Đề đánh giá năng lực HSA Toán học số 34 - Làm bài thi

1

Câu 1:

Một câu lạc bộ gồm 27 học sinh yêu thích thể thao, mỗi bạn đều chơi giỏi ít nhất một trong 3 môn thể thao là bóng đá, cầu lông và bóng chuyền. Có 14 học sinh giỏi bóng đá, 12 học sinh giỏi bóng chuyền, 10 học sinh giỏi cầu lông, 4 học sinh giỏi cả bóng đá và bóng chuyền, 3 học sinh giỏi cả bóng chuyền và cầu lông, 3 học sinh giỏi cả bóng đá và cầu lông. Hỏi có bao nhiêu học sinh chỉ chơi giỏi bóng đá (nhập đáp án vào ô trống)?

Đáp án:

Đáp án đúng là "8"

Phương pháp giải

Gọi \(n(A), n(B), n(C)\) lần lượt là số phần tử của tập hợp \(A, B, C\). Khi đó ta có:

\[n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B)\]

\[n(A \cup B \cup C) = n(A) + n(B) + n(C) - n(A \cap B) - n(B \cap C) - n(C \cap A) + n(A \cap B \cap C)\]

Lời giải

Gọi \(A\) là tập hợp các bạn chơi giỏi bóng đá, \(n(A)\) là số phần tử của \(A\).

Gọi \(B\) là tập hợp các bạn chơi giỏi bóng đá, \(n(B)\) là số phần tử của \(B\).

Gọi \(C\) là tập hợp các bạn chơi giỏi bóng đá, \(n(C)\) là số phần tử của \(C\).

Ta có:

\[n(A \cup B \cup C) = n(A) + n(C) - n(A \cap B) - n(B \cap C) + n(C \cap A) + n(A \cap B \cap C)\]

\[\Rightarrow 27 = 14 + 12 + 10 - 4 - 3 - 3 + n(A \cap B \cap C) \Rightarrow n(A \cap B \cap C) = 1 \text{ nên số bạn chơi giỏi cả ba môn là } 1.\]

Số bạn vừa chơi giỏi bóng đá, vừa chơi giỏi ít nhất một môn khác là:

\[n[(A \cap B) \cup (A \cap C)] = n(A \cap B) + n(A \cap C) - n(A \cap B \cap C) = 4 + 3 - 1 = 6 \text{ (học sinh)}\]

Số bạn chỉ chơi giỏi bóng đá là \(n(A) - n[(A \cap B) \cup (A \cap C)] = 14 - 6 = 8\) (học sinh)

2

Câu 2:

Miền nghiệm \(OABC\) trong hình vẽ dưới đây (kể cả bờ) là miền nghiệm của hệ bất phương trình nào?
![](images/0.jpg)

\[ \text{A.} \begin{cases} x \geq 0 \\ y \leq 0 \\ x - y \geq 2 \\ x + y \leq 6 \end{cases} \quad \text{B.} \begin{cases} x \geq 0 \\ y \geq 0 \\ x - y \geq 2 \\ x + y \leq 6 \quad \text{C.} \begin{cases} x \geq 0 \\ y \geq 0 \\ x + y \leq 2 \\ x + y \geq 6 \end{cases} \quad \text{D.} \begin{cases} x \geq 0 \\ y \geq 0 \\ x \geq 0 \\ x + y \leq 6 \end{cases} \end{cases} \]

## Đáp án đúng là D

### Phương pháp giải

Để xác định hệ bất phương trình dựa vào miền nghiệm, ta xác định các bờ của miền nghiệm và kiểm tra một điểm thuộc miền nghiệm đó nằm ở nửa mặt phẳng nào rồi kết luận bất phương trình

### Lời giải

Gọi (*) là hệ bất phương trình có miền nghiệm OABC

Do miền nghiệm OABC có kể cả bờ nên các bất phương trình đều nhận dấu bằng.

Bờ chứa OA là đường thẳng \(x=0\). Điểm \(C(2;0)\) thuộc miền nghiệm OABC và \(2 \geq 0\) nên \(x \geq 0\) là một bất phương trình của (*).

Bờ chứa OC là đường thẳng \(y=0\). Điểm \(A(0;6)\) thuộc miền nghiệm OABC và \(6 \geq 0\) nên \(y \geq 0\) là một bất phương trình của (*).

Bờ chứa BC là đường thẳng \(x-y=2\). Điểm \(O(0;0)\) thuộc miền nghiệm OABC và \(0-0 \leq 2\) nên \(x-y \leq 2\) là một bất phương trình của (*).

Bờ chứa \(AB\) là đường thẳng \(x+y=6\). Điểm \(O(0;0)\) thuộc miền nghiệm \(OABC\) và \(0+0 \le 6\) nên \(x+y \le 6\) là một bất phương trình của (*).

\[ \text{Vậy miền nghiệm } OABC \text{ là miền nghiệm của hệ bất phương trình} \begin{cases} x \ge 0 \\ y \ge 0 \\ x-y \le 2 \\ x+y \le 6 \end{cases}. \]

A. } \begin{cases} x \geq 0 \\ y \leq 0 \\ x - y \geq 2 \\ x + y \leq 6 \end{cases} \quad \text{

B. } \begin{cases} x \geq 0 \\ y \geq 0 \\ x - y \geq 2 \\ x + y \leq 6 \quad \text{

C. } \begin{cases} x \geq 0 \\ y \geq 0 \\ x + y \leq 2 \\ x + y \geq 6 \end{cases} \quad \text{

D. } \begin{cases} x \geq 0 \\ y \geq 0 \\ x \geq 0 \\ x + y \leq 6 \end{cases} \end{cases} \] ## Đáp án đúng là D ### Phương pháp giải Để xác định hệ bất phương trình dựa vào miền nghiệm, ta xác định các bờ của miền nghiệm và kiểm tra một điểm thuộc miền nghiệm đó nằm ở nửa mặt phẳng nào rồi kết luận bất phương trình ### Lời giải Gọi (*) là hệ bất phương trình có miền nghiệm OABC Do miền nghiệm OABC có kể cả bờ nên các bất phương trình đều nhận dấu bằng. Bờ chứa OA là đường thẳng \(x=0\). Điểm \(C(2;0)\) thuộc miền nghiệm OABC và \(2 \geq 0\) nên \(x \geq 0\) là một bất phương trình của (*). Bờ chứa OC là đường thẳng \(y=0\). Điểm \(A(0;6)\) thuộc miền nghiệm OABC và \(6 \geq 0\) nên \(y \geq 0\) là một bất phương trình của (*). Bờ chứa BC là đường thẳng \(x-y=2\). Điểm \(O(0;0)\) thuộc miền nghiệm OABC và \(0-0 \leq 2\) nên \(x-y \leq 2\) là một bất phương trình của (*). Bờ chứa \(AB\) là đường thẳng \(x+y=6\). Điểm \(O(0;0)\) thuộc miền nghiệm \(OABC\) và \(0+0 \le 6\) nên \(x+y \le 6\) là một bất phương trình của (*). \[ \text{Vậy miền nghiệm } OABC \text{ là miền nghiệm của hệ bất phương trình} \begin{cases} x \ge 0 \\ y \ge 0 \\ x-y \le 2 \\ x+y \le 6 \end{cases}. \]

3

## Câu 3:

Hai chiếc thuyền xuất phát cùng một lúc, tại cùng một vị trí ở ngoài khơi xa, chạy về hai hướng hợp với nhau một góc \(60^\circ\). Tốc độ của mỗi chiếc thuyền lần lượt là 15 km/h và 24 km/h. Khoảng cách giữa hai chiếc thuyền sau khi di chuyển được 20 phút là

A. 12 km

B. 10,5 km

C. 9 km

D. 7 km. ## Đáp án đúng là D ### Phương pháp giải Áp dụng đinh lý cosin trong tam giác \(ABC: BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2AB.AC \cdot \cos A\). ### Lời giải Đổi 20 phút \(= \frac{1}{3}\) giờ. Quãng đường mỗi chiếc thuyền di chuyển được sau 20 phút lần lượt là \(15 \cdot \frac{1}{3} = 5\) (km) và \(24 \cdot \frac{1}{3} = 8\) (km). Vậy khoảng cách giữa hai chiếc thuyền sau khi di chuyển được \(20\) phút là: \[ \sqrt{5^2 + 8^2 - 2.8.5 \cdot \cos 60^\circ} = 7 \text{ (km)}. \]

4

## Câu 4:

Trong mặt phẳng \(Oxy\), cho tam giác \(ABC\) có trực tâm \(H(3;2)\) và trọng tâm \(G\left(\frac{5}{3}; \frac{8}{3}\right)\). Đường thẳng \(BC\) có phương trình là \(x+2y-2=0\). Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

Đáp án đúng là "5"

Phương pháp giải

Cho tam giác \(ABC\) có trực tâm \(H\), trọng tâm \(G\) và tâm đường tròn ngoại tiếp \(I\). Khi đó ta có \(\overrightarrow{HG} = 2\overrightarrow{GI}\).

Lời giải

Gọi \(I(x_i; y_i)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

\[ \text{Ta có } \overrightarrow{HG} = \left( -\frac{4}{3}; \frac{2}{3} \right); \overrightarrow{GI} = \left( x_I - \frac{5}{3}; y_I - \frac{8}{3} \right). \]

Tam giác \(ABC\) có trực tâm \(H\), trọng tâm \(G\). và tâm đường tròn ngoại tiếp \(I\) nên \(\overrightarrow{HG} = 2\overrightarrow{GI}\).

\[ \text{Do đó } \begin{cases} -\frac{4}{3} = 2\left(x_I - \frac{5}{3}\right) \\ \frac{2}{3} = 2\left(y_I - \frac{8}{3}\right) \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_I = 1 \\ y_I = 3 \end{cases} \Leftrightarrow I(1;3). \]

Đường thẳng \(BC\) có phương trình là \(x + 2y - 2 = 0\) nên \(x = 2 - 2y\) và \(\overrightarrow{u_{BC}} = (-2;1)\).

Gọi \(M(2 - 2y_M; y_M)\) là trung điểm \(BC\). Khi đó \(IM \perp BC\) và \(\overrightarrow{GA} = 2\overrightarrow{MG}\).

