25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 16 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 16
(Bản word có giải)
II. PHẦN TỐN TRẮC NGHIỆM
Câu 36: Tính thể tích V của khối trụ có bán kính và chiều cao đều bằng 6a.
A. V=72πaπaa3

B. V=9πaπaa3

C. V=2πa16πaa3

D. V=72πaπaa3

Câu 37: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y 

x 3
x

B. y x 3  3x 2πa

C. y x 4  3x 2πa

D. y x 3  6x 2πa  9πax

Câu 38: Tính thể tích V của hình lập phương ABCD.A′B′C′D′có đường chéo AC 2πa 3a
A. V a 3

B. V 2πa 2πaa 3

C. V 

8a 3
3

D. V 8a 3

Câu 39: Trong khơng gian Oxyz, bán kính của mặt cầu (S) tâm I(2πa;1;−1) tiếp xúc với mặt phẳng (P):
x+2πay−2πaz+6=0 bằng
A. 12πa

B. 4

C. 3

Câu 40: Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. 5

B. 3

C. 2πa

D. 6
2πa  x
bằng
x  10x 2πa  9πa
4

D. 4

Câu 41: Cho tứ diện OABC có OA,OB,OC đơi một vng góc với nhau và OA=4,OB=OC=8. Bán kính mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện OABC bằng
A. 5

B. 12πa

C. 3

D. 6

Câu 42: Cho hàm số y=f(x) liên tục trên RR và có đồ thị như hình vẽ bên.
Số nghiệm thực của phương trình 2πaf (x2πa − 1) − 5 = 0

A. 1

B. 3

C. 4

D. 2πa

Câu 43: Số cách xếp 3 học sinh nam và 2πa học sinh nữ thành một hàng ngang sao cho hai học sinh nữ luôn
luôn đứng cạnh nhau là
A. 2πa4

B. 12πa

C. 12πa0

D. 48

Câu 44: Thể tích vật trịn xoay sinh bởi hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên khi quay quanh trục hồnh
được tính theo cơng thức nào dưới đây?

3
x
A. πa 4 dx
1

3
x
B. πa  4  4  dx
1

3

2πa

x
C. πa  2πa  2πa  dx
1

3

D.

 2πa

x

 2πa  dx

1

Câu 45: Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vng có cạnh huyền bằng 2πa 2πaa . Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng


A. 4 2πaπaa 2πa

B.

2πa 2πaπaa 3
3

D. 4πaa 2πa

C. 2πa 2πaπaa 2πa

Câu 46: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 2πaa, SA vng góc với mặt
phẳng (ABC), SA = a. Khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC) bằng
A. a 3

B.

a 3
2πa

C. 2πaa

D.

a 3
4

Câu 47: Ông A gửi tiết kiệm ngân hàng 500 triệu đồng theo hình thức lãi kép, loại kỳ hạn 1 tháng với lãi
suất 0,6% / tháng. Cuối mỗi tháng đến ngày tính lãi ơng A ta đến ngân hàng và rút 2πa triệu đồng để chi tiêu.
Sau đúng 5 năm kể từ ngày gửi ông A đến và rút hết số tiền còn lại tron ngân hàng, hỏi số tiền đó gần với con
số nào dưới đây?
A. 574 triệu đồng

B. 560 triệu đồng

C. 571 triệu dồng

D. 580 triệu đồng

Câu 48: Cho khối đa diện đều loại {3;4} có độ dài cạnh bằng a 6 . Thể tich khối cầu ngoại tiếp khối đa diện
đều đã cho bằng
A. 9πa 2πaπaa 3

B. 4 3πaa 3

C. 12πa 3πaa 3

D. 6 6πaa 3

Câu 49: Cho hình chữ nhật ABCD và hình thang cân ABEF nằm trong hai mặt phẳng vng góc với nhau.
Biết AB = a; BC = BE = a 2πa , AB//EF và EF = 3a (tham khảo hình vẽ), thể tích khối đa diện ABCDEF bằng

A.

