1  0,51%)  50].(1  0, 51%)
2500(1  0,51%) 2  50(1  0,51%)2  50(1  0,51%)
2500(1  0,51%) 2  50(1  0,51%)[1  (1  0,51%)]
…
Số tiền còn nợ sau 36 tháng là:
2500(1  0,51%)36  50(1  0,51%)[1  (1  0,51%)  ...  (1  0,51%)35 ]
2500(1  0,51%)36  50(1  0,51%).

1[1  (1  0,51%)36 ]
1  (1  0,51%)

≈1022 (triệu đồng)
Chọn D
Câu 52: Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc v1 ( t ) 2 t (m / s) . Đi được 12s, người lái
2
xe gặp chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc a  12  m / s  .

Tính quãng đường s (m) đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi dừng hẳn?
A. s = 168 (m)

B. s = 166 (m)

C. s = 144 (m)

D. s = 152 (m)

Phương pháp giải:
Chia quãng đường vật đi được thành 2 giai đoạn:
Giai đoạn 1: Xe bắt đầu chuyển động đến khi gặp chướng ngại vật.
Giai đoạn 2: Xe gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn.
Tổng quãng đường xe đi được là: S S1  S 2  m 
b

Sử dụng công thức tính quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ aa đến v  t  dt
a

Giải chi tiết:
Giai đoạn 1: Xe bắt đầu chuyển động đến khi gặp chướng ngại vật.


Quãng đường xe đi được là:
12

12

12

S1  v1  t  dt 2tdt t
0

0

2

144  m 
0

Giai đoạn 2: Xe gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn.
Ơ tơ chuyển động chậm dần đều với vận tốc v 2  t  a  t  dt  12t  c
Vận tốc của xe khi gặp chướng ngại vật là: v 2  0  v1  12  2.12 24  m / s 
  12.0  c 24  c 24  v 2  t   12t  24
Thời gian khi xe gặp chướng ngại vật đến khi xe dừng hẳn là nghiệm phương trình:
 12t  24 0  t 2
2

2

2

Khi đó, quãng đường xe đi được là: S2 v 2  t  dt   12t  24  dt   6t  24t 
2

0

0

24  m 
0

Vậy tổng quãng đường xe đi được là: S = S1+S2 = 168(m)
Câu 53: Cho hàm số bậc bốn y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên

3
Số điểm cực trị của hàm số g  x   f  x  3x  là

A. 11.

B. 5 .

C. 7 .

Phương pháp giải:
- Dựa vào đồ thị xác định số nghiệm của phương trình f  ( x ) 0 .
- Tìm số nghiệm của g  ( x) 0 .
Giải chi tiết:
g ( x)  f x 3  3x





 g  ( x)  3 x 2  3 f  x 3  3 x



 



 x 1

Cho g ( x ) 0    3
.
 f x  3 x 0





D. 9 .