25 câu ôn phần toán đánh giá tư duy đh bách khoa hn phần 4 (bản word có giải)

25 câu ơn phần Tốn - Đánh giá tư duy ĐH Bách Khoa HN - Phần 4
(Bản word có giải)
II. Phần 2 (5đ) – Toán trắc nghiệm (câu hỏi 36 – 60)
Câu 36. Cho hàm số f  x  có đạo hàm f  x   x  1

2

3

 x  1  2  x  .

Hỏi hàm số đồng biến trên

khoảng nào dưới đây?
A.  2;   .
Câu 37. Cho hàm số y 

B.  1; 2  .

C.   ;  1 .

D.   1;1 .

2 x 1
 C  , gọi I là tâm đối xứng của đồ thị  C  và M  a; b  là một điểm thuộc
x 1

đồ thị. Tiếp tuyến của đồ thị  C  tại điểm M cắt hai tiệm cận của đồ thị  C  lần lượt tại hai điểm A và B.
Để tam giác IAB có bán kính đường trịn nội tiếp lớn nhất thì tổng a  b gần nhất với số nào sau đây?
A. 3.

B. 0.

C. 3.

D. 5.

Câu 38. Biết đồ thị hàm số y 2 x  ax 2  bx  4 có tiệm cận ngang y  1 . Giá trị 2a  b3 bằng
A. 56.

B. 56.

Câu 39. Cho log a b  2 . Giá trị của M log
A. 

2
.
2

B.

2
.
2

C. 72.
b
a

D. 72.

b
là
a
C. 1 

2.
2

D. 1  2 .
2

Câu 40. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2sin x  3cos x m.3sin
A. 7.

B. 4.

C. 5.

2

x

có nghiệm?

D. 6.

Câu 41. Một người mua một căn hộ chung cư với giá 500 triệu đồng. Người đó trả trước số tiền là 100
triệu đồng, số tiền cịn lại người đó thanh tốn theo hình thức trả góp với lãi suất tính trên tổng số tiền
còn nợ là 0,5% mỗi tháng. Kể từ ngày mua, sau đúng mỗi tháng người đó trả số tiền cố định là 4 triệu
đồng. Thời gian để người đó trả hết nợ là

A. 136 tháng.

B. 140 tháng.

C. 139 tháng.

D. 133 tháng.

Câu 42. Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA = x cịn tất cả các cạnh khác có độ dài bằng 2. Tính thể tích
V lớn nhất của khối chóp S.ABCD.
A. V 1 .

1
B. V  .
2

C. V 3 .

D. V 2 .

Câu 43. Cắt một khối trụ cho trước thành hai phần thì được hai khối trụ mới có tổng diện tích tồn phần
nhiều hơn diện tích tồn phần của khối trụ ban đầu 32 dm2. Biết chiều cao của khối trụ ban đầu là 7
dm, tính tổng diện tích tồn phần S của hai khối trụ mới.
A. S = 120 (dmdm2).

B. S = 144 (dmdm2).

C. S = 288 (dmdm2).

D. S = 256 (dmdm2).

Trang 1


Câu 44. Từ một tấm thép phẳng hình chữ nhật, người ta muốn làm một chiếc thùng đựng dầu hình trụ
bằng cách cắt ra hai hình trịn bằng nhau và một hình chữ nhật sau đó hàn kín lại, như trong hình vẽ
dưới đây. Hai hình trịn làm hai mặt đáy, hình chữ nhật làm thành mặt xung quanh của thùng đựng dầu.
Biết thùng đựng dầu có thể tích bằng 50, 24 lít. Tính diện tích của tấm thép hình chữ nhật ban đầu.

A. 1,8 (dmm2).

B. 2,2 (dmm2).

C. 1,5 (dmm2).

D. 1,2 (dmm2).

Câu 45. Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2, 3, 3, 2 tiếp xúc ngoài với nhau.
Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngồi với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng
A.

5
.
9

B.

3
.
7

C.

7
.
15

D.