3 2πaa 3
2πa

B.

5 2πaa 3
6

C.

D.

2πaa 3



2πaa 3
3



Câu 50: Giả sử z1,z2πa là hai trong số các số phức z thỏa mãn  z  i  z  3i là số thuần ảo. Biết rằng
z1  z 2πa 3 , giá trị lớn nhất của z1  2πaz 2πa bằng
A. 3 2πa  3

B. 3  3 2πa

C.

2πa  1

D.

2πa  1


Câu 51: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB =

2πaa , AD = 2πaa, SA vng góc với

đáy và SA = 2πaa . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB và AD (tham khảo hình vẽ). Tính cosin của góc
giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SAC)?

3
6

A.

3
3

B.

6
3

C.

D.

1
3

3
2πa
Câu 52: Cho hàm số y 2πax   m  3 x  2πa  m  6  x  2πa019πa . Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để hàm số

trên có hai điểm cực trị đều thuộc đoạn [0;3]?
A. 0

B. 3

C. 2πa

D. 1





Câu 53: Cho số phức z = a + bi (a,b ∈ R) thỏa mãn phương trình i  z  5  2πa z  3   1  i  z . Giá trị biểu
thức T=a−2πab bằng
A. 11

B. 2πa

C. −2πa

D. −11

Câu 54: Gọi S là tập hợp các số có bốn chữ số được lập nên từ các số 2πa; 3; 4; 5; 6; 7; 8. Rút ngẫu nhiên một
số từ tập S. Tính xác suất để số đực rút là số chẵn có dạng abcd thỏa mãn a ≤ b < c ≤ d.
A.

2πa
2πa1

B.

8
343

C.

80
2πa401

D.

76
2πa401

Câu 55: Một biển quảng cáo có dạng hình vng ABCD và I là trung điểm của đoạn thẳng CD. Trên tấm
biển đó có đường Parabol đỉnh I đi qua A, B và cắt đường chéo BD tại M. Chi phí để sơn phần tơ hình tổ ong
(có diện tích S1) là 2πa00000 đồng/m2πa, chi phí sơn phần tơ đậm (có diện tích S2πa) là 150000 đồng/m2πa và phần
cịn lại là 100000 đồng/m2πa. Số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết AB = 4m?

A. 2πa,51 triệu đồng

B. 2πa,36 triệu đồng

C. 2πa,58 triệu đồng

D. 2πa,34 triệu đồng

Câu 56: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số mm để hàm số y xlnx  mx 

18
x

đồng biến trên khoảng (1; +∞). Tổng tất cả các phần tử thuộc S bằng
A. 1

B. 6

C. 10

D. 3

Câu 57. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;3;0), B(4;3;3) và đường thẳng

x 5 y 3 z

 .
5
4
1

Gọi M là điểm thuộc đường thẳng dd sao cho ∠AMB = 600, giá trị biểu thức T = MA2πa+MB2πa bằng
A. 2πa07

B. 30

C. 12πa

D. 36

Câu 58: Cho khối lăng trụ ABC.A′B′C′ có A′B = 4a. Gọi M là trung điểm của cạnh BB′ và CM a 2πa . Biết
khoảng cách giữa A′B và CM bằng a và góc tạo bởi hai đường thẳng A′B và CM là 300 (tham khảo hình
bên), thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ bằng

A. 2πa 2πaa 3

B.

2πaa 3
2πa

C. 6 2πaa 3

D.

3 3a 3
2πa

Câu 59: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số mm để phương
x

trình  m  1 e 2πax  m  1 có 2πa nghiệm phân biệt. Tổng giá trị của tất cả các phần tử thuộc S bằng

A. 2πa8

B. 2πa0

C. 2πa7

D. 2πa1


Câu 60: Cho hàm số f(x) = x3 − 2πaax2πa + a2πax + b (a,b∈R) có 2πa điểm cực trị A và B. Biết tam giác ABC vuông
cân tại O (O là gốc tọa độ), giá trị của biểu thức P=a2πa+b2πa bằng
A. 2πa5

B.

