Câu hỏi vận dụng có đáp án chi tiết trong đề kiểm tra học kỳ 2 môn toán năm 2018 sở GDĐT nam định lần 8 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (433.09 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CÂU HỎI VD – VDC ĐỀ HK2 SỞ GD NAM ĐỊNH 2018
TỔ 11_LẦN 8

Câu 27. [2H2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018)

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C.    có tất cả các cạnh
bằng a. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và
B C . Mặt phẳng



A MN



cắt cạnh BC tại .P Thể tích khối đa
diện MBP A B N.   là

A. 3 3.
24

a

B. 
3

7 3
.
96

a

C. 3 3.
12

a D. 3

7 3
.

a

Lời giải

Chọn B.

Gọi I A M' BB' nên P IN BB'. Áp dụng tỉ số thể tích ta có

' '

1 1 1 1

. . . .

' ' 2 2 2 8

  

IMBN

IA B N

V IM IB IP
V IA IB IN

A

B

C

A

B

C
M

N
P
I

N
M

A C

B

B'

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Do đó: . ' ' ' '

' ' ' '

7
8


 

MBN A B N IA B N IMBN

IA B N IA B N

V V V

V V

0 3

. ' ' ' '

7 7 1 1 7 3 7 3

. '. ' '. ' sin 60 .2 . . .

8 8 3 2 48 2 2 96

 VMBN A B N  VIA B N  IB A B B N  a a a  a .

Câu 28. [2H1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số yf x

 

có bảng biến thiên như hình
vẽ

Đồ thị hàm số

 

 

y f x m có 5

điểm cực trị khi và

chỉ khi

A. m



4;11 .



B.

11
2; .

 

  

 

m C.

11
2; .

 

  

 

m D. m3.

Lời giải
Chọn C.

Cách 1: Đặt g x

 

f x

 

 2m khi đó Đồ thị hàm số y f x

 

 2m được suy ra bằng cách:
Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y g x

 

ở phía trên Ox, kể cả các điểm trên Ox.

Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y g x

 

ở phía dưới Ox qua trục Ox.

Bỏ phần đồ thị hàm số y g x

 

ở phía dưới Ox.

Xét sự tương giao của đồ thị hàm số yf x

 

và đường thẳng y2m

TH1: 2m 4 m2 Suy ra đồ thị hàm số y f x

 

 2m có 3 điểm cực trị (loại).

TH2: 4 2 11 2 11

 m  m Suy ra đồ thị hàm số y f x

 

 2m có 5 điểm cực trị (thỏa
mãn).

TH3: 2 11 11

  

m m Suy ra đồ thị hàm số y f x

 

 2m có 3 điểm cực trị (loại)

Vậy 2;11 .
2

 

  

 

m (đáp án C)

x   1 2 

 

f x + 0  0 +

 

f x

11 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Cách 2:

 



 



 





' 2

2 '

2
f x f x m

y f x m y

f x m


   



Đồ thị hàm số y f x

 

 2m có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f x

 

2m có 3
nghiệm phân biệt 



1; 2



Dựa vào bảng biến thiên ta có f x

 

2m có 3 nghiệm phân biệt 



1; 2



 4 2m 11   2 m 11
2 .

Câu 29. [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Biết rằng bất phương trình



1 2 1



2 2 4 2 1 2 2

m x   x   x  x  x   x  có nghiệm khi và chỉ khi m  



;a 2b



với ,a b   Tính giá trị của . T  a b.

A. T 0. B. T 1. C. T 2. D. T 3.

Lời giải

Chọn B.

Điều kiện 1  x 1. Bất phương trình tương đương với



1 2 1



2 1 2



1 2



2 1

 

m x   x   x  x  x   x  .

Đặt t | |x 1 x2 0

    . Suy ra t2 1 2 x 1 x 2 .

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có t 1 1 x2 1 x2 2

      . Suy ra t



0; 2 .

Ta có bất phương trình theo t:

 

2 1 1

( 1) 1 2

1 1

t t

m t t t m m t

t t

 

        

 

Bất phương trình

 

1 có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình

 

2 có nghiệm t



0; 2
.