Ta có \(\overrightarrow{IM} = (1 - 2y_M; y_M - 3)\);

\[ IM \perp BC \Rightarrow \overrightarrow{IM} \perp \overrightarrow{u_{BC}} \Rightarrow -2.(1 - 2y_M) + 1.(y_M - 3) = 0 \Rightarrow y_M = 1 \Rightarrow M(0;1). \]

\[ Gọi A(x_A; y_A). Ta có \overrightarrow{GA} = \left( x_A - \frac{5}{3}; y_A - \frac{8}{3} \right); \overrightarrow{MG} = \left( \frac{5}{3}; \frac{5}{3} \right) \text{ mà } \overrightarrow{GA} = 2\overrightarrow{MG} \]

\[ \text{Nên } \begin{cases} x_A - \frac{5}{3} = 2 \cdot \frac{5}{3} \\ y_A - \frac{8}{3} = 2 \cdot \frac{5}{3} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x_A = 5 \\ y_A = 6 \end{cases} \Leftrightarrow A(5;6). \]

\[ Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là \(IA = \sqrt{(5-1)^2 + (6-3)^2} = 5\). \]

5

Câu 5:

Một mặt khẩu mở cửa gồm có 3 ký tự là các chữ số tự nhiên từ 0 đến 9. Mặt khẩu chính xác là một số tự nhiên có 3 chữ số sao cho chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục và chữ số hàng chục

lớn hơn chữ số hàng trăm. Xác suất để một người nọ không biết mặt khẩu, sau một lần bấm mở được cửa là:

A. \(\frac{1}{250}\). B. \(\frac{21}{250}\). C. \(\frac{27}{250}\). D. \(\frac{117}{250}\).

## Đáp án đúng là B

### Phương pháp giải

Số các số tự nhiên có ba chữ số sao cho chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục và chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng trăm là số cách chọn ra 3 phần tử từ tập hợp gồm 9 phần tử là các chữ số tự nhiên từ 1 đến 9.

### Lời giải

Gọi \(A\) là biến cố "một người nọ không biết mặt khẩu, sau một lần bấm một được cửa".

Gọi \(\overline{abc}\) là mặt khẩu chính xác để mở cửa.

Ta có \(1 \le a < b < c \le 9; a, b, c \in \mathbb{N}\) hay \(a, b, c \in H = \{1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9\}\).

Vì mặt khẩu chính xác là một số tự nhiên có 3 chữ số sao cho chữ số hàng đơn vị lớn hơnchữ số hàng chục và chữ số hàng chục lớn hơn chử số hàng trăm nên cứ mỗi cách chọn ra 1 bộ 3 số từ \(H\), ta được đúng 1 số \(\overline{abc}\) thỏa mãn là mặt khẩu mở cửa.

Do đó \(n(A) = C_9^3 = 84\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega) = 10.10.10 = 1000\).

Xác suất cần tìm là là: \(P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{84}{1000} = \frac{21}{250}\).

A. \(\frac{1}{250}\)

B. \(\frac{21}{250}\)

C. \(\frac{27}{250}\)

D. \(\frac{117}{250}\). ## Đáp án đúng là B ### Phương pháp giải Số các số tự nhiên có ba chữ số sao cho chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục và chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng trăm là số cách chọn ra 3 phần tử từ tập hợp gồm 9 phần tử là các chữ số tự nhiên từ 1 đến 9. ### Lời giải Gọi \(A\) là biến cố "một người nọ không biết mặt khẩu, sau một lần bấm một được cửa". Gọi \(\overline{abc}\) là mặt khẩu chính xác để mở cửa. Ta có \(1 \le a < b < c \le 9; a, b, c \in \mathbb{N}\) hay \(a, b, c \in H = \{1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9\}\). Vì mặt khẩu chính xác là một số tự nhiên có 3 chữ số sao cho chữ số hàng đơn vị lớn hơnchữ số hàng chục và chữ số hàng chục lớn hơn chử số hàng trăm nên cứ mỗi cách chọn ra 1 bộ 3 số từ \(H\), ta được đúng 1 số \(\overline{abc}\) thỏa mãn là mặt khẩu mở cửa. Do đó \(n(A) = C_9^3 = 84\). Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega) = 10.10.10 = 1000\). Xác suất cần tìm là là: \(P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{84}{1000} = \frac{21}{250}\)

6

### Câu 6:

Cho \(\tan\alpha = 2\). Biết \(T = \frac{\sin\alpha}{\sin^3\alpha + \sqrt{3}\cos^3\alpha} = \frac{a+b\sqrt{3}}{61}\), trong đó \(a, b\) là các số nguyên dương. Tính \(a-b\) (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

Đáp án đúng là "90"

### Phương pháp giải

Chia cả tử và mẫu của biểu thức \(T\) cho \(\cos^3\alpha\) rồi sử dụng các công thức lượng giác:

\[ \tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} \cdot \frac{1}{\cos^2\alpha} = \tan^2\alpha + 1. \]

## Lời giải

\[ Ta \, có \, \frac{1}{\cos^2\alpha} = \tan^2\alpha + 1 = 2^2 + 1 = 5 \Rightarrow \cos^2\alpha = \frac{1}{5} \neq 0 \Rightarrow \cos\alpha \neq 0. \]

\[ T = \frac{\sin\alpha}{\sin^3\alpha + \sqrt{3}\cos^3\alpha} = \frac{\frac{\sin\alpha}{\cos^3\alpha}}{\frac{\sin^3\alpha}{\cos^3\alpha} + \sqrt{3}} = \frac{\tan\alpha \cdot \frac{1}{\cos^2\alpha}}{\tan^3\alpha + \sqrt{3}} = \frac{2.5}{2^3 + \sqrt{3}} \]

\[ = \frac{10}{8 + \sqrt{3}} = \frac{80 - 10\sqrt{3}}{61} \]

Do đó \(a = 80; b = -10\) nên \(a - b = 80 - (-10) = 90\).

7

## Câu 7:

Một hội trường có 20 dãy ghế, dãy đầu tiên có 12 ghế. Các dãy liền sau nhiều hơn dãy liền trước 2 ghế. Tính số ghế có trong hội trường (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

![](images/0.jpg)

Đáp án đúng là "620"

Phương pháp giải

\[ Tổng n số hạng đầu của cấp số cộng: S_n = \frac{2u_1 + (n-1)d}{2}n. \]

## Lời giải

\[ Số ghế có trong hội trường là S_n = \frac{2.12 + (20-1).2}{2}.20 = 620 (\text{ghế}). \]

8

## Câu 8:

Cho các cấp số cộng \((u_n): \begin{cases} u_1 = 4 \\ u_{n+1} = u_n + 3 \end{cases}\) và \((v_n): \begin{cases} v_1 = 1 \\ v_{n+1} = v_n + 5 \end{cases}\). Có bao nhiêu số \(m\) bé hơn 2025 sao cho \(m\) vừa là số hạng của \((u_n)\), vừa là số hạng của \((v_n)\)?

A. 134

B. 326

C. 458

D. 215. ## Đáp án đúng là A ### Phương pháp giải Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng \((u_n)\) là \(u_n = u_1 + (n-1)d\), trong đó \(d\) là công sai. ### Lời giải \[ (u_n) : \begin{cases} u_1 = 4 \\ u_{n+1} = u_n + 3 \end{cases} \text{ nên } d = 3. \text{ Số hạng tổng quát của } (u_n) \text{ là } u_n = 4 + (n-1)3 \Rightarrow u_n = 3n+1. \] \[ (v_n) : \begin{cases} v_1 = 1 \\ v_{n+1} = v_n + 5 \end{cases} \text{ nên } d = 5. \text{ Số hạng tổng quát của } (v_n) \text{ là } v_n = 1 + (n-1)5 \Rightarrow v_n = 5n-4. \] Gọi \(k, t\) là các số nguyên dương thỏa mãn \(u_k = v_t\). Điều kiện: \(1 \le k \le 674\); \(1 \le t \le 405\). Ta có \(m = u_k = v_t \Rightarrow 3k+1=5t-4 \Rightarrow 3k+5=5t \Rightarrow 3k:5 \Rightarrow k:5\). Đặt \(k=5x(x \in \mathbb{N}^*)\). Vì \(1 \le k \le 674\) nên \(1 \le x \le 134\). Khi đó \(m = u_k = 3k+1=3(5x)+1=15x+1\). Mà \(1 \le x \le 134, x \in \mathbb{N}^*\) nên có 134 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán

9

### Câu 9:

Nồng độ oxygen trong hồ theo thời gian \(t\) được cho bởi công thức \(C(t) = \frac{45t^2 - 15t + 5}{9t^2 + 1}\), trong đó \(C(t)\) được tính theo mg/l và \(t\) được tính theo giờ, \(t \ge 0\). Khi thời gian đủ dài, nồng độ oxygen trong hồ đạt trạng thái bão hòa. Tính nồng độ bão hòa của oxygen trong hồ.

A. 20 mg/l

B. 45 mg/l

C. 5 mg/l

D. 9 mg/l. ### Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải Giới hạn hàm số tại vô cùng. ### Lời giải \[ \text{Ta có } \lim_{t \to +\infty} C(t) = \lim_{t \to +\infty} \frac{45t^2 - 15t + 5}{9t^2+1} = \lim_{t \to +\infty} \frac{45 - \frac{15}{t} + \frac{5}{t^2}}{9 + \frac{1}{t^2}} = \frac{45}{9} = 5. \] Vậy nồng độ bão hòa của oxygen trong hồ là 5 mg/l

10

Câu 10:

Cho hàm số \(f(x) = \frac{25^x - 4}{25^x + 5}\). Giá trị của biểu thức \(S = f\left(\frac{1}{2023}\right) + f\left(\frac{2}{2023}\right) + \dots + f\left(\frac{2022}{2023}\right)\) là

A. \(\frac{2022}{5}\)

B. \(\frac{1011}{5}\)

C. 1011

D. 2022. Đáp án đúng là B Phương pháp giải Xét tổng \(f(a) + f(1-a)\). Lời giải Xét \[ \begin{aligned} f(a) + f(1-a) &= \frac{25^a - 4}{25^a + 5} + \frac{25^{1-a} - 4}{25^{1-a} + 5} = \frac{25^a - 4}{25^a + 5} + \left(\frac{25}{25^a + 5}\right) \\ &= \frac{25^a - 4}{25^a + 5} + \underbrace{\frac{25 - 4.25^a}{25 + 5.25^a}}_{= \frac{5 + 25^a}{25 + 5.25^a}} = \frac{1}{5}. \end{aligned} \] Biểu thức \(S\) là tổng của 2022 số hạng, do đó, \(S\) được chia thành 1011 cặp như sau: \[ S = \left[ f\left(\frac{1}{2023}\right) + f\left(\frac{2022}{2023}\right) \right] + \left[ f\left(\frac{2}{2023}\right) + f\left(\frac{2021}{2023}\right) \right] + \dots + \left[ f\left(\frac{1011}{2023}\right) + f\left(\frac{1012}{2023}\right) \right] \] Vậy \(S = \frac{1}{5}.1011 = \frac{1011}{5}\)

11

Câu 11:

Bất phương trình \(\log_3 \frac{x^2 - 9}{125} \le \log_5 \frac{x^2 - 9}{27}\) có bao nhiêu nghiệm có giá trị nguyên (nhập đáp án vào ô trống)?