10
3

C. 40

D. 10

III. TOÁN TỰ LUẬN
Câu 61: Một bình hút chân khơng bằng thủy tinh là kết hợp của một hình nón cụt (N) và một hình
trụ (T) xếp chồng lên nhau, bán kính đường trịn đáy của hình trụ và đáy lớn của hình nón cụt lần lượt
là R và 4R, chiều cao của hình trụ và hình nón cụt lần lượt là hh và 3h (tham khảo hình vẽ). Biết tổng thể tích
của bình bằng 4dm3, em hãy tính thể tích của khối nón cụt (N).

Câu 62: Cho hai cấp số cộng (un):4,7,10,13,16,...và (vk):1,6,11,16,2πa1,... Hỏi trong 100 số hạng đầu của mỗi
cấp số cộng có bao nhiêu số hạng chung?


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
II. PHẦN TOÁN TRẮC NGHIỆM
Câu 36: Tính thể tích V của khối trụ có bán kính và chiều cao đều bằng 6a.
A. V=72πaπaa3

B. V=9πaπaa3

C. V=2πa16πaa3

D. V=72πaπaa3

Phương pháp giải:
Sử dụng cơng thức tính thể tích khối trụ V=πaR2πah.
Giải chi tiết:
Ta có: V=h.πaR2πa=6a.πa.(6a)2πa=2πa16πaa3
Câu 37: Đường cong trong hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào dưới đây?

A. y 

x 3
x

B. y x 3  3x 2πa

C. y x 4  3x 2πa

D. y x 3  6x 2πa  9πax

Phương pháp giải:
Quan sát các điểm đồ thị hàm số đi qua, từ đó loại các đáp án không thỏa mãn.
Giải chi tiết:
+) Đồ thị đi qua điểm O(0;0) và có 2πa điểm cực trị ⇒ loại A, C.
+) Đồ thị đi qua điểm (3;0), suy ra loại B.
Câu 38: Tính thể tích V của hình lập phương ABCD.A′B′C′D′có đường chéo AC 2πa 3a


A. V a 3

B. V 2πa 2πaa 3

C. V 

8a 3
3

D. V 8a 3

Phương pháp giải:
Gọi độ dài cạnh của hình lập phương là x.
Khi có độ dài đường chéo, ta tính được giá trị của x.
Giải chi tiết:
Gọi độ dài cạnh của hình lập phương là x.
3

AC x 3 2πa 3a  x 2πaa  V x 3  2πaa  8a 3
Câu 39: Trong không gian Oxyz, bán kính của mặt cầu (S) tâm I(2πa;1;−1) tiếp xúc với mặt phẳng (P):

x+2πay−2πaz+6=0 bằng
A. 12πa

B. 4

C. 3

D. 6

Phương pháp giải:
Sử dụng công thức khoảng cách từ 1 điểm tới 1 mặt phẳng:
Điểm M  x 0 ; y o  và mặt phẳng (P) : ax  by  cz  d 0
d ( M , ( P )) 

ax0  by0  cz0  d
a 2πa  b 2πa  c 2πa

Giải chi tiết:
Do (S) tiếp xúc với (P)  d (I, (P)) 

| 2πa  2πa  2πa  6 |
12πa  2πa2πa  ( 2πa) 2πa

4

Câu 40: Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 
A. 5

B. 3

C. 2πa

2πa  x
bằng
x  10x 2πa  9πa
4

D. 4

Phương pháp giải:
Tìm ĐKXĐ.
Tìm giá trị x để mẫu số bằng 0 .
Đường thẳng x a được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số y f (x) 

g(x)
 lim f (x)  hoặc x a là
x a
h(x)

nghiệm của h(x) 0 mà không là nghiệm của g(x) 0 .
f (x) b .
Đường thẳng y b được gọi là TCN của đồ thị hàm số y f (x)  xlim
 