6
.
11

Câu 46. Cho hàm số f  x  liên tục và nhận giá trị dương trên  0;1 .
1

dx
Biết f  x  . f  1  x  1 với mọi x   0;1 . Tính giá trị I 
.
1 f  x
0
A.

3
.
2

B.

1

.
2

C. 1.

D. 2.

Câu 47. Một chất điểm A xuất phát từ O, chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy
1 2 59
t  t  m/s  , trong đó t là khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu chuyển động. Từ trạng
luật v  t  
150
75
thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O, chuyển động thẳng cùng hướng với A nhưng chậm hơn 3
giây so với A và có gia tốc bằng a (dmm/s2) (dma là hằng số). Sau khi B xuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A.
Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng
A. 20 (dmm/s).

B. 16 (dmm/s).

C. 13 (dmm/s).

D. 15 (dmm/s).

Câu 48. Cho số phức z a  bi  a, b    thỏa mãn z  1  3i  z i 0 . Tính S a  3b .
7
A. S  .
3

B. S  5 .

C. S 5 .

D. S 

7
.
3

Câu 49. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 2 , z2  3 . Gọi M, N là các điểm biểu diễn cho z1 và iz2
2
2

. Biết MON
30 . Tính S  z1  4 z2 .

A. 5 2 .

B. 3 3 .

C. 4 7 .
D. 5 .




Câu 50. Trong không gian Oxyz, cho a  1; 2;1 , b   1;1; 2  , c  x;3 x; x  2  . Nếu 3 vectơ a, b, c
đồng phẳng thì x bằng
A. 2.

B. 1.

C. 2.

D. 1.
Trang 2


2

2

2

Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3 9 tâm I
và mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  24 0 . Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên  P  . Điểm M thuộc

 S

sao cho đoạn MH có độ dài lớn nhất. Tìm tọa độ điểm M.

A. M   1;0; 4  .
Câu

52.

Trong

B. M  0;1; 2  .
không

gian

Oxyz,

C. M  3; 4; 2  .
cho

hai

mặt

phẳng

D. M  4;1; 2  .

   : x  my  z  6m  3 0

   : mx  y  mz  3m  8 0 ; hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng

và

 . Gọi  là

hình chiếu của  lên mặt phẳng Oxy. Biết rằng khi m thay đổi thì đường thẳng  ln tiếp xúc với một
mặt cầu cố định có tâm I  a; b; c  thuộc mặt phẳng Oxy. Tính giá trị biểu thức P 10a 2  b 2  3c 2 .
A. P 56 .

B. P 9 .

C. P 41 .

D. P 73 .

Câu 53. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vng tại B, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy,

AB = 2a, BAC
60 và SA a 2 . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  SAC  bằng
A. 30°.

B. 45°.

C. 60°.

D. 90°.

Câu 54. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB a , AD 2a , AA a . Gọi M là điểm trên
đoạn AD với

AM
3 . Gọi x là độ dài khoảng cách giữa hai đường thẳng AD , BC và y là độ dài
MD

khoảng cách từ M đến mặt phẳng  ABC  . Tính giá trị xy .
5a 5
A.
.
3

a2

B.
.
2

3a 2
C.
.
4

3a 2
D.
.
2

Câu 55. Nghiệm của phương trình 2sin x  1 0 được biểu diễn trên đường
trịn lượng giác ở hình bên là những điểm nào?
A. Điểm D, điểm C.
B. Điểm E, điểm F.
C. Điểm C, điểm F.
D. Điểm E, điểm D.
Câu 56. Từ các chữ số 2, 3, 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số, trong đó chữ số 2 có mặt 2 lần,
chữ số 3 có mặt 3 lần, chữ số 4 có mặt 4 lần?
A. 1260.