Đáp án:

![](images/0.jpg)

Đáp án đúng là "110"

Phương pháp giải

Giải bất phương trình logarit: \(\log_a x \le b\) (\(a > 0, a \ne 1\))

Trường hợp 1: \(a > 1\)

\[ \log_a x \le b \Leftrightarrow 0 < x \le a^b. \]

Trường hợp 2: \(0 < a < 1\)

\[ \log_a x \le b \Leftrightarrow x \ge a^b. \]

## Lời giải

\[ \text{ĐKXĐ: } x^2 - 9 > 0 \Leftrightarrow x > 3 \lor x < -3. \]

\[ \text{Đặt } t = \log_5 \frac{x^2 - 9}{27}. \text{ Ta có} \]

\[ \begin{cases} \log_5 \frac{x^2 - 9}{27} = t \\ \log_3 \frac{x^2 - 9}{125} \le t \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x^2 - 9 = 27.5^t \\ x^2 - 9 \le 125.3^t \end{cases} \Rightarrow 27.5^t \le 125.3^t \Rightarrow \left( \frac{5}{3} \right)^t \le \frac{125}{27} \Rightarrow t \le 3. \]

\[ \text{Do đó } \log_5 \frac{x^2 - 9}{27} \le 3 \Leftrightarrow x^2 - 9 \le 3375 \Leftrightarrow x^2 \le 3384 \Leftrightarrow -6\sqrt{94} \le x \le 6\sqrt{94}. \]

Mà \(x > 3 \lor x < -3\) nên \(x \in \left[-6\sqrt{94}; -3\right) \cup \left(3; 6\sqrt{94}\right]\). Vậy có 110 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn bất phương trình đã cho.

12

## Câu 12:

Biết \(x_1, x_2\) là hai nghiệm của phương trình \((3+\sqrt{5})^x + (3-\sqrt{5})^x = 3.2^x\). Tính giá trị của biểu thức \(T = x_1^x + x_2^x\). (nhập đáp án vào ô trống)

Đáp án:

Đáp án đúng là "2"

Phương pháp giải

Giải phương trình mũ bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

## Lời giải

\[ \text{ĐKXĐ: } x \in \mathbb{R}. \]

\[ \text{Ta có: } (3+\sqrt{5})^x + (3-\sqrt{5})^x =3.2^x \Leftrightarrow \left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right)^x + \left( \frac{3-\sqrt{5}}{2} \right)^x - 3 = 0 \quad (1) \]

\[ \text{Đặt } t = \left( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right)^x, t > 0. \text{ Vì } \left( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right)^x \cdot \left( \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right)^x = \left[ \left( \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right) \cdot \left( \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right) \right]^x = 1 \text{ nên } \left( \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right)^x \cdot \frac{1}{t}. \]

Khi đó (1) trở thành:

\[ t + \frac{1}{t} - 3 = 0 \Leftrightarrow t^2 - 3t + 1 = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} t = \frac{3 + \sqrt{5}}{2} (n) \\ t = \frac{3 - \sqrt{5}}{2} (n) \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 1 \\ x = -1 \end{cases}. \]

Vậy \(T = x_1^2 + x_2^2 = 1^2 + (-1)^2 = 2\).

13

## Câu 13:

Viết phương trình tiếp tuyến \(d\) của đồ thị hàm số \(y = x^3 - x^2 + 2\) tại điểm có hoành độ dương, biết \(d\) tạo với trục hoành một góc \(45^\circ\).

A. \(y = x - 2\)

B. \(y = -x + 2\)

C. \(y = -x - 1\)

D. \(y = x + 1\). ## Đáp án đúng là D ### Phương pháp giải Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f(x)\) tại điểm có hoành độ \(x_0\) là: \[ y = f'(x_0) \cdot (x - x_0) + f(x_0) \] ### Lời giải \(d\) tạo với trục hoành một góc \(45^\circ\) nên hệ số góc của \(d\) là 1 hoặc -1. Ta có \(y = f(x) = x^3 - x^2 + 2\). \[ f'(x) = 3x^2 - 2x. \] Gọi \(x_0\) là hoành độ tiếp điểm của \(d\) với đồ thị hàm số \(y = x^3 - x^2 + 2\). Hệ số góc của \(d\) là \(f'(x_0) = 3x_0^2 - 2x_0\). Do đó ta có \(3x_0^2 - 2x_0 = 1 \lor 3x_0^2 - 2x_0 = -1 \Leftrightarrow x_0 = 1_{(n)} \lor x_0 = -\frac{1}{3}_{(l)}\). Phương trình tiếp tuyến \(d\) của đồ thị hàm số \(y = x^3 + x^2 + 2\) là: \[ y = (3x_0^2 - 2x_0) \cdot (x - x_0) + x_0^3 - x_0^2 + 2 \] \[ \Leftrightarrow y = 1 \cdot (x-1) + 1 - 1 + 2 \Leftrightarrow y = x + 1. \]

14

## Câu 14:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang \(ABCD\) với \(AD \parallel BC\) và \(AD = 2BC\). Gọi \(M\) là điểm trên cạnh \(SD\) thỏa mãn \(SM = \frac{1}{3}SD\). Mặt phẳng \((ABM)\) cắt cạnh bên \(SC\) tại điểm \(N\). Tỉ số \(\frac{SN}{SC}\) là:

A. \(\frac{2}{3}\)

B. \(\frac{1}{2}\)

C. \(\frac{3}{5}\)

D. \(\frac{3}{4}\). ## Đáp án đúng là B ### Phương pháp giải ### Phương pháp: Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng, từ đó tìm được giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng. Sử dụng định lý Menelaus: Cho tam giác \(ABC\). Đường thẳng \(d\) cắt các đường thẳng \(AB, BC, CA\) lần lượt lại \(M, N, P\). Khi đó ta có: \(\frac{MA}{MB} \cdot \frac{NB}{NC} \cdot \frac{PC}{PA} = 1\). ## Lời giải ![](images/0.jpg) Ta có \(SM = \frac{1}{3}SD \Rightarrow \frac{MS}{MD} = \frac{1}{2}\) Gọi \(I\) là giao điểm của \(AB\) và \(CD\) (\(AB\) và \(CD\) cắt nhau vì cùng thuộc mặt phẳng \((ABCD)\) và không song song với nhau). Theo định lý Ta - let trong tam giác \(IAD\) có \(BC \parallel AD\): \(\frac{IC}{ID} = \frac{BC}{AD} = \frac{1}{2}\). Do đó \(\frac{ID}{IC} = 2\). Gọi \(N\) là giao điểm của \(IM\) và \(SC\). (\(IM\) và \(SC\) cắt nhau vì cùng thuộc mặt phẳng (SCD) và không song song với nhau). Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác \(SCD\), có \(M, N, I\) thẳng hàng ta được: \[ \frac{MS}{MD} \cdot \frac{ID}{IC} \cdot \frac{NC}{NS} = 1 \] \[ \Rightarrow \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{NC}{NS} = 1 \Rightarrow \frac{NC}{NS} = 1 \Rightarrow \frac{SN}{SC} = \frac{1}{2}. \]

15

## Câu 15:

Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh đều bằng \(a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(SD\) và \(a\) là góc giữa đường thẳng \(BM\) và mặt phẳng \((ABCD)\). Tính tan \(\alpha\) (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

Đáp án đúng là "1/3"

Phương pháp giải

Để xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, ta xác định góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó trên mặt phẳng.

Lời giải
![](images/0.jpg)

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Do hình chóp \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \perp (ABCD)\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(OD\). Khi đó \(MH\) là đường trung bình của tam giác \(SOD\) nên \(MH \parallel SO \Rightarrow MH \perp (ABCD)\)

Do đó góc giữa đường thẳng \(BM\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{MBH}\) nên \(\alpha = \widehat{MBH}\).

\(ABCD\) là hình vuông nên \(BD = AB\sqrt{2} = a\sqrt{2}\)

Ta có \(O\) là trung điểm \(BD, H\) là trung điểm \(OD\) nên \(OD = \frac{BD}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}\) và \(BH = \frac{3}{4}BD = \frac{3a\sqrt{2}}{4}\).

\(\Delta SOD\) vuông tại \(O\) có \(SO = \sqrt{SD^2 - OD^2} = \sqrt{a^2 - \left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}\).

\(MH\) là đường trung bình của tam giác \(SOD\) nên \(MH = \frac{SO}{2} = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{4}\).

\(\Delta MBH\) vuông tại \(H\) có \(\tan \widehat{MBH} = \frac{\frac{a\sqrt{2}}{4}}{\frac{3a\sqrt{2}}{4}} = \frac{1}{3}\).

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật \(ABCD, BC = 2a\) và \(SA \perp (ABCD)\). Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Khoảng cách từ \(G\) đến mặt phẳng \((SAB)\) là

A. \(2a\). B. \(\frac{a}{3}\). C. \(\frac{4a}{3}\). D. \(\frac{2a}{3}\).

## Đáp án đúng là D

### Phương pháp giải

Để xác định khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, ta có thể dựng hình chiếu của điểm đó trên mặt phẳng, rồi xác định khoảng cách từ điểm đó đến hình chiếu của nó.

### Lời giải

![](images/0.jpg)

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên

\[BG = \frac{2}{3} BO \Rightarrow BG = \frac{1}{3} BD.\]

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(G\) trên \(AB\). Do \(SA \perp (ABCD)\) nên \(GH \perp (SAB) \Rightarrow GH = d_{[G(SAB)]}\).

Theo định lý Ta - let trong tam giác \(BAD\) có \(GH \parallel AD\):

\[\frac{GH}{AD} = \frac{BG}{BD} = \frac{1}{3} \Rightarrow GH = \frac{AD}{3} = \frac{2a}{3}.\]

Vậy khoảng cách từ \(G\) đến mặt phẳng \((SAB)\) là \(\frac{2a}{3}\).

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\), \(AB = AD = 2CD = 2a\). Góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABCD)\) bằng \(60^\circ\). Gọi \(I\) là trung điểm \(AD\). Biết hai mặt phẳng \((SBI)\) và \((SCI)\) cùng vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\). Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là:

\[ \text{A. } \frac{3a^3\sqrt{15}}{5} \]

\[ \text{B. } \frac{9a^3\sqrt{15}}{5} \]

\[ \text{C. } \frac{a^3\sqrt{15}}{15} \]

\[ \text{D. } \frac{5a^3\sqrt{15}}{3} \]

## Đáp án đúng là A

### Phương pháp giải

Thể tích của khối chóp: \(V = \frac{1}{3} hS\), trong đó \(h\) là chiều cao hình chóp, \(S\) là diện tích đáy của hình chóp.

### Lời giải

![](images/0.jpg)

Ta có \(CB = \sqrt{AD^2 + (AB-CD)^2} = \sqrt{(2a)^2 + (2a-a)^2} = a\sqrt{5}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) trên \(BC\). Khi đó \(BC \perp (SHI)\) nên góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABCD)\) là \(\widehat{SHI}\).

Theo đề ta có \(\widehat{SHI} = 60^\circ\)

Diện tích hình thang vuông \(ABCD\) là

\[ S_{ABCD} = \frac{(AB + DC).AD}{2} = \frac{(2a + a)2a}{2} = 3a^2 \]

Diện tích tam giác \(ABI\) vuông tại \(A\) là \(S_{ABI} = \frac{1}{2} AB \cdot AI = \frac{1}{2} 2a \cdot a = a^2\).