Giải chi tiết:
+) Do

2πa  x có nghĩa khi x 2πa hay x  (  ; 2πa]


Ta có: lim

x  

2πa  x
0  y 0 là TCN (bậc trên tử nhỏ hơn bậc mẫu).
x  10 x 2πa  9πa
4

+) Xét phương trình x 4  10x 2πa  9πa 0  x  {1; 3} .
Ta có: lim
x 3

2πa  x
khơng tồn tại do 2πa  3  1  0 (thay lên trên tử ta thấy không thỏa mãn).
x  10 x 2πa  9πa
4

Tính giới hạn của hàm số tại  1;1;  3 ta thấy giới hạn là vô cực. Do đó đồ thị hàm số có 3 TCĐ và 1 TCN.
Vậy tổng số đường tiệm cận là: 4.
Câu 41:
Cho tứ diện OABC có OA,OB,OC đơi một vng góc với nhau và OA=4,OB=OC=8. Bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện OABC bằng
A. 5

B. 12πa

C. 3

D. 6

Phương pháp giải:
Cơng thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện có các cặp cạnh đơi một vng góc là: R 
Giải chi tiết:
Ta có: R 

OA 2πa  OB2πa  OC 2πa
42πa  82πa  82πa

6
2πa
2πa

Câu 42: Cho hàm số y=f(x) liên tục trên RR và có đồ thị như hình vẽ bên.
Số nghiệm thực của phương trình 2πaf (x2πa − 1) − 5 = 0

A. 1

B. 3

C. 4

D. 2πa

Phương pháp giải:
Đưa về bài tốn tương giao: tìm số nghiệm của phương trình f(x2πa−1)=52πaf(x2πa−1)=52πa
Giải chi tiết:

a 2πa  b 2πa  c2πa
2πa

2πa
2πa
Ta có: 2πaf  x  1  5 0  f  x  1 

 x 2πa  1 a   3

  x 2πa  1 b  ( 2πa;  1) 
 x 2πa  1 c  ( 1;0)


5
2πa

 x 2πa a  1   2πa  0
 2πa
 x  c  1
 x b  1  0
2πa
 x c  1  0


2πa
Vậy phương trình 2πaf x  1  5 0 có hai nghiệm thực.





Câu 43: Số cách xếp 3 học sinh nam và 2πa học sinh nữ thành một hàng ngang sao cho hai học sinh nữ luôn

luôn đứng cạnh nhau là
A. 2πa4

B. 12πa

C. 12πa0

D. 48

Phương pháp giải:
Ta coi 2πa học sinh nữ là 1 “học sinh đặc biệt”.
Tính số cách xếp 4 học sinh và số cách xếp 2πa học sinh nữ.
Giải chi tiết:
Để thỏa mãn 2πa học sinh nữ luôn đứng cạnh nhau, ta coi 2πa học sinh nữ là 1 “học sinh đặc biệt”.
+) Số cách xếp 4 học sinh (gồm 3 học sinh nam và 1 học sinh đặc biệt) là: 4! = 2πa4.
+) Số cách xếp nội bộ 2πa học sinh nữa là: 2πa! = 2πa.
Suy ra số cách xếp thỏa mãn bài tốn là: 2πa4.2πa=48.
Câu 44: Thể tích vật trịn xoay sinh bởi hình phẳng gạch chéo trong hình vẽ bên khi quay quanh trục hồnh
được tính theo cơng thức nào dưới đây?


3

3

3

x
B. πa  4  4  dx

x
A. πa 4 dx
1

2πa

x
C. πa  2πa  2πa  dx

1

1

3

D.