B. 40320.

C. 120.

D. 1728.

Câu 57. Trong trận đấu bóng đá giữa 2 đội Real Madrid và Barcelona, trọng
tài cho đội Barcelona được hưởng một quả Penalty. Cầu thủ sút phạt ngẫu
nhiên vào 1 trong bốn vị trí 1, 2, 3, 4 và thủ môn bay người cản phá ngẫu
nhiên đến 1 trong 4 vị trí 1, 2, 3, 4 với xác suất như nhau. Biết nếu cầu thủ

Trang 3


sút và thủ mơn bay người cùng vào vị trí 1 hoặc 2 thì thủ mơn cản phá được cú sút đó, nếu cùng vào vị trí
3 hoặc 4 thì xác suất cản phá thành cơng là 50%. Tính xác suất của biến cố “cú sút đó khơng vào lưới”?
A.

5
.
16

B.

3
.
16

C.

1
.
8

D.

1
.
4

Câu 58. Bạn An chơi trò chơi xếp các que diêm thành tháp theo qui tắc thể hiện như hình vẽ. Để xếp
được tháp có 10 tầng thì bạn An cần đúng bao nhiêu que diêm?

A. 210.

B. 39.

C. 100.

D. 270.

u1 1
u21 .
Câu 59. Cho dãy số  un  với 
2
* . Tính
u

u

n
,
n


n

 n 1
A. u21 3080 .

B. u21 3312 .

C. u21 2871 .

D. u21 3011 .

Câu 60. Cấp số nhân 5; 10; …; 1280 có bao nhiêu số hạng?
A. 9.

B. 7.

C. 8.

D. 10.

III. Phần 3 (2,5đ) – Toán tự luận
Bài 1. Đạn bắn ra từ 1 máy bắn đá có quỹ đạo là một Parabol  P  . Biết rằng đạn của máy bắn đá bắn xa
100m và tại thời điểm đạn cao 60m thì đạn cách điểm bắn 80m. 

1. Vị trí đạn bay cao nhất cách mặt đất bao nhiêu?
2. Máy bắn đá cách tường thành địch 90m. Biết tường thành cao 30m. Hỏi đạn pháo có vượt qua được
tường thành khơng?
3. Địch xây chịi phịng thủ cao 20m phía trước tường thành. Hỏi phải đặt máy bắn đá cách chịi bao xa để
đạn có thể bắn trúng chịi? Biết rằng để tránh bị địch tấn cơng thì máy bắn đá phải đặt cách thành địch ít
nhất 50m.
Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = 2a, AD = DC = a,
SA a 2 , SA   ABCD  .

1. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  .
2. Tính thể tích chóp S.ABCD.
Trang 4


Trang 5


Đáp án
36-B
41-C
51-C

37-B
42-D
52-C

38-B
43-A
53-B

39-A
44-C
54-B

40-B
45-D
55-B

46-B

56-A

47-B
57-B

48-B
58-A

49-C
59-C

50-A
60-A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 36.
 x  1

Ta có f  x  0   x 1 .
 x 2

Dựa vào bảng biến thiên (dmhình bên) ta thấy hàm số đồng
biến trên khoảng  1; 2  .
Câu 37.
1
 2a  1 
a  
y
Ta có I   1; 2  ; M  a;
.

Lại
có,
2 .


 a  1
 a 1 
Phương trình tiếp tuyến tại M: y 

1

 a  1

2

 x  a 

2a  1
a 1 .

2a 

Giao của tiếp tuyến và tiệm cận đứng A   1;
.
a 1 

Giao của tiếp tuyến và tiệm cận ngang B  2a  1; 2  .
Ta có IA 

2

1
; IB 2 a  1 ; S IAB  IA.IB 2  p.r ;
a 1
2

p IA  IB  AB IA  IB  IA2  IB 2 2 IA.IB  2IA.IB 2 4  2.4 .
Suy ra rmax khi pmin . Khi đó IA IB . Suy ra M là giao điểm của đường thẳng d đi qua I có hệ số góc
k  1 và đồ thị hàm số.

Phương trình qua d có dạng y  2  1 x  1  y  x  1
Hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình
 x 1 

 x 0
2 x 1


x 1
 x  2

 M  0;1
 a  b 1 .