Diện tích tam giác \(DCI\) vuông tại \(D\) là \(S_{DCI} = \frac{1}{2} DI.DC = \frac{1}{2} a.a = \frac{a^2}{2}\).

Diện tích tam giác \(BCI\) là

\[S_{BCI} = S_{ABCD} - S_{ABI} - S_{DCI} = 3a^2 - a^2 - \frac{a^2}{2} = \frac{3}{2}a^2\]

\[Ta có S_{BCI} = \frac{1}{2} IH.BC \Rightarrow IH = \frac{2S_{BCI}}{BC} = \frac{2 \cdot \frac{3}{2}a^2}{a\sqrt{5}} = \frac{3a\sqrt{5}}{5}.\]

Do đó \(SI = IH. \tan \widehat{SHI} = \frac{3a\sqrt{5}}{5} \cdot \tan 60^\circ = \frac{3a\sqrt{15}}{5}\).

Vậy thể tích \(S.ABCD\) là

\[V_{S.ABCD} = \frac{1}{3} SI.S_{ABCD} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3a\sqrt{15}}{5} \cdot 3a^2 = \frac{3a^3\sqrt{15}}{5}\]

A. \(2a\)

B. \(\frac{a}{3}\)

C. \(\frac{4a}{3}\)

D. \(\frac{2a}{3}\). ## Đáp án đúng là D ### Phương pháp giải Để xác định khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, ta có thể dựng hình chiếu của điểm đó trên mặt phẳng, rồi xác định khoảng cách từ điểm đó đến hình chiếu của nó. ### Lời giải ![](images/0.jpg) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \[BG = \frac{2}{3} BO \Rightarrow BG = \frac{1}{3} BD.\] Gọi \(H\) là hình chiếu của \(G\) trên \(AB\). Do \(SA \perp (ABCD)\) nên \(GH \perp (SAB) \Rightarrow GH = d_{[G(SAB)]}\). Theo định lý Ta - let trong tam giác \(BAD\) có \(GH \parallel AD\): \[\frac{GH}{AD} = \frac{BG}{BD} = \frac{1}{3} \Rightarrow GH = \frac{AD}{3} = \frac{2a}{3}.\] Vậy khoảng cách từ \(G\) đến mặt phẳng \((SAB)\) là \(\frac{2a}{3}\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\), \(AB = AD = 2CD = 2a\). Góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABCD)\) bằng \(60^\circ\). Gọi \(I\) là trung điểm \(AD\). Biết hai mặt phẳng \((SBI)\) và \((SCI)\) cùng vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\). Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là: \[ \text{A. } \frac{3a^3\sqrt{15}}{5} \] \[ \text{B. } \frac{9a^3\sqrt{15}}{5} \] \[ \text{C. } \frac{a^3\sqrt{15}}{15} \] \[ \text{D. } \frac{5a^3\sqrt{15}}{3} \] ## Đáp án đúng là A ### Phương pháp giải Thể tích của khối chóp: \(V = \frac{1}{3} hS\), trong đó \(h\) là chiều cao hình chóp, \(S\) là diện tích đáy của hình chóp. ### Lời giải ![](images/0.jpg) Ta có \(CB = \sqrt{AD^2 + (AB-CD)^2} = \sqrt{(2a)^2 + (2a-a)^2} = a\sqrt{5}\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) trên \(BC\). Khi đó \(BC \perp (SHI)\) nên góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((ABCD)\) là \(\widehat{SHI}\). Theo đề ta có \(\widehat{SHI} = 60^\circ\) Diện tích hình thang vuông \(ABCD\) là \[ S_{ABCD} = \frac{(AB + DC).AD}{2} = \frac{(2a + a)2a}{2} = 3a^2 \] Diện tích tam giác \(ABI\) vuông tại \(A\) là \(S_{ABI} = \frac{1}{2} AB \cdot AI = \frac{1}{2} 2a \cdot a = a^2\). Diện tích tam giác \(DCI\) vuông tại \(D\) là \(S_{DCI} = \frac{1}{2} DI.DC = \frac{1}{2} a.a = \frac{a^2}{2}\). Diện tích tam giác \(BCI\) là \[S_{BCI} = S_{ABCD} - S_{ABI} - S_{DCI} = 3a^2 - a^2 - \frac{a^2}{2} = \frac{3}{2}a^2\] \[Ta có S_{BCI} = \frac{1}{2} IH.BC \Rightarrow IH = \frac{2S_{BCI}}{BC} = \frac{2 \cdot \frac{3}{2}a^2}{a\sqrt{5}} = \frac{3a\sqrt{5}}{5}.\] Do đó \(SI = IH. \tan \widehat{SHI} = \frac{3a\sqrt{5}}{5} \cdot \tan 60^\circ = \frac{3a\sqrt{15}}{5}\). Vậy thể tích \(S.ABCD\) là \[V_{S.ABCD} = \frac{1}{3} SI.S_{ABCD} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3a\sqrt{15}}{5} \cdot 3a^2 = \frac{3a^3\sqrt{15}}{5}\]

16

Câu 18:

Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\), khoảng cách từ \(C\) đến đường thẳng \(BB'\) bằng 2, khoảng cách từ \(A\) đến các đường thẳng \(BB'\) và \(CC'\) lần lượt bằng 1 và \(\sqrt{3}\), hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \((A'B'C')\) là trung điểm \(M\) của \(B'C'\) và \(A'M = \frac{2\sqrt{3}}{3}\). Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng:

A. \(\frac{2\sqrt{3}}{3}\)

B. 1

C. \(\sqrt{3}\)

D. 2. Đáp án đúng là D Phương pháp giải Thể tích khối lăng trụ: \(V = h.S\), trong đó \(h\) là chiều cao lăng trụ, \(S\) là diện tích đáy của lăng trụ. Lời giải ![](images/0.jpg) Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\). Gọi \(E\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BB'\), \(F\) là hình chiếu của \(A\) trên \(CC'\). Ta có, \(H\) là trung điểm của \(EF\). \[ \text{Ta có } \begin{cases} AE \perp AA' \\ AF \perp AA' \end{cases} \Rightarrow AA' \perp (AEF) \Rightarrow AA' \perp EF \Rightarrow BB' \perp EF. \] \[ \text{Khi đó } d_{(A,BB')} = AE = 1, d_{(A,CC')} = AF = \sqrt{3}, d_{(C,BB')} = EF = 2. \] \[ \text{Tam giác } AEF \text{ có } AE^2 + AF^2 = EF^2 \text{ nên tam giác } AEF \text{ vuông tại } A, \text{ suy ra } AH = \frac{EF}{2} = 1. \] \[ \text{Lại có } \begin{cases} AA' \perp (AEF) \\ MN \parallel AA' \end{cases} \Rightarrow MN \perp (AEF) \Rightarrow MN \perp AH. \] Tam giác \(AMN\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên \[ \frac{1}{AM^2} = \frac{1}{AH^2} - \frac{1}{AN^2} = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4} \Rightarrow AM = 2. \] \[ \text{Mặt khác } \begin{cases} (AA'N'M) \perp (ABC) \\ (AA'N'M) \perp (AEF) \\ (AA'N'M) \cap (ABC) = AN \\ (AA'N'M) \cap (AEF) = AH \end{cases} \Rightarrow \text{Góc giữa mặt phẳng } (ABC) \text{ và } (AEF) \text{ là } \widehat{HAN}. \] Hình chiếu của tam giác \(ABC\) lên mặt phẳng (AEF) là tam giác \(AEF\) nên \[ S_{AEF} = S_{ABC} \cdot \cos \widehat{HAN} \Rightarrow \frac{1}{2} AE \cdot AF = S_{ABC} \cdot \frac{AH}{AN} \Rightarrow S_{ABC} = \frac{1}{2} \frac{AE \cdot AF \cdot AN}{AH} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1 \cdot \sqrt{3}}{1} = 1. \] Vậy \(V_{ABC.A'B'C'} = S_{ABC}.AM = 1.2 = 2\)

17

## Câu 19:

Bảng dưới đây thống kê cự li ném tạ của một vận động viên.

Cự li (m)	[19;19,5)	[19,5;20)	[20;20,5)	[20,5;21)	[21;21,5)
Số lần	13	48	22	11	6

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm trên là

A. 19,225

B. 19,75

C. 19,625

D. 19,875. ## Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghéph nhóm được xác định theo công thức: \[Q_1 = u_m + \frac{\frac{n}{4} - C}{n_m} \cdot (u_{m+1} - u_m).\] Trong đó: \(n\) là cỡ mẫu \([u_m; u_{m+1}]\) là nhóm chứa trung vị \(n_m\) là tần số của nhóm chứa trung vị \[C = n_1 + n_2 + \dots + n_{m-1}\] ## Lời giải Cỡ mẫu \(n = 13 + 48 + 22 + 11 + 6 = 100\) Gọi \(x_1; x_2; \dots; x_{100}\) là cự li của 100 lần ném tạ xếp theo thứ tự không giảm. Tứ phân vị thứ nhất của dãy số liệu \(x_1; x_2; \dots; x_{100}\) là \(\frac{1}{2}(x_{25} + x_{26})\) Do \(x_1, \dots, x_{13} \in [19;19,5), x_{14}, \dots, x_{61} \in [19,5;20)\) nên tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu thuộc nhóm \([19,5;20)\) Ta xác định được \(n = 100, n_m = 48, C = 13, u_m = 19,5, u_{m+1} = 20\). Vì thế, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm trên lả: \[ \frac{100}{Q_1} = 19,5 + \frac{4}{48} \cdot (20 - 19,5) = 19,625. \]

18

### Câu 20:

Một nhóm gồm có tổng cộng 20 học sinh, trong đó có 10 bạn giỏi Toán, 8 bạn giỏi Tiếng Anh, 4 bạn giỏi cả Toán và Tiếng Anh. Chọn ngẫu nhiên từ nhóm ra một bạn học sinh. Tính xác suất để học sinh được chọn không giỏi cả Toán lẫn Tiếng Anh.

A. 0,2

B. 0,5

C. 0,3

D. 0,4. ### Đáp án đúng là C #### Phương pháp giải Sử dụng quy tắc cộng xác suất: Cho hai biến cố \(A\) và \(B\). Khi đó: \[ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB). \] ### Lời giải Gọi \(A\) là biến cố "học sinh được chọn giỏi Toán", \(B\) là biến cố "học sinh được chọn giỏi Tiếng Anh". \[ \text{Ta có } P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{10}{20} = 0,5; P(B) = \frac{n(B)}{n(\Omega)} = \frac{8}{20} = 0,4; P(AB) = \frac{n(AB)}{n(\Omega)} = \frac{4}{20} = 0,2. \] Xác suất để học sinh được chọn giỏi Toán hoặc Tiếng Anh là \[ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - (P(AB) = 0,5 + 0,4 - 0,2 = 0,7. \] Vậy xác suất để học sinh được chọn không giỏi cả Toán lẫn Tiêng Anh là \[ P(A \cup B) = 1 - P(A \cup B) = 1 - 0,7 = 0,3. \]

19

### Câu 21:

Một người bắn liên tiếp vào một mục tiêu cho đến khi viên đạn trúng mục tiêu thì ngừng bắn. Biết xác suất trúng mục tiêu của mỗi lần bắn là 0,6. Tính xác suất để người đó bắn đúng 4 viên đạn.