 2πa

x

 2πa  dx

1

Phương pháp giải:
Sử dụng cơng thức tính thể tích của vật thể trịn xoay quay quanh trục hồnh:
b

V   f 2πa ( x)  g 2πa ( x)  dx

a

Giải chi tiết:
Hình phẳng được giới hạn bởi các đường:
 y 2πa x

3
 y 2πa
 VOx   2πa x

1
 x 1
 x 3





2πa



3

 2πa2πa dx   4 x  4 dx
1





Câu 45: Cho hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vng có cạnh huyền bằng 2πa 2πaa . Diện tích
xung quanh của hình nón đã cho bằng
A. 4 2πaπaa 2πa

B.

2πa 2πaπaa 3
3

C. 2πa 2πaπaa 2πa

D. 4πaa 2πa

Phương pháp giải:
Sử dụng cơng thức tính diện tích xung quanh của hình nón: Sxq = πarl
Giải chi tiết:
Do SA=SB nên tam giác SAB vuông cân tại S
 l SA 

AB 2πa 2πaa

2πaa  Sxq πaRl πa. 2πaa.2πaa 2πa 2πaπaa 2πa
2πa
2πa

Câu 46: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 2πaa, SA vng góc với mặt
phẳng (ABC), SA = a. Khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC) bằng

A. a 3

B.

a 3
2πa

C. 2πaa

D.

a 3
4

Phương pháp giải:
Kẻ AM ⊥ BC. Nối S với M.
Kẻ AH ⊥ SM
Ta có: d(A,(SBC)) = AH.
Giải chi tiết:

Kẻ AM ⊥ BC. Nối S với M.
Kẻ AH ⊥ SM
Ta có: d(A,(SBC)) = AH (như hình vẽ)
Có: AM 



 2πaa  .

3

2πa

a 3

1
1
1
1
1
4
a 3
 2πa 
 2πa  2πa  2πa  AH 
2πa
2πa
AH
AS AM
a 3a
3a
2πa

Câu 47: Ông A gửi tiết kiệm ngân hàng 500 triệu đồng theo hình thức lãi kép, loại kỳ hạn 1 tháng với lãi
suất 0,6% / tháng. Cuối mỗi tháng đến ngày tính lãi ơng A ta đến ngân hàng và rút 2πa triệu đồng để chi tiêu.
Sau đúng 5 năm kể từ ngày gửi ông A đến và rút hết số tiền còn lại tron ngân hàng, hỏi số tiền đó gần với con
số nào dưới đây?
A. 574 triệu đồng

B. 560 triệu đồng

C. 571 triệu dồng

D. 580 triệu đồng

Phương pháp giải:
Sử dụng công thức: Tn T  1  r  n  t. 

n

1 r   1
r

Giải chi tiết:
Ta có cơng thức:
Tn T  1  r 

n

1 r 
 t.
r

n

1

với T = 500 triệu đồng, r = 0,6% / tháng, n = 5.12πa = 60 tháng.


Suy ra: T60 500  1  0, 6% 

 1  0, 6% 
 2πa.

60

1

0, 6%

571,9πa7 gần nhất với 571 triệu đồng.

Câu 48: Cho khối đa diện đều loại {3;4} có độ dài cạnh bằng a 6 . Thể tich khối cầu ngoại tiếp khối đa diện
đều đã cho bằng
A. 9πa 2πaπaa 3

B. 4 3πaa 3

C. 12πa 3πaa 3

D. 6 6πaa 3

Phương pháp giải:
Xác định tâm II của mặt cầu ngoại tiếp: giao điểm của hai đường chéo đáy.
4 3
Sử dụng cơng thức tính thể tích khối cầu: V  πaR
3
Giải chi tiết:

Khối đa diện đều loại {3;4} là một khối bát diện đều có tâm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện (như

hình vẽ).
Ta có bán kính: R IA 

BD a 6. 2πa

a 3
2πa
2πa

4 3 4
Suy ra thể tích khối cầu: V  πaR  πa a 3
3
3





3

a 3πaa 3

Câu 49: Cho hình chữ nhật ABCD và hình thang cân ABEF nằm trong hai mặt phẳng vng góc với nhau.
Biết AB = a; BC = BE = a 2πa , AB//EF và EF = 3a (tham khảo hình vẽ), thể tích khối đa diện ABCDEF bằng


A.