 M   2;3

Câu 38.
Điều kiện ax 2 bx  4 0 . Để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì a  0 .
Khi đó, ta có
Trang 6





lim y  lim 2 x  ax 2  bx  4 

x  

x  





lim y  lim 2 x  ax 2  bx  4  lim

x  

x  

 a  4  x 2  bx  4
ax 2  bx  4  2 x

x  

 1

a  4 0
 a 4


  b

. Vậy 2a  b3  56 .

1
b

4

 a  2

Câu 39.
Từ log a b  2  b a

M log

a
a

2

thay vào ta được:

a 2
log 2  1 a
a
a2

2

21
2

21
2
 2 
.
2
2
1
2

Câu 40.
2

2

2

2

Ta có 2sin x  3cos x m.3sin x  2sin x  31 sin

2

x

2

m.3sin x .

2
Đặt t sin x, t   0;1 . Phương trình đã cho trở thành
t

t

1 t

2 3

 2
m.3     31 2t m .
 3
t

t

t

2
 2
 2
Xét hàm số f  t     31 2t , với t   0;1 . Ta có f  t    .ln  2.31 2 t.ln 3 ;
3
 3
 3
 2
f  t   

 3

t

2

2
 2
.  ln   4.31 2t.  ln 3  0 t   0;1 .
 3

2 2
 f  t  liên tục và đồng biến trên  0;1 nên f  t   f  1  ln  0, t   0;1 .
3 9
 f  t  liên tục và nghịch biến trên  0;1 nên f  1  f  t   f  0  , t   0;1 .
Câu 41.
Tổng số tiền người đó cịn nợ là A0 = 400 triệu đồng.
Số tiền người đó cịn nợ hết tháng thứ nhất là: A1 = A0 + 0, 5%.A0 – 4 = 1,005.A0 – 4.
Số tiền người đó cịn nợ hết tháng thứ hai là: A2 = A1 + 0, 5A1 – 4 = 1,005A1 – 4
= 1,005(dm1,005A0 – 4) – 4 = (dm1,005)2A0 – 4(dm1,005 + 1).
Số tiền người đó cịn nợ hết tháng thứ ba là: A3 = A2 + 0, 5%A2 – 4 = 1,005A2 – 4
= 1,005[(dm1,005)2A0 – 4(dm1,005 + 1)] – 4 = (dm1,005)3A0 – 4[(dm1,005)2 + 1,005 + 1].
………
Số tiền người đó cịn nợ hết tháng thứ n là:
An = (dm1,005)n.A0 – 4[(dm1,005)n – 1 + (dm1,005)n – 2 + ... + 1].
Trang 7


Ta có: 1 + 1,005 + (dm1,005) 2 + ... + (dm1,005)n – 2 + (dm1,005)n – 1 là tổng n số hạng của một cấp số nhân có số
hạng đầu u1 = 1 và q = 1,005. 

n
1 1   1, 005  

 200  1, 005 n  1 .
Do đó S n 
 

1  1,005

Người đó trả hết nợ khi An = 0  (dm1, 005)n.A0 – 800[(dm1, 005)n – 1] = 0
 400.(dm1,005)n = 800  (dm1,005)n = 2  n = log1,0052  138,98 (dmtháng).
Vậy người đó trả hết nợ sau 139 tháng.
Câu 42.
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Ta có BAD BSD BCD nên
1
AO SO CO  SO  AC  SAC vng tại S.
2
Do đó, AC  SA2  SC 2  x 2  4
 OD  AD 2  AO 2  4 

4  x2
12  x 2

4
2

 BD  12  x 2 , 0  x  2 3 .
 BD  AC
 BD   SAC  .