A. \(\frac{81}{625}\)

B. \(\frac{8}{125}\)

C. \(\frac{96}{625}\)

D. \(\frac{24}{625}\). ### Đáp án đúng là D #### Phương pháp giải Cho \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập. Xác suất để biến cố \(A\) và \(B\) cùng xảy ra là \[P(AB) = P(A).P(B).\] ## Lời giải Gọi \(A_1\) là biến cố "viên đạn bắn ở lần thứ nhất trúng mục tiêu", ta có \[P(A_1) = 0,6 \Rightarrow P(\overline{A_1}) = 1-0,6 = 0,4\] Gọi \(A_2\) là biến cố "viên đạn bắn ở lần thứ hai trúng mục tiêu", ta có \[P(A_2) = 0,6 \Rightarrow P(\overline{A_2}) = 1-0,6 = 0,4.\] Gọi \(A_3\) là biến cố "viên đạn bắn ở lần thứ ba trúng mục tiêu", ta có \[P(A_3) = 0,6 \Rightarrow P(\overline{A_3}) = 1-0,6 = 0,4.\] Gọi \(A_4\) là biến cố "viên đạn bắn ở lần thứ tư trúng mục tiêu", ta có \(P(A_4) = 0,6\). Để người đó bắn đúng 4 viên đạn thì ba lần bắn đầu phải đều trượt mục tiêu, lần thứ tư mới bắn trúng mục tiêu. Do đó, xác suất để người đó bắn đúng 4 viên đạn là \[P(\overline{A_1}).P(\overline{A_2}).P(\overline{A_3}).P(A_4) = 0,4^3.0,6 = \frac{24}{625}.\]

20

## Câu 22:

Hàm số \(y = \frac{x^2 + x + 1}{x + 1}\) đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?

A. \((-\infty; -3)\)

B. \((-\infty; +\infty)\)

C. \((-1; 0)\)

D. \((-1; +\infty)\). ## Đáp án đúng là A ### Phương pháp giải Sử dụng định lý quan hệ giữa tính đơn điệu của hàm số và dấu của đạo hàm: Cho hàm số \(y = f(x)\) có đạo hàm trên \(K\). Nếu \(f'(x) > 0, \forall x \in K\) thì hàm số \(y = f(x)\) đồng biến trên \(K\). Nếu \(f'(x) < 0, \forall x \in K\) thì hàm số \(y = f(x)\) nghịch biến trên \(K\). ## Lời giải TXĐ: \(D = \mathbb{R} - \{1\}\) \[y = \frac{x^2 + x + 1}{x + 1}\] \[y' = \frac{x^2 + 2x}{(x + 1)^2}\] \[y' = 0 \Leftrightarrow x = -2 \lor x = 0\] BBT <table><tr><td>x</td><td>-∞</td><td>-2</td><td>-1</td><td>0</td><td>+∞</td></tr><tr><td>y'</td><td>+</td><td>0</td><td>-</td><td>-</td><td>0</td></tr><tr><td>y</td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr></table> Dựa vào BBT, hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \((-\infty; -2)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \((-\infty; -3)\)

21

Câu 23:

Tìm số giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc đoạn \([-10;10]\) để hàm số \(y = \frac{m - \sin x}{\cos^2 x}\) nghịch biến trên khoảng \(\left(0; \frac{\pi}{6}\right)\). (nhập đáp án vào ô trống)

Đáp án:

Đáp án đúng là "12"

Phương pháp giải

Sử dụng định lý mở rộng về quan hệ giữa tính đơn điệu của hàm số và dấu của đạo hàm: Hàm số \(y = f(x)\) đồng biến trên \(K\) khi và chỉ khi \(f'(x) \ge 0, \forall x \in K\) và \(f'(x) = 0\) chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc \(K\). Hàm số \(y = f(x)\) nghịch biến trên \(K\) khi và chỉ khi \(f'(x) \le 0, \forall x \in K\) và \(f'(x) = 0\), chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc \(K\).

Lời giải

Xét hàm số \(y = \frac{m - \sin x}{\cos^2 x}\) trên \(\left(0; \frac{\pi}{6}\right)\).

Ta có hàm số \(y = \frac{m - \sin x}{\cos^2 x}\) xác định và liên tục \(\forall x \in \left(0; \frac{\pi}{6}\right)\).

\[y' = \frac{-\cos x \cdot \cos^2 x - (m - \sin x) 2 \cdot \cos x \cdot (-\sin x)}{\cos^4 x} = \frac{-1 + 2m \sin x - \sin^2 x}{\cos^3 x}\]

Để hàm số nghịch biến trên \(\left(0; \frac{\pi}{6}\right)\) thì

\[y' \le 0, \forall x \in \left(0; \frac{\pi}{6}\right) \Leftrightarrow -1 + 2m \sin x - \sin^2 x \le 0, \forall x \in \left(0; \frac{\pi}{\pi}\right) \quad (1) \text{ vì } \cos^3 x > 0, \forall x \in \left(0; \frac{\pi}{6} \right).\]

Đặt \(t = \sin x, t \in \left(0; \frac{1}{2}\right)\). Khi đó (1) \(\Leftrightarrow -t^2 + 2mt - 1 \le 0, \forall t \in \left(0; \frac{1}{2}\right) \Leftrightarrow m \le \frac{t^2 + 1}{2t}, \forall t \in \left(0; \frac{1}{2}\right)\) (2)

Xét hàm số \(f(t) = \frac{t^2 + 1}{2t}, \forall t \in \left[0; \frac{1}{2}\right)\)

Ta có \(f'(t) = \frac{2(t^2 - 1)}{4t^2} < 0, \forall t \in \left(0; \frac{1}{2} \right)\) nên hàm số \(f(t)\) nghịch biến trên \(\left(0; \frac{1}{2}\right)\).

BBT

x	0	\(\frac{1}{2}\)
\(f'(t)\)	-
\(f(t)\)	+∞	\(\frac{5}{4}\)

Dựa vào bảng biến thiên, để \(m \le \frac{t^2 + 1}{2t}, \forall t \in (0; \frac{1}{2})\) thì \(m \le \frac{5}{4}\).

Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \([-10;10]\) nên có 12 giá trị của \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

22

## Câu 24:

Cho hàm số \(y = f(x)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

x	-∞	-2	1	2	4	+∞
\(f'(x)\)	+	0	+	0	-	0

Số giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc khoảng \((-2025; 2025)\) để hàm số \(g(x) = f(x^2 - x + m)\) nghịch biến trên khoảng \((-1; 0)\) là

A. 4045

B. 4043

C. 4047

D. 4046. Đáp án đúng là A Phương pháp giải Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp: Cho \(y = f(u); u = u(x)\). Khi đó \(y_x' = f'(u).u'(x)\). Sử dụng định lý quan hệ giữa tính đơn điệu của hàm số và dấu của đạo hàm: Cho hàm số \(y = f(x)\) có đạo hàm trên \(K\). Nếu \(f'(x) > 0, \forall x \in K\) thì hàm số \(y = f(x)\) đồng biến trên \(K\). Nếu \(f'(x) < 0, \forall x \in K\) thì hàm số \(y = f(x)\) nghịch biến trên \(K\). Lời giải \[ g(x) = f(x^2 - x + m) \] \[ g'(x) = (2x-1).f'(x^2 - x + m). \] Để hàm số \(g(x) = f(x^2 - x + m)\) nghịch biến trên \((-1; 0)\) thì \[ g'(x) \le 0, \forall x \in (-1; 0) \Leftrightarrow (2x-1).f'(x^2 - x + m) \le 0, \forall x \in (-1; 0). \] Mà \(2x-1 < 0, \forall x \in (-1; 0)\) nên \(f'(x^2 - x + m) \ge 0, \forall x \in (-1; 0)\) \[ \Leftrightarrow \begin{cases} x^2 - x + m \le 1 \\ x^2 - x + m \ge 4 \end{cases}, \forall x \in (-1; 0) \Leftrightarrow \begin{cases} m-1 \le -x^2 + x \\ m-4 \ge -x^2 + x \end{cases}, \forall x \in (-1; 0) \] Xét hàm số \(h(x) = -x^2 + x\) trên \((-1; 0)\) \[ h'(x) = -2x + 1 > 0, \forall x \in (-1; 0) \text{ nên hàm số } h(x) = -x^2 + x \text{ đồng biến trên } (-1; 0). \] BBT <table><tr><td>x</td><td>-1</td><td>0</td></tr><tr><td>f'(t)</td><td>+</td><td></td></tr><tr><td>f(t)</td><td>-2</td><td>0</td></tr></table> Dựa vào bảng biến thiên, từ (*) suy ra \(m-1 \le -2 \vee m-4 \ge 0 \Leftrightarrow m \le -1 \vee m \ge 4\). Mà \(m\) là số nguyên thuộc khoảng \((-2025; 2025)\) nên có 4045 giá trị \(m\) thỏa yêu cầu bài toán

23

Câu 25:

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = (x-2)^2(x+1)\) là

A. \(2\sqrt{5}\)

B. \(5\sqrt{2}\)

C. 4

D. 2. Đáp án đúng là A Phương pháp giải Lập bảng biến thiên của hàm số \(y = (x-2)^2(x+1)\), rồi dựa vào bảng biến thiên để kết luận về cực trị của hàm số. Sau đó, tính khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y=(x-2)^2(x+1)\). Lời giải Hàm số \(y = (x-2)^2(x+1) = x^3 - 3x^2 + 4\) xác định và liên tục trên \(\mathbb{R}\). \(y' = 3x^2 - 6x\) \(y' = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} x = 0 \Rightarrow y = 4 \\ x = 2 \Rightarrow y = 0 \end{cases}\) BBT <table><tr><td>x</td><td>-∞</td><td>0</td><td>2</td><td>+∞</td></tr><tr><td>\(y'\)</td><td>+</td><td>0</td><td>-</td><td>0</td></tr><tr><td>\(y\)</td><td>4</td><td></td><td></td><td>+∞</td></tr><tr><td></td><td>-∞</td><td></td><td>0</td><td></td></tr></table> Các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho có tọa độ lần lượt là \((0;4)\) và \((2;0)\). Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thỊ hàm số \(y = x^3 - 3x^2 + 4\) là: \(\sqrt{(2-0)^2 + (0-4)^2} = 2\sqrt{5}.\)

24

Câu 26:

Cho hàm số \(y = f(x)\) liên tục và có đạo hàm \(f'(x) = (x+1)^2(x-m)^3.(x+3)^5\), với mọi \(x \in \mathbb{R}\). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc đoạn \([-5;5]\) để hàm số \(g(x) = f(|x|)\) có 3 điểm cực trị (nhập đáp án vào ô trống)?