Đặt hàm số ( ) 1
1
f t t

t
 

 . Khi đó mf t( ).

Ta có 2

1
'( ) 1

( 1)
f t

t
 

 .

2
2

'( ) 0 1 0 ( 1)

( 1

) 1 2

f t t t

t
t

        



   (loại).

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra m2 2 1  m 



;2 21
 .
Từ đó a2;b 1 T    a b 2 1 1 .

Câu 30: [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số 2

x
y

x




 có đồ thị là C . Gọi I là giao

điểm hai đường tiệm cận của C . Tiếp tuyến của C cắt hai đường tiệm cận của C tại hai điểm

A B. Giá trị nhỏ nhất của chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng

A. 2 . B. 8 . C.4 2 . D. 4 .

Lời giải

Chọn C.

Gọi M x y là điểm thuộc đồ thị hàm số.



0; 0



Khi đó tiếp tuyến của đồ thị tại M x y có dạng:



0; 0











0
0
2

0
0

2
4

2
2

x

y x x

x
x



  



 

d .

Đồ thị C có tiệm cận đứng là x  và tiệm cận ngang là 2 y 1. Ta có

 

d cắt hai đường tiệm cận

lần lượt tại hai điểm 0
0

6
2;

x
A

x

   

 



  và





2 2;1

B x  . Ta có

0
8
0;

2
IA

x

  

 


 



và IB



2x0 4;0





Vì tam giác IAB vng tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là

2 2

1
2

R IA IB









2
0
2

1 64

4 2

2 x 2 x

  











1 8

2 2 2 2 2

2 x 2 x

    

 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 4 2 khi M



0; 1



hoặc M



4;3



Câu 31: [2H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác
ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là 6 6.

1 4 3

x y z

 

  Biết rằng điểm

t 0 2

 

f t 0 

2 2 1

 

f t

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>



0; 5; 3



M thuộc đường thẳng AB và điểm N



1; 1; 0



thuộc đường thẳng AC Véc tơ nào sau.
đây là véc tơ chỉ phương của đường thẳngAC?

A. u



1; 2; 3 .



B. u



0; 2; 6 .



C. u



0; 1; 3 .



D. u



0; 1; 3 .



Lời giải

Chọn D.

Giả sử A t( ;6 4 ;6 3 ) t  t , ta có:

(1; 4; 3)

d

u    , AM  ( ; 4t t1; 3 3 ),  t AN  (1 ; 5 4 ;3t   t t 6)

Theo bài ra: Vì d là đường phân giác của góc A nên:

2 2

2 2 2 2

2 2

26 13 26 39

| cos( , ) | | cos( , ) |

26 26 10 26 78 62

2 1 2 3

(4 4 1)(13 39 31) (4 12 9)(13 13 5)

13 13 5 13 39 31

14 14 1.

d d

BP V

t t

u AM u AN

t t t t

t t

t t t t t t t t

t t t t

t t

 

  

   

 

           

   

   

   

(1; 2;3) (0; 1; 3)

A AN

      . Vậy một véc tơ chỉ phương của AC là u



0; 1; 3 .





Câu 34. [2D4-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi

 

H là phần mặt
phẳng chứa các điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn

z

và 16

z có phần thực và phần ảo đều
thuộc đoạn



0; 1 . Tính diện tích S của



 

H .

A. S 256. B. S 64 . C. S 16 4



 



. D. S 32 6







.
Lời giải

Chọn D.

Đặt z x yi x y R 



; 



Ta có

16 16 16

z x y

i

  ; 2 2 2 2

16 16 16x 16y

i
x yi x y x y
z       .

Vì

z

và 16

z có phần thực và phần ảo đều thuộc đoạn



0; 1



nên

2 2 2 2

0 ; 1

16 16

0 ; 1

x y

x y

x y x y



 





  

 












2 2

2
2

0 ; 16

8 64

x y

x y

  




    



  




</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

y=x

8
8

I1

I2

(C1)

(C2)

O

x
y

Phần mặt phẳng

 

H thỏa mãn hệ trên là phần gạch chéo trong hình vẽ . Ta có S H 2S1.