Ta thấy 
 BD  SO
Trong SAC hạ SH  AC .
 SH  AC
 SH   ABCD  .
Khi đó, 
 SH  BD
Xét tam giác vng SAC có

1
1
1
SA.SC
2x
 2  2  SH 

2
SH
SA SC
SA2  SC 2
4  x2

1 1
2x
1
1 x 2 12  x 2
 VS . ABCD  . . x 2  4. 12  x 2 .
 .x. 12  x 2 
2 .
3 2

3
2
x2  4 3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 2 12  x 2  x  6 .
Câu 43.
Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao khối trụ ban đầu  T  .
Gọi h1 , h2 lần lượt là chiều cao của hai khối trụ mới  T1  ,  T2  .
Diện tích toàn phần khối trụ  T  là: S 2 rh  2 r 2 .
2
Diện tích tồn phần khối trụ  T1  là: S1 2 rh1  2 r .
2
Diện tích tồn phần khối trụ  T2  là: S 2 2 rh2  2 r .

 S1  S 2 2 r  h1  h2   4 r 2 .
Trang 8


2
Theo đề bài ta có S1  S 2  S 32  2 r 32  r 4
2
2
Vậy S1  S2 2 rh  4 r 2 .4.7  4 .16 120  dm  .

Câu 44.
Đổi 50,24 (dmlít) = 50,24 (dmdm3)= 0,05024(dmm3).
1
Dựa vào hình vẽ ta thấy, bán kính đường trịn đáy của thùng đựng dầu là R  h .
2

 h3

Thể tích thùng đựng dầu là: V  R 2 h  0, 05024 
 h 0, 4 . 
4
Diện tích hình chữ nhật ban đầu gấp 3 lần diện tích xung quanh của hình trụ.
Vậy S 3.2 Rh 6.3,14.

h2
0, 42
6.3,14.
1,5072  m 2  .
2
2

Câu 45.
Gọi A, B, C, D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử
AB = 4, AC = BD = AD = BC = 5.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Dễ dàng tính được MN 2 3 . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán
kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên.
Vì IA = IB, IC = ID nên I nằm trên đoạn MN.
Đặt IN  x , ta có IC  32  x 2 3  r ,



IA  22  2 3  x



2

2  r .

Từ đó suy ra



32  x 2 

22  2 2  x



2

12 3
.
1  x 
11

2

 12 3 
6
Vậy r  3  
.
 11   3 11


2

Câu 46.
Ta có 1  f  x   f  x  f  1  x   f  x  

f  x
1

.
1  f  x  f  1  x  1

1

dx
Xét I 
. Đặt t 1  x  x 1  t  dx  dt .
1 f  x
0
Đổi cận x 0  t 1 ; x 1  t 0 .
0
1
1
1
f  x  dx
dt
dt
dx
I





Khi đó,




1 f 1 t  0 1 f 1 t  0 1  f 1 x  0 1 f  x 
1

Trang 9


1

1
1
f  x  dx 1 1  f  x 
dx


dx

dx 1 hay 2 I 1 .
Mặt khác, 



1

f
x

1

f
x
1

f
x






0
0
0
0

1
Vậy I  .
2
Câu 47.
+) Từ đề bài, ta suy ra: tính từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B bắt kịp thì
A đi được 15 giây, B đi được 12 giây.
+) Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng vB  t  adt at  C , lại có vB  0  0 nên vB  t  at .
+) Từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B bắt kịp thì quãng đường hai chất
điểm đi được là bằng nhau. Do đó
15

12

4
 1 2 59 
t  t  dt  atdt  96 72a  a  .


150
75 
3
0
0

4
Từ đó, vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng vB  12   .12 16  m / s  .
3
Câu 48.
Ta có z  1  3i  z i 0  a  bi  1  3i  i a 2  b 2 0



 a 1  b  3 

a  1 0
a 2  b 2 i 0  
2
2
b  3  a  b



a  1
 a  1


 b  3

4  S  5 .
 b  3 2 1  b 2
b  3


Câu 49.
2

2
2
2
Ta có S  z1  4 z2  z1   2iz 2   z1  2iz2 . z1  2iz2

Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 2iz2 .
Khi đó ta có
   
z1  2iz2 . z1  2iz2  OM  OP . OM  OP


 PM . 2OI 2 PM .OI (dmI là trung điểm PM).

Do MON
30 nên áp dụng định lí cosin ta tính được MN = 1.