Đáp án:

Đáp án đúng là "5"

Phương pháp giải

Xét từng trường hợp của tham số \(m\) và lập bảng biến thiên của hàm số \(g(x) = f(|x|)\), rồi dựa vào bảng biến thiên, biện luận giá trị \(m\) để hàm số \(g(x) = f(|x|)\) có 3 điểm cực trị.

## Lời giải

Hàm số \(y = f(x)\) liên tục với mọi \(x \in \mathbb{R}\) nên hàm số \(g(x) = f(|x|)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\). Suy ra \(g(0) = f(0)\) là một số hữu hạn (số xác định).

Đồ thị hàm số \(f(|x|)\) được suy ra từ đồ thị hàm số \(y = f(x)\) bằng cách bỏ đi phần đồ thị bên trái trục tung (\(x < 0\)), lấy đối xứng phần đồ thị bên phải trục tung (\(x \geq 0\)) qua trục tung.

Xét hàm số \(y = f(x)\) trên khoảng \((0; +\infty)\).

\[Ta có f'(x) = (x+1)^2(x-m)^3.(x+3)^5\]

\[f'(x) = 0 \Rightarrow (x+1)^2(x-m)^3.(x+3)^5 = 0 \Rightarrow x = -1_{(l)} \lor x = -3_{(l)} \lor x = m\]

Trường hợp 1: \(m \leq 0\).

Khi đó, \(f'(x) > 0 \forall x \in (0; +\infty)\) nên hàm số \(f(x)\) đồng biến trên \((0; +\infty)\).

Suy ra hàm số \(g(x) = f(|x|)\) trên \(\mathbb{R}\) có đúng 1 cực trị (không thỏa yêu cầu bài toán).

BBT

![](images/0.jpg)

Trường hợp 2: \(m > 0\).

Khi đó, \(f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = m > 0\). Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g(x) = f(|x|)\) như sau:

BBT

![](images/1.jpg)

Suy ra hàm số \(g(x)\) trên \(\mathbb{R}\) có đúng 3 cực trị (thỏa yêu cầu bài toán).

Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \([-5;5]\) nên có 5 giá trị \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

## Dựa vào thông tin cung cấp dưới đây trả lời các câu hỏi từ 27 đến 29

Một lối đi lại giữa hai tòa nhà có chiều dài 20 m. Người ta dự định lắp hai tấm kính hình chữ nhật có diện tích bằng nhau để che nắng, mưa cho lối đi. Khi đó, phần không gian bên trong lối đi có dạng hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) (tham khảo hình vẽ).

![](images/0.jpg)

A. A'B'C'\) (tham khảo hình vẽ). ![](images/0.jpg)

25

### Câu 27:

Biết chiều rộng tấm kính bằng chiều rộng lối đi và có giá trị thuộc đoạn \([2;3]\). Giá trị lớn nhất của thể tích không gian bên trong lối đi là:

A. \(45\sqrt{3} \text{ m}^3\)

B. \(15\sqrt{3} \text{ m}^3\)

C. \(20\sqrt{3} \text{ m}^3\)

D. \(60\sqrt{3} \text{ m}^3\). ### Đáp án đúng là A #### Phương pháp giải Diện tích tam giác đều có cạnh bằng \(x\) là \(S = \frac{x^2\sqrt{3}}{4}\). ### Lời giải Gọi \(x(m)\) là chiều rộng lối đi. Ta có \(x \in [2;3]\). Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S_{ABC} = \frac{x^2\sqrt{3}}{4}\). Thể tích không gian bên trong lối đi là \(V_{ABC, A'B'C'} = S_{ABC}.h = \frac{x^2\sqrt{3}}{4}.20 = 5\sqrt{3}x^2\). Xét hàm số \(V(x) = 5\sqrt{3}x^2\) trên đoạn \([2;3]\). Ta có hàm \(V(x) = 5\sqrt{3}x^2\) liên tục trên đoạn \([2;3]\). \[V'(x) = 10\sqrt{3}x > 0, \forall x \in [2;3] \text{ nên } V(x) \text{ đồng biến trên } [2; 3]. \text{ Do đó, } \max_{[2;3]} V(x) = V(3) = 45\sqrt{3}\] Vậy giá trị lớn nhất của thể tích không gian bên trong lối đi là \(45\sqrt{3}m^3\)

26

## Câu 28:

Biết tổng diện tích kính sử dụng là \(56\sqrt{2} m^2\). Xác định chiều rộng lối đi để thể tích không gian bên trong lối là lớn nhất.

A. 2,2 m

B. 2,5 m

C. 2,8 m

D. 3m. ## Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm \(a\) và \(b\), ta có \(a+b \ge 2\sqrt{ab} \Leftrightarrow \sqrt{ab} \le \frac{a+b}{2}\). Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b\) ### Lời giải Chiều rộng mỗi tấm kính là \(\frac{56\sqrt{2}}{2.20} = \frac{7\sqrt{2}}{5}\). Gọi \(x(m)\) là chiều rộng lối đi. Ta có \(x \in [2;3]\). Chiều cao vẽ từ \(A\) của tam giác \(ABC\) là \(\sqrt{\left(\frac{7\sqrt{2}}{5}\right)^2 - \left(\frac{x}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{98}{25} - \frac{x^2}{4}}\). Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S_{ABC} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{98}{25} - \frac{x^2}{4}}.x\). Để thể tích không gian bên trong lối là lớn nhất thì \(S_{ABC}\) phải đạt giá trị lớn nhất. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không â m \(\sqrt{\frac{98}{25} - \frac{x^2}{4}}\) và \(\frac{x}{2}\), ta được \[S_{ABC} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{98}{25} \cdot \frac{x^2}{4} \cdot x} = \sqrt{\frac{98}{25} \cdot \frac{x^2}{4} x} \leq \frac{98}{25} \cdot \frac{x^2}{4} + \frac{x^2}{4} = \frac{49}{25}.\] Dấu đẳng thức xảy ra khi \(\sqrt{\frac{98}{25} \cdot \frac{x^2}{4} = \frac{x}{2} \Leftrightarrow \frac{98}{25} \cdot \frac{x^2}{4} = \frac{98}{25} \Leftrightarrow x = 2,8}\). Vậy để thể tích không gian bên trong lối là lớn nhất thì chiều rộng lối đi là \(2,8\) m

27

## Câu 29:

Biết thể tích không gian bên trong lối đi là \(60\) m³. Giá lấp kính và lát sàn lối đi lần lượt là \(600\) nghìn đồng/m² và \(280\) nghìn đồng/m². Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng chi phí lấp kính và lát sàn cho lối đi này.

A. 80,2 triệu đồng

B. 64, 2 triệu đồng

C. 76,8 triệu đồng

D. 74,6 triệu đồng. ## Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải Lập hàm số tổng chi phí lấp kính và lát sàn của lối đi theo biến là chiều rộng lối đi. Sau đó, tìm giá trị lớn nhất của hàm số vừa lập. ### Lời giải Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S_{ABC} = \frac{V_{ABC \cdot A'B'C'}}{h} = \frac{60}{20} = 3\). Gọi \(x(m)\) là chiều rộng lối đi (\(x > 0\)). Chiều cao của tam giác \(ABC\) là \(\frac{6}{x}\). Chiều rộng mỗi tấm kính là \(AB = \sqrt{\left(\frac{x}{2}\right)^2 + \left(\frac{6}{x}\right)^2} = \sqrt{\frac{x^2}{4} + \frac{36}{x^2}} = \frac{\sqrt{x^4 + 144}}{2x}\). Diện tích kính cần lấp là \(\frac{\sqrt{x^4 + 144}}{2x} \cdot 20.2 = \frac{20\sqrt{x^4 + 144}}{x}\). Diện tích sàn lối đi là \(20x\) Tổng chi phí lấp kính và lát sàn cho lối đi này là \[ \frac{20\sqrt{x^4 + 144}}{x} \cdot 600 + 20x \cdot 280 = 12000 \frac{\sqrt{x^4 + 144}}{x} + 5600x = 1000 \cdot \left(12 \frac{\sqrt{x^4 + 144}}{x} + 5,6x\right) \quad (\text{nghìn đồng}). \] Xét hàm số \(C(x) = 12 \frac{\sqrt{x^4 + 144}}{x} + 5,6x\) trên \((0;+\infty)\). \[C'(x) = 12 \frac{\frac{2x^4}{\sqrt{x^4 + 144}} - \sqrt{x^4 + 144}}{x^2} + 5,6 = 12 \frac{x^4 - 144}{x^2\sqrt{x^4 + 144}} + 5,6\] \[C'(x) = 0 \Leftrightarrow 12 \frac{x^4 - 144}{x^2\sqrt{x^4 +144}} + 5,6 = 0 \Leftrightarrow x = 3.\] BBT <table><tr><td>x</td><td>0</td><td>3</td><td>+∞</td></tr><tr><td>C'(x)</td><td>-</td><td>0</td><td>+</td></tr><tr><td>C(x)</td><td></td><td>76,8</td><td></td></tr></table> Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị nhỏ nhất của \(C(x) = 12 \frac{\sqrt{x^4 + 144}}{x}+5,6x\) trên \((0;+\infty)\) là 76,8. Do đó, giá trị nhỏ nhất của tổng chi lấp kính và lát sàn cho lối đi này là 76,8.1000 = 76800 (nghìn đồng), tức là 76,8 triệu đồng

28

## Câu 30:

Cho hàm số \(y = \frac{mx^2 + (3-m)x + m^2 - 2}{x-1}\) có đồ thị \((C)\). Tính tổng các bình phương các giá trị của tham số \(m\) để khoảng cách từ \(O\) đến tiệm cận xiên của \((C)\) bằng \(\sqrt{3}\). (nhập đáp án vào ô trống).

## Đáp án:

### Đáp án đúng là "4"

### Phương pháp giải

Để xác định các hệ số \(a\) và \(b\) của tiệm cận xiên \(d: y = ax + b\) của đồ thị hàm số \(y = f(x)\), ta có thể làm như sau:

\[a = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x}, b = \lim_{x \to +\infty} \left[ f(x) - ax \right] \text{ hoặc } a = \lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x}, b = \lim_{x \to -\infty} \left[ f(x) - ax \right].\]

### Lời giải

Gọi \((d): y = ax + b (a \neq 0)\) là tiệm cận xiên của \((C)\).

Ta có:

\[a = \lim_{x \to +\infty} \left[ \frac{mx^2 + (3-m)x + m^2 - 2}{x-1} : x \right] = m. \text{ Điều kiện: } m \neq 0.\]

\[b = \lim_{x \to +\infty} \left[ \frac{mx^2 - (3-m)x + m^2 - 2}{x-1} - mx \right] = 3.\]

Do đó, \((d): y = mx + 3 (m \neq 0) \Leftrightarrow mx - y + 3 = 0\).

\[Khoảng cách từ \(O\) đến \((d): mx - y + 3 = 0\) là: \[\frac{|m.0 - 0 + 3|}{\sqrt{m^2 + (-1)^2}} = \frac{3}{\sqrt{m^2 + 1}}.\]

Theo đề ta có: \(\frac{3}{\sqrt{m^2 + 1}} = \sqrt{3} \Rightarrow m^2 + 1 = 3 \Leftrightarrow m = \sqrt{2} \lor m = -\sqrt{2}\).