Với S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 1



8



2 2 64

8; 16

x y

y x
x x

   







  




Khi đó





2
2

1
8

8 8

S  x  x dx

 







16 16

2
2

8 8

xdx x dx









   I1 I2.

Với

16
2

1
8

96
2

x

I   .

Tính I : Đặt 2 8 8sin ; ;

2 2

x  t t   

 , suy ra





2 2 2

2
2

0 0 0

sin 2

64cos 32 1 2 32 16

2
t

I tdt cos t dt t

  



 

       

 



Vậy S H 2S1 2 96 16



 



32 6



 



Câu 36: [2D3-4] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số yf x

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

0;
4


 

 

  và f 4 0

 


 

  . Biết

 

d
8
f x x







 

sin 2 d
4
f x x x




 



. Tính tích phân





2 d
I f x x







A . 1

I  . B. 1

I  . C. I 2. D. I 1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Chọn B.

Ta có 4

 

0 0

sin 2 d sin 2 d
f x x x x f x

 
 



 

4
4
0
0

sin 2 d sin 2

f x x f x x



  



 





 

4
0

sin 2. 0 sin 2.0 2 cos 2 d

4 4

f f f x x x


 
   
     

   



 

4
0

2 cos 2 d
4

f f x x x



 
  
 



 

4
0

2 f x cos 2 dx x






Do đó 4

 

2 cos 2 d
4
f x x x







Mặt khác: 4 2 4





0 0

cos 2 d 1 cos 4 d
2

x x x x

 
 



4
0
1 1
sin 4

2x 8 x



 

  

  8


 .
Bởi vậy:

 

4 4 4

2 2

0 0 0

d 2 cos 2 d cos 2 d

8 4 8

f x x f x x x x x

  
  
    



 

4
2 2

2 cos 2 cos 2 d 0

f x f x x x x


 




    

 

4
2
0

cos 2 d 0 cos 2

f x x x f x x






      .
Nên:





8
0
2 d
I f x x







cos 4 dx x





8
0
1 1
sin 4

4 x 4



  .

Câu 40. [2D4-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho các số phức z1, z2 thỏa mãn z 1 6, z 2 2.
Gọi M , N lần lượt là điểm biểu diễn các số phức z1, iz2. Biết rằng MON   60 . Tính

2 2

1 9 2
T z  z .

A. T 18. B. T 24 3. C. T 36 2. D. T 36 3.

Lời giải

Chọn D

Ta có z1  6 OM 6 ; z2  2 iz2  2 ON 2.

Gọi 1

1
3

z z và K là điểm biểu diễn số phức z 1
3

OK OM

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Từ đó suy ra tam giác OKN đều cạnh bằng 2  NK 2 và 2 3 3
2

OI   , với I là trung điểm
KN.

Khi đó T z129z22





2 2 2

2 2

9z 9z 9 z iz

    9



z1 3iz2

 

z13iz2



9 z iz 2 . z iz 2
Do đó: T 18.NK OI. 18.2. 3 36 3 .

Câu 41. [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số
m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số

1
x mx m
y

x

 



 trên



1;2



bằng 2 . Số phần tử của S là.

A. 3. B. 1. C. 4 D. 2 .

Lời giải

Chọn D.

Xét hàm số
2

x mx m
y

x

 



 liên tục trên





1; 2 . Ta có

2
2
'

( 1)
x x
y

x



 ;

' 0 2 0

y   x  x 

[ ]

0 1; 2
2 1; 2

x
x

é = Ï
ê

ê =- Ï
ê

ë . Ta thấy

' 0, [1;2]

y   x nên giá trị lớn

nhất của hàm số
2

1
x mx m
y

x

 



 trên



1; 2



là

1 4

max ;

2 3

m m

 

 

 

 

TH1:

1 2 2

5
2

m
m

m

é
ê =
ê
+ = Þ ê

ê
=-ê
ê
ë

+) Với 3
2

m= ta có max 2;17 17

6 6

 



 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

+) Với 5
2

m=- ta có max 2;7 2
6

 



 

  (nhận)

TH2:

4 2 3

10
3

m

é
ê =
ê
+ = Þ ê

ê
=-ê
ê
ë

+) Với 2
3

m= ta có max 2;7 2
6

 



 

  (nhận)

+) Với 10
3

m=- ta có max 2;17 17

6 6

 



 

  (loại)

Kết luận: Giá trị m cần tìm là: 5
2

m=- và 2
3
m= .