Khi đó OMP có MN đồng thời là đường cao và đường trung tuyến,
suy ra OMP cân tại M  PM OM 2 .
Áp dụng định lí đường trung tuyến cho OMN ta có: OI 2 

OM 2  OP 2 MP 2

7 .
2
4

Vậy S 2 PM .OI 2.2. 7 4 7 .
Trang 10


Câu 50.

 a  1; 2;1

  a; b   3;  3;3 .
Ta có  
b   1;1; 2 
 

Khi đó a, b, c đồng phẳng   a; b  .c 0  3 x  9 x  3  x  2  0  x 2 .
Câu 51.
Ta có tâm I  1; 2;3 và bán kính R 3 . Do d  I ;  P   9  R nên mặt phẳng  P  không cắt mặt cầu  S 
. Do H là hình chiếu của I lên  P  và MH lớn nhất nên M là giao điểm của đường thẳng IH với mặt cầu

 S .


Đường thẳng IH nhận n P   2; 2;  1 làm vectơ chỉ phương.
 x 1  2t

Phương trình đường thẳng IH là  y 2  2t
 z 3  t

2
Giao điểm của IH với  S  . 9t 9  t 1  M 1  3; 4; 2  và M 2   1;0; 4  .

M 1 H d  M 1 ;  P   12 ; M 2 H d  M 2 ;  P   6 . Vậy điểm cần tìm là M  3; 4; 2  .
Câu 52.
Mặt phẳng

   : x  my  z  6m  3 0


có một vectơ pháp tuyến là n1  1;  m;1 , và mặt phẳng


   : mx  y  mz  3m  8 0 có một vectơ pháp tuyến là n2  m;1;  m  .
4
4

Ta có M   3m   3;0;  3m            . 
m
m

   
2
2

Do đó  có một vectơ chỉ phương là u  n1 ; n2   m  1;2m; m  1 .
Gọi  P  là mặt phẳng chứa đường thẳng  và vng góc với mặt phẳng  Oxy  . Khi đó  P  có một
 
2
vectơ pháp tuyến là n  u; k   2m;1  m ;0  .
2
2
Phương trình mặt phẳng  P  là : 2mx   1  m  y  6m  6m  8 0.

Vì I  a; b; c    Oxy  nên I  a; b;0  .
Theo giả thiết ta suy ra  P  là tiếp diện của mặt cầu  S   d  I ;  P   R


2ma   1  m2  b  6m 2  6m  8
4m   1  m
2



2 2



2m  a  3    6  b  m 2  b  8
m2 1

R  0

R  0
Trang 11

 2m  a  3   6  b  m 2  b  8 R  m 2  1

 2m  a  3   6  b  m 2  b  8  R  m 2  1

  2  a  3 0

 6  b R
 b  8 R

  R  0


  2  a  3 0
 6  b  R

 b  8  R
 R  0


  a  3

 6  b b  8
  R 6  b  0


 a  3 0
 6  b b  8


   R 6  b  0

a  3
.

b 7

Vậy I   3;7;0  , do đó P 10a 2  b 2  3c 2 41 .
Câu 53.
Trong mặt phẳng  ABC  kẻ BH  AC .
Mà BH  SA  BH   SAC  .

Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  SAC  bằng BSH
.
Xét tam giác ABH vng tại H có
BH  AB.sin 60 2a.

3
a 3
2

1
AH  AB.cos 60 2a. a .
2
Xét tam giác SAH vuông tại S có
SH  SA2  AH 2 

 a 2

2

 a 2 a 3 .

Xét tam giác SBH vuông tại H có: SH HB a 3 , suy ra SBH vng tại H.

Vậy BSH
45 .
Câu 54.
Ta có BC / / AD  BC / /  ADDA  AD
 d  BC , AD d  C ,  ADDA  CD a .
Suy ra x a . Lại có

MA 3

DA 4

3
3
 d  M ,  ABC    d  D,  ABC    d  B;  ABC   .
4
4
 AC  BI
 AC   BBI  .
Gọi I là hình chiếu vng góc của B lên AC ta có 
 AC  BB
Trang 12


 BH  BI
 BH   BAC   d  B,  ABC   BH .