Tổng các bình phương các giá trị của tham số \(m\) thỏa đề bài là: \(\sqrt{2}^2 + (-\sqrt{2})^2 = 4\).

29

## Câu 31:

Tổng các giá trị của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \frac{x-1}{x^2 + 2(m-1)x + m^2 - 2}\) có đúng hai đường tiệm cận là:

A. \(\frac{1}{2}\)

B. \(\frac{3}{2}\)

C. \(\frac{1}{2}\)

D. \(-\frac{3}{2}\). ## Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải Đồ thị hàm phân thức có bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu luôn có một tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 0\). ### Lời giải \[Ta có: \lim_{x \to +\infty} \frac{x-1}{x^2 + 2(m-1)x + m^ 2 - 2} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x-1}{x^2 + 2(m-1)x +m^2 - 2} = 0, \forall m \text{ nên đồ thị hàm số đã cho có đúng một tiệm cận ngang là đường thẳng } y = 0.\] Để đồ thị hàm số \(y = \frac{x-1}{x^2 + 3(m-1)x + m^2 - 2}\) có đúng hai đường tiệm cảnh thì nó phải có đúng một tiệm cận đứng. Xét mẫu thức của hàm số: \(x^2 + 2(m-1)x + m^2 - 2\) là tam thức bậc hai, có tối đa hai nghiệm phân biệt. Để đồ thị hàm số \(y = \frac{x-1}{x^2 + 2(m-1)x + m^2 - 2}\) có đúng một tiệm cận đứng thì: Trường hợp 1: \(x^2 + 2(m-1)x + m^2 - 2 = 0\) có nghiệm kép. \(\Delta' = 0 \Leftrightarrow (m-1)^2 - m^2 + 2 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{3}{2}\). Thử lại, thấy đúng. Trường hợp 2: \(x^2 + 2(m-1)x + m^2 - 2=0\) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng 1 (1 là nghiệm của tử). \[\begin{cases} \Delta' > 0 \Leftrightarrow (m-1)^2 - m^2 + 2 > 0 \Leftrightarrow m < \frac{3}{2} \\ 1^2 + 2(m-1) + m^2 - 2 = 0 \Rightarrow m = 1(n) \lor m = -3(n) \end{cases}\] Thử lại, thấy đúng. Vậy tổng các giá trị \(m\) thỏa đề bài là: \(\frac{3}{2} + 1 + (-3) = -\frac{1}{2}\)

30

## Câu 32:

Cho hàm số \(y = f(x)\) có bảng biến thiên như sau:

![](images/0.jpg)

Số nghiệm của phương trình \(f(\sin x + 1) = 2\) trên đoạn \([- \pi; 2\pi]\) là:

A. 5

B. 3

C. 6

D. 7. ## Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải Sự tương giao đồ thị. ### Lời giải Dựa vào bảng biến thiên, ta có phương trình \[f(\sin x + 1) = 2 \Leftrightarrow \begin{cases} \sin x + 1 = a \ (a < 0) \\ \sin x + 1 = b \ (0 < b < 1) \\ \sin x + 1 = c \ (1 < c < 2) \\ \sin x + 1 = d \ (d > 2) \end{cases}\] Vì \(x \in [-\pi; 2\pi]\) nên \(\sin x + 1 \in [0; 2]\). Do đó \[\begin{cases} \sin x + 1 = b \ (0 < b < 1) \ (1) \\ \sin x + 1 = c \ (1 < c < 2) \ (2) \end{cases}\] Xét hàm số \(g(x) = \sin x + 1\) trên \([- \pi; 2\pi]\) \[g'(x) = \cos x.\] \[g'(x) = 0 \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = -\frac{\pi}{2} \lor x = \frac{\pi}{2} \lor x = \frac{3\pi}{2} \ (\text{do } x \in [-\pi; 2\pi])\] BBT <table><tr><td>x</td><td>\(-\pi\)</td><td>\(-\frac{\pi}{2}\)</td><td>\(\frac{\pi}{2}\)</td><td>\(3\pi/2\)</td><td>\(2\pi\)</td></tr><tr><td>\(g'(x)\)</td><td>-</td><td>0</td><td>+</td><td>0</td><td>+</td></tr><tr><td>\(g(x)\)</td><td>1</td><td></td><td></td><td></td><td>1</td></tr></table> Dựa vào bảng biến thiên suy ra: Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt. Vậy số nghiệm của phương trình \(f(\sin x + 1) = 2\) trên đoạn \([- \pi; 2\pi]\) là 6

31

Câu 33:

Họ nguyên hàm của hàm số \(f(x) = \sin 5x \cos 3x\) là:

A. \(-\frac{1}{2} \sin 8x - \frac{1}{2} \sin 2x + C\)

B. \(-\frac{1}{16} \sin 8x - \frac{1}{4} \sin 2x + C\)

C. \(\frac{1}{16} \cos 8x + \frac{1}{4} \cos 2x + C\)

D. \(-\frac{1}{16} \cos 8x - \frac{1}{4} \cos 2x + C\). <|ref|>text<|/ref|><|/det|><|det|><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td><td></td><td></td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td><td></td><td></td></td></tr><tr><td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td><td></td><td></td></td></tr><tr><td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr><tr><td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr><tr><td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></td></tr><tr><td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr><tr><td></td><td></td><td><td></td><td></td><td></td><td></td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td><td></td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr><tr></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr><tr><td></td><td><td></td><td></td><td></td><td></td></td></tr><tr><td></td><td></td><td><td></td><td></td><td></td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td><td><td></td></td></tr><tr><td></td><td></td><td><td></td><td></td><td></td></td></tr><tr></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr><tr></tr><tr><td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></td></tr><tr><td></td><td><td></td><td></td><td></td><td></td></td></tr><tr><td></td></tr><tr><td></td><td></td></tr><tr><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td><td></td></tr></table> Công thức lượng giác biến đổi tích thành tổng: \(\sin 5x \cdot \cos 3x = \frac{1}{2}(\sin 8x + \sin 2x)\) Nguyên hàm của hàm số lượng giác \(\int \sin(ax+b)dx = -\frac{1}{a}\cos(ax+b) + C\). ## Lời giải \[f(x) = \sin 5x \cdot \cos 3x \Rightarrow \int \sin 5x \cdot \cos 3x dx = \int \frac{1}{2}(\sin 8x + \sin 2x) dx = -\frac{1}{16} \cos 8x - \frac{1}{4} \cos 2x + C\]

32

## Câu 34:

Tích phân \(\int_a^b 5^x dx\) bằng:

A. \(5^b - 5^a\)

B. \(\frac{5^b - 5^a}{\ln 5}\)

C. \(\ln 5 \cdot (5^b - 5^a)\)

D. \(5^{\ln a} - 5^{\ln b}\). ## Đáp án đúng là B ### Phương pháp giải Tích phân \(\int_a^b f(x) = F(x) \big|_a^b = F(b) - F(a)\), trong đó \(F(x)\) là một nguyên hàm của \(f(x)\). ## Lời giải \[\int_a^b 5^x dx = \frac{5^x}{\ln 5} \big|_a^b = \frac{5^b}{\ln 5} - \frac{5^a}{\ln 5} = \frac{5^b - 5^a}{\ln 5}.\]

33

## Câu 35:

Cho hàm số \(y = f(x)\) có đạo hàm và liên tục trên \(\mathbb{R}\) thỏa mãn \(f'(x) + 2xf(x) = 2xe^{-x^2}\). Biết \(f(1) = \frac{2}{e}\), tính \(f(0)\) (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

Đáp án đúng là "1"

### Phương pháp giải

Tích phân \(\int_a^b f(x) = F(x) \left|_a^b\right. = F(b) - F(a)\), trong đó \(F(x)\) là một nguyên hàm của f(x).

Lời giải

\[
\begin{align*}
f'(x) + 2xf(x) &= 2xe^{-x^2} \Rightarrow e^{x^2}f'(x) + 2xe^{x^2}f(x) = 2x \\
\Rightarrow \int \left[ e^{x^2}f'(x) + 2xe^{x^2}f(x)\right] dx &= \int 2xdx \\
\Rightarrow \int \left[ e^{x^2}f(x)\right]' dx &= x^2 + C \Rightarrow e^{x^2}f(x) = x^2 + C \quad (*)
\end{align*}
\]

Vì \(f(1) = \frac{2}{e}\) nên thay \(x=1\) vào (*) ta được \(e^1 f(1) = 1 + C \Rightarrow e^2 = 1 + C \Rightarrow C = 1\).

\[
\text{Do đó } e^{x^2} f(x) = x^2 + 1 \Rightarrow f(x) = \frac{x^2 + 1}{e^{x^2}} \Rightarrow f(0) = 1.
\]

34

Câu 36:

Nhiệt độ (tính bằng \(^\circ C\)) tại thời điểm \(t\) giờ trong khoảng từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa ở một địa phương nọ vào một ngày nào đó được cho bởi hàm số \(T(t) = 20 + 1,5(t-6), 6 \le t \le 12\). Nhiệt độ trung bình trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa ngày hôm đó là:

A. 24,5°

B. 25°

C. C. 26°

D. 27,5°C. Đáp án đúng là A Phương pháp giải Giá trị trung bình của hàm số \(f(x)\) liên tục trên đoạn \([a; b]\) được tính theo công thức: \[ \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x) dx. \] Lời giải Nhiệt độ trung bình trong khoảng thời gian từ 6 giờ sánđ đến 12 giờ trưa ngày hôm đó là: \[ \frac{1}{12-6} \int_{6}^{12} T(t) dt = \frac{1}{6} \int_{6}^{12} \left[ 20 + 1,5(t-6) \right] dt = 24,5 \left( \circ C \right) \]

35

Câu 37:

Bỏ dọc một quả dưa hấu ta được thiết diện là hình elip có độ dài trục lớn 28 cm, trục nhỏ 25 cm. Biết cứ 1dm³ dưa hấu sẽ làm được một cốc sinh tố. Hỏi từ quả dưa hấu trên có thể làm ra được tối đa bao nhiêu cốc sinh tố (nhập đáp án vào ô trống, bỏ qua bề dày vỏ quả dưa hấu).

Đáp án:

Đáp án đúng là "9"

Phương pháp giải

Công thức tính nhanh thể tích khối tròn xoay tạo thành từ việc quay đường elip \((E): \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\)

quanh trục lớn của nó là \(V = \frac{4}{3}\pi ab^2\).

Lời giải

Thiết diện là hình elip có độ dài trục lớn 28 cm, trục nhỏ 25 cm nên \(a = \frac{28}{2} = 14; b = \frac{25}{2} = 12,5\). Do đó,

phương trình của đường elip là \((E): \frac{x^2}{14^2} + \frac{y^2}{12,5^2} = 1\).

Thể tích của quả dưa hấu trên là \(V = \frac{4}{3}\pi ab^2 = \frac{4}{3}\pi.14.12,5^2 \approx 9163(\text{cm}^3)\).