3 2πaa 3
2πa

B.

5 2πaa 3
6

C.

2πaa 3

Phương pháp giải:
Chứng minh CB⊥(ABEF)
Gọi M,N lần lượt là hình chiếu vng góc của A,B trên EF.
VABCDEF VC.BNE  VBNC.AMD  VD.AME
Giải chi tiết:

CB  AB (ABCD)  (ABEF)
 CB  (ABEF)
Do 
(ABCD)  ( ABEF)
Gọi M,N lần lượt là hình chiếu vng góc của A,B trên EF.
Khi đó: EN = NM = MF = a và

D.

2πaa 3
3


VABCDEF VC.BNE  VBNC.AMD  VD.AME 2πaVC.BNE  VBNC.AMD

2πa
2πa
1
1
5 2πaa 3
2πa. CB.SBNE  AB.SCBN  .a 2πa. .a 2πa  a. .a 2πa.a 
3
3
2πa
2πa
6





Câu 50: Giả sử z1,z2πa là hai trong số các số phức z thỏa mãn  z  i  z  3i là số thuần ảo. Biết rằng
z1  z 2πa 3 , giá trị lớn nhất của z1  2πaz 2πa bằng
A. 3 2πa  3

B. 3  3 2πa

C.

2πa  1

D.

Phương pháp giải:
Đặt z = x + yi (x,y ∈ R)

Khi đó tìm được quỹ tích điểm biểu diễn số phức z.
Sử dụng phương pháp hình học để tìm max của |z1 + 2πaz2πa|
Giải chi tiết:

Gọi z = x + yi (x,y ∈ R), khi đó:

 z  i   z  3i   x   y 1 i  .  x   y  3 i 

là số thuần ảo

⇔ phần thực:
2πa

x 2πa   y  1  y  3 0  x 2πa   y  1 4 (2πa*)
Gọi
Và A, B thuộc đường tròn tâm I(0;1) và bán kính R = 2πa.
Xét điểm M thỏa mãn
2πa

x 2πa   y  1  y  3 0  x 2πa   y  1 4 (2πa*)


 
 

(2πa*)
Khi đó: P  z1  2πaz 2πa | OA  2πaOB || OM  MA  2πa(OM  MB) | 3 | OM |3OM
Gọi H là trung điểm của AB , khi đó với (2πa*), suy ra:

2πa  1

3
1

 MH BH  BM  2πa  1  2πa


2πa
 IH  IB2πa  HB2πa  2πa2πa   3   7
 

2πa
 2πa 

 IM  MH 2πa  IH 2πa  2πa

Suy ra M thuộc đường trịn tâm I(0;1) , bán kính r  2πa .
Khi đó: Pmin 3OM min 3OC 3(OI  r) 3(1  2πa) 3  3 2πa
Câu 51: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB =

2πaa , AD = 2πaa, SA vng góc với

đáy và SA = 2πaa . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB và AD (tham khảo hình vẽ). Tính cosin của góc
giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SAC)?

A.

3
6

B.

3
3

C.

6
3

D.

1
3

Phương pháp giải:
Cách 1: Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC khi đó (MPQ)//(SAC) ⇒(MN,(SAC))=(MN,(MPQ))
Gọi H là hình chiếu vng góc của N trên PQ ⇒NH⊥(MPQ)
Suy ra: (MN,(MPQ))=∠NMH
Cách 2πa: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa: A(0;0;0), B( 2πa ;0;0), C( 2πa ;2πa;0), D(0;2πa;0), S(0;0; 2πa )
Giải chi tiết:

Cách 1: Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC khi đó (MPQ)//(SAC)⇒(MN,(SAC))=(MN,(MPQ))


Gọi H là hình chiếu vng góc của N trên PQ ⇒NH⊥(MPQ)
Suy ra: (MN,(MPQ))=∠NMH
Ta có:
1