Gọi H là hình chiếu của B lên BI ta có: 
 BH  AC
Trong tam giác ABC, ta có: AB.BC  AC.BI  BI 
Trong tam giác BBI , ta có:

AB.BC a.2a 2a 5


.
AC
5
a 5

1
1
1
BI .BB
2a
 2
 BH 

2
2
BH
BI
BB
3
BI 2  BB2

3 2a a

a
a2
 d  M ,  ABC    .  . Suy ra y  . Vậy xy  .
4 3 2
2
2
Câu 55.



x   k 2

1
6
Ta có 2sin x  1 0  sin x   
2
 x  7  k 2

6
Với k 0  x 

 k   .


7
hoặc x  .
6
6

Điểm biểu diễn của x 


7
là F, điểm biểu diễn của x 
là E.
6
6

Câu 56.
Cách 1. Dùng tổ hợp
2
Chọn vị trí cho 2 chữ số 2 có C9 cách.
3
Chọn vị trí cho 3 chữ số 3 có C7 cách.
4
Chọn vị trí cho 4 chữ số 4 có C4 cách.
2 3 4
Vậy số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là C9 C7 C4 1260 số.

Cách 2. Dùng hoán vị lặp
Số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là

9!
1260 số.
2!3!4!

Câu 57.
Cách 1. Số phần tử của không gian mẫu là n    4.4 16
Gọi biến cố A = “Cú sút đó khơng vào lưới”. Khi đó biến cố A = “Cú sút đó vào lưới”.

 

Số phần tử của n A là
Trường hợp 1. cầu thủ sút vào vị trí 1 thủ mơn bay vào 1 trong 3 vị trí cịn lại
Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ mơn có 3 cách bay người. Do đó, có 3 khả năng xảy ra.
Trường hợp 2. cầu thủ sút vào vị trí 2 thủ mơn bay vào 1 trong 3 vị trí cịn lại
Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ mơn có 3 cách bay người. Do đó, có 3 khả năng xảy ra.
Trường hợp 3. Cầu thủ sút vào vị trí 3 thủ mơn bay vào 1 trong 3 vị trí cịn lại
Trang 13


Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ mơn có 3 cách bay người. Do đó, có 3 khả năng xảy ra.
Trường hợp 4. Cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ mơn bay vào 1 trong 3 vị trí cịn lại
Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ mơn có 3 cách bay người. Do đó, có 3 khả năng xảy ra.
Trường hợp 5. Cầu thủ sút vào vị trí 3 thủ mơn bay vào vị trí 3
Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ mơn có 1 cách bay người. Do đó, có 1 khả năng xảy ra.
Trường hợp 6. cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ mơn bay vào vị trí 4
Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ mơn có 1 cách bay người. Do đó, có 1 khả năng xảy ra.

 

 

Khi đó n A 4.3  2.1 14 . Xác suất xảy ra biến cố A là p A 

 

Vậy p  A  1  p A 1 

4.3 2.1 1 13


.  .
16 16 2 16

13 3
 .
16 16

Cách 2. Gọi Ai là biến cố “cầu thủ sút phạt vào vị trí i”;
Bi là biến cố “thủ môn bay người cản phá vào vị trí thứ i”.
1
Và C là biến cố “Cú sút phạt không vào lưới”. Dễ thấy, P  Ai  P  Bi   .
4
1
1
Ta có P  C  P  A1  P  B1   P  A2  P  B2   P  A3  P  B3   P  A4  P  B4 
2
2
2

2

2

2

3
 1  1 1 1 1 1
            .
 4   4  2  4  2  4  16

Câu 58.
Số que ở 1 tầng là u1 3 .
Tổng số que ở 2 tầng là u1  u2 3  7 3   3  1.4  .
Tổng số que ở 3 tầng là u1  u2  u3 3  7  11 3   3  1.4    3  2.4  .
…
Tổng số que ở 10 tầng là S10 u1  u2  u3  ...  u10 3   3  1.4    3  2.4   ...   3  9.4  .
Ta thấy S10 là tổng 10 số hàng của cấp số cộng có số hạng đầu u1 3 , công sai d 4 .
10
 S10   2.3  9.4  210 que.
2
Câu 59.
2
Từ un 1 un  n , với mọi n  * , ta có:
2

u2 u1  12 ; u3 u2  22 ; …; un un  1   n  1 ; un 1 un  n 2 .
2
2
2
Cộng n đẳng thức trên theo vế ta được: un 1 1   1  2  ...  n  , với mọi n  * .