Câu 42. [2D1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số yf x( ) liên tục trên . Biết rằng 
hàm số yf x'( )có đồ thị như hình vẽ. Hàm số yf x( 25) nghịch biến trên khoảng nào sau đây
?

A. ( 1;0) . B. (1;2). C. ( 1;1) . D. (0;1)

Lời giải
Chọn D.

+ Đặt g x( ) f x( 2 5) f u u x( ), 2 5

    

+ g x'( ) (x2 5) ' '( ) 2 '(f u xf x2 5)

   

+ Hàm số y g x ( ) nghịch biến khi g x '( ) 0 và dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm

2
2

2
0

( )
'( 5) 0
2 '( 5) 0

( )
'( 5) 0
x

I
f x

xf x

x

II
f x

 
 

 




    



 

  



'( )

yf x

x
y

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Giải (I): Từ đồ thị hàm số yf x'( ) ta có

2 2

2
0

0 7

( ) 5 2 0

2 1

4 5 1 1 2 1

4
x

x

x x

x

I x x

x

x x x

x
 

 
 



   



  



        

  

  

 

          




  
 


Xét (II): Từ đồ thị yf x'( ) ta có

2 2

2
2

2
0

5 4 1 1 1

( )

4 2 2

1 5 2 7 2 2 7

7 7 7

0 1

1 1

2 7

7 2 2 7

x

x x x

II

x x x

x x

x

x
x

x

x x





        



 

     

 

             

     






 

  




  



  



   

      


Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng:



  ; 7 ; 2; 1 ; 0;1 ; 2; 7





 

 







. Chọn đáp án D.
Câu 43. [2D2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Ông A muốn sau 5 năm có 1.000.000.000 đồng để

mua ơ tơ Camry. Hỏi rằng ông A phải gửi ngân hàng mỗi tháng số tiền gấn nhất với số tiền nào sau
đây? Biết lãi suất hằng tháng là 0,5%, tiền lãi sinh ra hằng tháng được nhập vào tiền vốn số tiền
gửi hàng tháng là như nhau.

A. a 14.261.000 (đồng). B. a 14.260.500 (đồng).
C. a 14.261.500 (đồng). D. a 14.260.000 (đồng).

Lời giải

Chọn C.

Gọi a là số tiền gửi hàng tháng. Khi đó ta có

Sau 1 tháng thì số tiền trong tài khoản của ông A là a.1,0051 a

 .

Sau 2 tháng thì số tiền trong tài khoản của ơng A là:



a.1,0051 a



.1,005 a a.1,0052 a.1,005 a.

    

Sau 3 tháng thì số tiền trong tài khoản của ơng A là:



a.1,0052 a.1,005 a



.1,005 a a.1, 0053 a.1,0052 a.1,005 a.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

………
Sau 59 tháng thì số tiền trong tài khoản của ông A là :

59 3 2

.1, 005 ... .1, 005 .1, 005 .1, 005 .

a  a a a a

Do đó, sau 5 năm thì số tiền trong tài khoản của ông A là:

60 59 3 2 1, 005 1

.1,005 .1,005 ... .1,005 .1,005 .1,005 1,005. . .
0,005

a a  a a a  a 

Do đó:





60 9

1,005 1 10 .0,005

1,005 10 14261494.

0,005 1,005. 1, 005 1

a    a 


Vậy a 14.261.500(đồng).

Câu 44. [1D3-4] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho dãy số

 

u xác định bởin

3 *

1
1

, .

n n

u

u  u n n





   

 ¥

Tìm số ngun dương n nhỏ nhất sao cho u  n 1 2039190.

A. n 2017. B. n 2020. C. n 2018. D. n 2019.
Lời giải

Chọn B.

+ Ta có: un1 unn3 un1



n1



3n3 ... u11323...n3, mà ta có thể để dàng chứng

minh quy nạp biểu thức:





3 3 3 1

1 2 ...

n n

n   

    

 

. Ta tìm n nhỏ nhất để u  n 1 2039190,

hay tìm n nhỏ nhất để





2039190
2

n n

 nên n 2020.