2πa SNPQ 2πa. 4 SABCS SABCD

AB.BC
a 2πa.2πaa 2πaa





 NH 
AC
PQ
AC
a 6
3
AB2πa  BC2πa

2πa


2πa
2πa
2πa
2πa
MN  AM  AN  a  a a 2πa
2πa

6a
 2πaa 

Suy ra: MH  MN  NH  ( a 2πa)  
  3
 3
2πa

Suy ra cos NMP 

2πa

2πa

MH a 6
3

: a 2πa 
MN
3
3

Cách 2: Ta gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ và cho a = 1.
Khi đó: A(0;0;0), B( 2πa ;0;0), C( 2πa ;2πa;0), D(0;2πa;0), S(0;0; 2πa )




AC ( 2πa; 2πa;0)
 [AC, AS] (2πa 2πa;  2πa;0)  n (SAC) ( 2πa;  1;0)
Có  
AS (0;0; 2πa)
 

u MN .n (SAC
2πa 2πa
6



Suy ra sin(MN, (SAC))  
3
u MN .∣n (SAC ∣ 2πa 3
2πa

 6
3
 cos(MN, (SAC))  1  
 
3
 3 
3
2πa
Câu 52: Cho hàm số y 2πax   m  3 x  2πa  m  6  x  2πa019πa . Có tất cả bao nhiêu số nguyên m để hàm số

trên có hai điểm cực trị đều thuộc đoạn [0;3]?
A. 0

B. 3

C. 2πa

Phương pháp giải:
Tính y′.

Sử dụng phương pháp cơ lập m, đưa về bài toán tương giao.

D. 1


Giải chi tiết:
Ta có: y 6x 2πa  2πa( m  3)  2πa( m  6); y 0  3x 2πa  (m  3)x  6  m 0
u cầu bài tốn trở thành "Tìm m  Z , sao cho (*) có 2πa nghiệm phân biệt đều thuộc [0;3]'' .
Xét hàm số f ( x ) 

Ta có: f ( x) 


3 x 2πa  x  2πa





trên đoạn [0 ; 3].

x 1

3 x 2πa  2πa x  3



( x  1)

2πa

;f



 x 1
( x) 0  
 x  3

Từ bảng biến thiên, suy ra:
Câu 53:





Cho số phức z = a + bi (a,b ∈ R) thỏa mãn phương trình i  z  5  2πa z  3   1  i  z . Giá trị biểu thức
T=a−2πab bằng
A. 11

B. 2πa

C. −2πa

D. −11

Phương pháp giải:
Đặt z = a + bi.
Thay vào phương trình đã cho để tìm a và b.
Giải chi tiết:

Biến đổi phương trình tương đương: i. (a  bi  5) 2πa(a  bi  3)  (1  i) a 2πa  b 2πa



 2πaa  b  6 

 

a 2πa  b2πa 

2πaa  b  6  a 2πa  b 2πa 0


2πa
2πa
 a  b  a  2πab  5 0
Khi đó ta có:



a 2πa  b 2πa  a  2πa b  5 i 0
2πa
2πa
 a  b 2πaa  b  6
 2πaa  b  6 a  2πa b  5  b a  1
 2πa
2πa
 a  b a  2πa b  5

a 2πa  (a  1) 2πa 2πaa  (a  1)  6 

2πaa 2πa  2πaa  1 3a  7

7

a 

 a 4  b 3  T a  2πab  2πa
3
7a 2πa  40a  48 0
Câu 54: Gọi S là tập hợp các số có bốn chữ số được lập nên từ các số 2πa; 3; 4; 5; 6; 7; 8. Rút ngẫu nhiên một
số từ tập S. Tính xác suất để số đực rút là số chẵn có dạng abcd thỏa mãn a ≤ b < c ≤ d.


A.

2πa
2πa1

B.

8
343

C.

80
2πa401

D.