Mặt khác, ta ln có: 12  22  ...  n 2 

n  n  1  2n  1
nên suy ra
6
Trang 14


un 1 1 

n  n  1  2n  1
, với mọi n  * .
6

Cho n 20 , ta được u21 1 

20.21.  2.20  1
2871 .
6

Câu 60.
Xét cấp số nhân  un  với u1 5 , q 2
n 1
n 1
n 1
8
Ta có: un u1.q  1280 5.2  2 2  n 9 .

Vậy cấp số nhân đã cho có 9 số hạng.
PHẦN TỰ LUẬN
Bài 1
1. Đặt hệ trục như hình vẽ.
2
Gọi  P  : y ax  bx  c .

Ta có  P  qua O  0;0  , A  80;60  và B  100;0 
c 0

 802 a  80b 60 

1002 a  100b 0

  P  : y 

3

a  80

b 15

4

3 2 15
x  x.
80
4


b 2  4ac 375
Vị trí đạn bay cao nhất cách mặt đất là yI 


93, 75m .
4a
4a
4
2.  P  : y 

3 2 15
x  x.

80
4

Vì máy bắn đá cách tường thành địch 90m nên x 90  y 33, 75  m   30  m 
 đạn pháo vượt qua được tường thành.
3. Để máy bắn đá có thể bắn trúng chịi cao 20m thì


3 2 15
x  x 20 
80
4

 x 94,35  m 

 x 5, 65  m   L 

Vậy cần đặt máy bắn đá cách chòi 94,35m để đạn có thể bắn trúng chịi.
Bài 2
1. Cách 1. Gọi M BC  AD .
Khi đó

 SBC  ,  SCD    SCM  ,  SCD   .

Gọi H là hình chiếu của D lên SC,
kẻ HK / / MC  K  SM  ta có:
Trang 15




 .
 SCM  ,  SCD   KHD
Xét SCD vng tại D ta có
1
1
1
1
1
4


 2 2  2
2
2
2
DH
DC
DS
a 3a
3a
 DH 

DC 2 a 2 a
a 3
; HC 
  .
SC
2a 2
2

Do HK / / MC mà

SH 3
3
3 2a
1
a 6
 nên HK  a 2 
; KM  SM 
.
SC 4
4
4
4
4

Xét tam giác DMK có:

DK 2 MD 2  MK 2  2MD.MK .cos DMK
MD 2  MK 2  2MD.MK .
MD 2  MK 2  2MD.MK .

AM
SM
AM
2

SA  AM 2

2

a 6
a 6 2a
3a 2
a  

2.
a
.
.


4 a 6
8
 4 
2

 DK 

a 6
.
4

Xét tam giác KDH ta có cos  

HD 2  HK 2  KD 2
6
.

2 HK .HD

3

Cách 2.
Chọn hệ trục như hình vẽ. Ta có A  0;0;0  ; D  a;0;0  ; B  0; 2a;0  ;





E  0; a;0  ; C  a; a;0  ; S 0;0; a 2 .







SD  a;0;  a 2  .

SC  a; a;  a 2 ;

SB  0; 2a;  a 2 ;


2
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  SBC  là n1  a 2 1;1; 2 .

SCD
n
 là 2  a 2 2;0;1 .

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng 

n1.n2
6
Khi đó góc  giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  là cos     
.
3
n1 . n2









Trang 16


1
1
3a 2 a 3 2
2. Ta có VS . ABCD  SA.S ABCD  .a 2.
.

3
3
2
2

Trang 17