Câu 45. [2H1-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hình

chóp .S ABCD có đáy là tứ giác lồi ABCD và góc tạo
bởi các mặt



SAB





SBC





SCD

 

, SDA với mặt



đáy lần lượt là 90 , 60 , 60 , 60 .0 0 0 0 Biết rằng tam giác

SAB vuông cân tại S , AB a và chu vi tứ giác ABCD
là 9a . Tính thể tích V của khối chóp .S ABCD.

A. 
3

3
.
4

a

V  B. V a3 3.



A D

B

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

C.

2 3

.
9

a

V  D.

3 3

.
9

a
V 

Lời giải

Chọn D.

+ Gọi H là trung điểm AB, Vì



SAB vng góc với mặt đáy nên SH là đường cao hình chóp.



Gọi M N P, , lần lượt là hình chiếu của Hlên các cạnh BC CD DA, , .

+ Từ giả thuyết dễ dàng ta có :









1 1 1 2

. . . .8

2 2 2 tan 60

ABCD

a
S  HN BC HM CD HP AD   HN BC CD AD   a

2
2

3
a

 .

( Vì 0

tan 60

SH
HN HM HP ).

Vậy

2 3

1 2 3

. .

3 3 2 9

S ABCD

a a a

V   .

Câu 46. (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hàm số yf x

 

liên tục trên



1;4 và thỏa mãn



 

f



2 x 1



lnx.
f x

x
x



  Tính tích phân

 

d .

I 



f x x

A. I 2 ln 22 B. I 2 ln 2. C. I  3 2ln 2.2 D. I ln 2.2
Lời giải

Chọn A

Xét

4 4 4

1 1 1

(2 1) ln

( ) f x x .

J f x dx dx dx

x
x















Ta có:

4 4

1 1

ln (2 1)

x f x

P dx Q dx

x x



</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

+) Tính P : Đặt lnx t dx dt
x

   ; x 1 t0;x 4 tln 4.

Vậy

4 ln 4 2

ln 4 2

1 0

2ln 2
2

x t

P dx tdt

x









  ,(1)

+) Tính
4

(2 1)

f x

Q dx

x






, Đặt t 2 x 1 dx dt

x

    , khi đó:x 1 t 1;x 4 t3

Vậy:

3 3

1 1

( ) (x) ,

Q



f t dt



f dx ( tích phân khơng phụ thuộc kí hiệu của biến số), (2)

Từ (1) và (2), ta có:

4 3

1 1

( ) ( ) 2ln 2

f x dx f x dx



, (3). Mà:

4 3 4

1 1 3

( ) ( ) ( )

f x dx f x dx f x dx



,(4)

Từ (3) và (4) suy ra:

 

d 2ln 2.
I 



f x x

Câu 47. [2H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; 2; 3) và mặt
phẳng

 

P : 2x2y z  9 0. Đường thẳng đi qua A và vng góc với mặt phẳng

 

Q : 3x4y 4z 5 0 cắt mặt phẳng

 

P tại B. Điểm M nằm trong mặt phẳng

 

P sao cho

M ln nhìn AB dưới một góc vng và độ dài MB lớn nhất. Tính độ dài MB.

A. 41

2


MB . B. 5

MB  . C. MB  5. D. MB  41.

Lời giải

Chọn C

Ta có đường thẳng d đi qua A và vng góc với mặt phẳng

 

Q : 3x4y 4z 5 0 có phương
trình:

 

1 3

: 2 4 ,

3 4
 



  



  




x t

d y t t

z t

. Ta có giao điểm của d và mặt phẳng

 

P là B:

(1 3 ; 2 4 ; 3 4 )

     

B d B t t t .

 

2 1 3





2 2 4





3 4 9 0 1

          

B P t t t t .

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Điểm M nằm trong mặt phẳng

 

P sao cho M ln nhìn AB dưới một góc vng nên M nằm
trên đường tròn

 

C là giao của mặt cầu đường kính ABvới mặt phẳng

 

P . Khi đó độ dài MB
lớn nhất khi và chỉ khi độ dàiMB bằng đường kính của

 

C . Gọi bán kính của đường trịn

 

C là

r, trung điểm củaABlà ( 1;0; 1)
2

  

I I , d( ,( )I P 3.