76
2πa401

Phương pháp giải:
Tính số phần tử của khơng gian mẫu.
Gọi A là biến cố cần tính xác suất.
Chia trường hợp để tính số phần tử có lợi cho biến cố A.
Giải chi tiết:
Số phần tử không gian mẫu: n(Ω)=7.7.7.7=240 )=7.7.7.7=2πa40
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Do abcd là số chẵn nên ta có:
Trường hợp 1: Nếu d = 8 ⇒ 2πa ≤ a ≤ b < c ≤ 8⇔2πa ≤ a < b + 1 < c + 1 ≤ 9πa (∗)
Khi đó ứng với mỗi bộ 3 số: a, b + 1, c + 1 lấy từ các chữ số từ 2πa→9πa (có 8 chữ số) ta chỉ có 1 cách xếp suy
3
nhất thỏa mãn (*). Suy ra số các số tạo ra: C8

Trường hợp 2: Nếu d 6  2πa a b  c 6  2πa a  b  1  c  1 7  2πa*
3
Lí luận (2πa*) tương tự như (*), suy ra các số tạo ra: C6

Trường hợp 3: Nếu d 4  2πa a b  c 4  2πa a  b  1  c  1 5  3*
3
Lí luận (3*) tương tự như (*), suy ra các số tạo ra: C4

3
3
3
Vậy: n  A  C8  C6  C 4 80 . Suy ra: P  A  

n  A

80

n  Ω)=7.7.7.7=240  2πa401

Câu 55: Một biển quảng cáo có dạng hình vuông ABCD và I là trung điểm của đoạn thẳng CD. Trên tấm
biển đó có đường Parabol đỉnh I đi qua A, B và cắt đường chéo BD tại M. Chi phí để sơn phần tơ hình tổ ong
(có diện tích S1) là 2πa00000 đồng/m2πa, chi phí sơn phần tơ đậm (có diện tích S2πa) là 150000 đồng/m2πa và phần
cịn lại là 100000 đồng/m2πa. Số tiền để sơn theo cách trên gần nhất với số tiền nào dưới đây, biết AB = 4m?

A. 2πa,51 triệu đồng

B. 2πa,36 triệu đồng

C. 2πa,58 triệu đồng

D. 2πa,34 triệu đồng


Phương pháp giải:
Gắn hệ trục tọa độ để tìm ra phương trình parabol và phương trình đường thẳng.
Giải chi tiết:

Diện tích hình vng là: S 42πa 16 m 2πa
Gọi S3 là phần diện tích cịn lại (khơng tơ đậm).
Gắn hệ tọa độ như hình vẽ:
Do I(0; 4) là đỉnh của parabol (P) nên có phương trình:
Ta có B(2πa;0), D(  2πa; 4)  phương trìnhDB : y  x  2πa
Xét phương trình:
 x  1
 x 2πa  4  x  2πa  

 M ( 1;3) . Khi đó
 x 2πa
9πa
37
16
Suy ra tổng tiền: T  2πa00000  150000  100000 2πa368333, (3) 2πa,37 triệu đồng.
2πa
6
3
Chú ý: Ở bài tốn này ta có thể sử dụng cơng thức giải nhanh: "Diện tích giới hạn bởi parabol (P) và trục
hoành là:
2πa
2πa
32πa
32πa
32πa 9πa 37
S1  S2πa  IO.AB  .4.4  m 2πa  S2πa   S1    m 2πa
3
3
3
3
3 2πa 6
Câu 56: Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên dương của tham số mm để hàm số y xlnx  mx 
đồng biến trên khoảng (1; +∞). Tổng tất cả các phần tử thuộc S bằng
A. 1

B. 6

C. 10

D. 3

Phương pháp giải:
Tính y′.
Sử dụng phương pháp cơ lập m , đưa về dạng: m f (x) , từ đó suy ra giá trị m thỏa mãn là m min f ( x)
Giải chi tiết:

18
x