Ta có 2  2 2
,( )

4 2

   

I P

AB

d r r . Vậy độ dàiMB lớn nhất là 5.

Câu 48. [1H3-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho lăng trụ ABCD A B C D. ' ' ' ' có đáy ABCD là
hình chữ nhật, AB a AD ,  3a và tam giác A BD' đều. Hình chiếu vng góc của điểm 'A
trên mặt phẳng



ABCD trùng với giao điểm của AC và BD . Tính khoảng cách từ điểm '



B đến
mặt phẳng



A BD .'



A. 3

2
a

. B. 3

a

. C. 3

4
a

. D. 3a.

Lời giải

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD
Vì A BD' đều ' 3 3

2
BD

A O a

   và

2
'

3
3
4

A BD
BD

S   a

Thể tích tứ diện A ABD' là 2 3

1 1

' . . 3 . 3 .

3 3

A ABD ABD

V  A O S  a a a

Khoảng cách từ A đến



A BD là: '







3
'

3 3

; ' 3 .

A ABD

ABD

V a

d A A BD a

S a

  

 

 

Gọi I là giao điểm 'A O và AO . Vì ' '' A O OA là hình bình hành nên I là trung điểm AO'
Và B D' '/ /DB B D' '/ /



A BD'



Suy ra: d B A BD ';





 d O A BD ';





 d A A BD ;





  3 .a
Vậy d B A BD ';





  3 .a

Câu 49. [1D2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Giải bóng chuyền VTV cúp gồm 12 đội tham dự

trong đó có 9 đội bóng của nước ngồi và 3 đội bóng của Việt Nam. Ban tổ chức bốc thăm ngẫu
nhiên để chia thành 3 bảng A B C, , mỗi bảng 3 đội. Tính xác suất để 3 đội Việt Nam ở 3 bảng

khác nhau.

A.16

55. B.

133

165. C.

165. D.

39
65.

Lời giải

Chọn A.

Số cách xếp ngẫu nhiên 12 đội vào 3 bảng A B C, , mỗi bảng 4 đội là:
. .

C C C 4 4 4

12 8 4 34650(cách)
Ta có  34650 .

GọiA là biến cố: “ 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau”.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Tương tự bảng B có C1

2cách chọn1 đội Việt Nam và có C
3

6cách chọn 3đội nước ngồi.
Bảng C có C1

1cách chọn1 đội Việt Nam và có C
3

3cách chọn 3đội nước ngồi.
Vậy A C C C C C C 31. . . . .93 21 63 11 33 10080(cách).

Xác suất cần tìm là:P A ( ) A 


16
55.

Câu 50. [2H2-3] (Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018) Cho hình nón đỉnh S , đáy là hình trịn nội tiếp tam
giác ABC Biết rằng . AB BC 10 ,a AC12a, góc tạo bởi hai mặt phẳng



SAB và





ABC



bằng 450. Tính thể tích V của khối nón đã cho.

A.V 9 a3.

  B. V 12a3. C. V 27a3. D. V  3 a3.

Lời giải
S

B

A

C

I

S

B

A

C

M

H I

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Chọn A.

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Gọi M là trung điểm của AB.

Ta có BM AB2 AM2 100a2 36a2 8a

    

1 1

. 8 .12 48

2 2

ABC

S  BM AC a a a .

Nửa chu vi tam giác ABC là 16
2

AB BC CA

p    a.

2
48

3
16

S a

r a

p a

   .

Góc giữa



SAB



và



ABC



bằng SHI   45  SI IH 3a.

Thể tích khối nón là 1 2 1



3



2.3 9 2

3 3

</div>

Câu hỏi vận dụng có đáp án chi tiết trong đề kiểm tra học kỳ 2 môn toán năm 2018 sở GDĐT nam định lần 8 | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện





 

 





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 



 



 





 

 





 



















 



 

 

<sub> </sub>













<sub></sub>

<sub></sub>





 

 

































 

 