Đổi 1 dm³ = 1000 cm³.

Ta có 9163 chia 1000 được thương là 9 và còn dư.

Vậy số cốc sinh tố tối đa có thể làm ra được từ quả dưa hấu trên là 9 cốc

36

Câu 38:

Trong không gian \(Oxyz\), cho bốn điểm \(S, A, B, C\) như hình vẽ.
![](images/0.jpg)

Biết vectơ \(\vec{u} = \overline{AC} + \overline{BS}\) có tọa độ là \((a; b; c)\). Tính giá trị biểu thức \(T = a + 2b + 3c\) (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

![](images/1.jpg)

Đáp án đúng là "1"

Phương pháp giải

Dựa vào hình vẽ, xác định tọa độ các điểm \(A, B\) bằng cách tìm tọa độ hình chiếc của chúng trên các trục hay các mặt phẳng tọa độ

Lời giải

Dễ thấy \(A(3; 2; 3)\) và \(B(1; 5; 3)\). Do đó \(\overline{AC} = (-2; 0; 3); \overline{BS} = (0; -3; 0)\).

Ta có \(\vec{u} = \overline{AC} + \overline{BS} = (-2; -3; 3)\) nên \(a = -2; b = -3; c = 3\).

Vậy \(T = a + 2b + 3c = -2 + 2.(-3) + 3.3 = 1\).

37

Câu 39:

Cho hình chóp \(S.ABC\). Trên các tia \(SA, SB, SC\) lần lượt lấy các điểm \(A', B', C'\) tùy ý. Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Đặt \(\frac{SA}{SA'} = a; \frac{SB}{SB'} = b; \frac{SC}{SC'} = c\). Biết \(G\) thuộc mặt phẳng \((A'B'C')\), tính giá trị của biểu thức \(T = a + b + c\).

A. \(T = -\frac{3}{2}\)

B. \(T = -\frac{1}{2}\)

C. \(T = 1\)

D. \(T = 3\). ## Đáp án đúng là D ### Phương pháp giải Cho hai vectơ khác \(\vec{0}\), không cùng phương \(\vec{a}\) và \(\vec{b}\). Nếu \(m.\vec{a} + n.\vec{b} = \vec{0}\) thì \(m = n = 0\) Cho ba vectơ khác \(\vec{0}\), không đồng phẳng \(\vec{a}, \vec{b}\) và \(\vec{c}\). Nếu \(m.\vec{a} + n.\vec{b} + p\vec{c} = \vec{0}\) thì \(m = n = p = 0\). ### Lời giải \[ \frac{SA}{SA'} = a; \frac{SB}{SB'} = b; \frac{SC}{SC'} = c \text{ nên } \overline{SA} = a\overline{SA'};\overline{SB} = b\overline{SB'};\overline{SC} = c\overline{SC'}. \] \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(\overline{SG} = \frac{1}{3}(\overline{SA} + \overline{SB} + \overline{SC})\). ### Do đó \[ \begin{aligned} \overline{SG} &= \frac{1}{3}(a\overline{SA'} + b\overline{SB'} + c\overline{SC'}) \Rightarrow \overline{SG} = \frac{1}{3}(a\overline{SG} + a\overline{GA'} + b\overline{SG} + b\overline{GB'} + c\overline{SG} + c\overline{GC'}) \\ \Leftrightarrow \left(1 - \frac{a}{3} - \frac{b}{3} - \frac{c}{3}\right)\overline{SG} &= \frac{1}{3}(a\overline{GA'} + b\overline{GB'} + c\overline{GC'}). \end{aligned} \] Vì \(G\) thuộc mặt phẳng \((A'B'C')\) nên \(\overline{GA'}, \overline{GB'}, \overline{GC'}\) đồng phẳng, trong khi đó vectơ \(\overline{SG}\) không đồng phẳng với \(\overline{GA'}, \overline{GB'}, \overline{GC'}\). \[ \text{Vì thế } 1 - \frac{a}{3} - \frac{b}{3} - \frac{c} {3} = 0 \Rightarrow a + b + c = 3. \] Vậy \(T = 3\)

38

### Câu 40:

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt phẳng \((P): x - 3y - 2z - 6 = 0\). Vectơ nào dưới đây không phải là vectơ pháp tuyến của \((P)\)?

A. \(\vec{n_1} = (1; -3; -2)\)

B. \(\vec{n_2} = (-1; 3; 2)\)

C. \(\vec{n_3} = (-3; 9; -6)\)

D. \(\vec{n_4} = (-2; 6; 4)\). ### Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải Mặt phẳng \((P): Ax + By + Cz + D = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec{n} = (A; B; C)\) Vectơ không phải là vectơ pháp tuyến của (P) nếu vectơ đó không cùng phương với một vectơ pháp tuyến của (P). ## Lời giải Mặt phẳng \((P): x - 3y - 2z - 6 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec{n} = (1; -3; -2)\) Xét từng phương án, chỉ có vectơ \(\vec{n}_3 = (-3; 9; -6)\) là không cùng phương với \(\vec{n}\) vì \(\frac{-3}{1} = \frac{9}{-3} \neq \frac{-6}{-2}\)

39

## Câu 41:

Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(A(1; -6; 1)\) và mặt phẳng \((P): x + y + 7 = 0\). Gọi \(B\) là một điểm thay đổi trên trục \(Oz\), \(C\) là một điểm thay đổi thuộc \((P)\). Biết tam giác \(ABC\) có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm \(C\) là

\[ \text{A. } \left( -\frac{4}{9}; -\frac{59}{9}; 2 \right). \]

\[ \text{B. } \left( -\frac{7}{9}; -\frac{56}{9}; 1 \right). \]

\[ \text{C. } \left( \frac{2}{9}; -\frac{65}{9}; -1 \right). \]

\[ \text{D. } \left( \frac{4}{9}; -\frac{67}{9}; -2 \right). \]

## Đáp án đúng là B

### Phương pháp giải

Hai điểm \(A\) và \(B\) nằm cùng phía đối với mặt phẳng \((P)\), \(C\) là điểm tùy ý thuộc mặt phẳng \((P)\). Để \(AC + BC\) nhỏ nhất thì \(C\) phải là giao điểm của \(IB\) và \((P)\), trong đó \(I\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \((P)\).

## Lời giải 2

\(\vec{k} = (0; 0; 1)\), \(\vec{n}_p = (1; 1; 0)\). Ta có \(\vec{k} \cdot \vec{n}_p = 0\) và \(O \notin (P)\) nên \(Oz // (P)\). Vì \((0 + 0 + 7)(1 - 6 + 7) > 0\) nên \(A\) và \(O\) nằm cùng phía đối với \((P)\), hay nói cách khác, \(A\) và \(Oz\) nằm cùng phía đối với \((P)\).

Gọi \(I\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \((P) \Rightarrow I(-1; -8; 1)\), \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên trục \(Oz \Rightarrow H(0; 0; 1)\)

Chu vi tam giác \(ABC\) là \(p = AB + BC + CA\).

Ta có \(AB \ge AH\); \(BC + CA = BC + CI \ge BI \ge IH\)

Do đó \(p = AB + BC + CA \ge AH + IH\)

Giá trị nhỏ nhất của \(p\) là \(AH + IH\), đạt được khi \(B \equiv H\) và \(C\) là giao điểm của \(IH\) với \((P)\).

Tọa độ giao điểm của \(IH\) với (P) là \(\left(-\frac{7}{9}; -\frac{56}{9}; 1\right)\).

A. } \left( -\frac{4}{9}; -\frac{59}{9}; 2 \right). \] \[ \text{

B. } \left( -\frac{7}{9}; -\frac{56}{9}; 1 \right). \] \[ \text{

C. } \left( \frac{2}{9}; -\frac{65}{9}; -1 \right). \] \[ \text{

D. } \left( \frac{4}{9}; -\frac{67}{9}; -2 \right). \] ## Đáp án đúng là B ### Phương pháp giải Hai điểm \(A\) và \(B\) nằm cùng phía đối với mặt phẳng \((P)\), \(C\) là điểm tùy ý thuộc mặt phẳng \((P)\). Để \(AC + BC\) nhỏ nhất thì \(C\) phải là giao điểm của \(IB\) và \((P)\), trong đó \(I\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \((P)\). ## Lời giải 2 \(\vec{k} = (0; 0; 1)\), \(\vec{n}_p = (1; 1; 0)\). Ta có \(\vec{k} \cdot \vec{n}_p = 0\) và \(O \notin (P)\) nên \(Oz // (P)\). Vì \((0 + 0 + 7)(1 - 6 + 7) > 0\) nên \(A\) và \(O\) nằm cùng phía đối với \((P)\), hay nói cách khác, \(A\) và \(Oz\) nằm cùng phía đối với \((P)\). Gọi \(I\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \((P) \Rightarrow I(-1; -8; 1)\), \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên trục \(Oz \Rightarrow H(0; 0; 1)\) Chu vi tam giác \(ABC\) là \(p = AB + BC + CA\). Ta có \(AB \ge AH\); \(BC + CA = BC + CI \ge BI \ge IH\) Do đó \(p = AB + BC + CA \ge AH + IH\) Giá trị nhỏ nhất của \(p\) là \(AH + IH\), đạt được khi \(B \equiv H\) và \(C\) là giao điểm của \(IH\) với \((P)\). Tọa độ giao điểm của \(IH\) với (P) là \(\left(-\frac{7}{9}; -\frac{56}{9}; 1\right)\)

40

## Câu 42:

Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(A(1; 2; 3)\) và đường thẳng \(d: \frac{x-3}{2} = \frac{y-1}{1} = \frac{z+7}{-2}\). Đường thẳng đi qua \(A\), vuông góc với \(d\) và cắt trục \(Ox\) có phương trình là

\[ \begin{array}{l} \text{A. } \begin{cases} x = -1 + 2t \\ y = 2t \\ z = 3t \end{cases} \\ \text{B. } \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 + 2t \\ z = 3 + 2t \end{cases} \\ \text{C. } \begin{cases} x = -1 + 2t \\ y = -2t \\ z = t \end{cases} \\ \text{D. } \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 + 3t \\ z = 3 + 3t \end{cases} \end{array} \]

## Đáp án đúng là A

### Phương pháp giải

Đường thẳng \(\Delta\) và đường thẳng \(d\) vuông góc với nhau thì \(\overrightarrow{u_\Delta \cdot u_d} = 0\).

### Lời giải

Gọi \(\Delta\) là đường thẳng cần tìm và \(B\) là giao điểm của \(\Delta\) với trục \(Ox\). Suy ra \(B(b; 0; 0)\) và \(\overrightarrow{BA} = (1-b; 2; 3)\).

Do \(\Delta \perp d, \Delta\) qua \(A\) nên \(\overrightarrow{BAu_d} = 0 \Leftrightarrow 2(1-b) + 2 - 6 = 0 \Leftrightarrow b = -1 \Rightarrow B(-1; 0; 0)\)

Do đó, \(\Delta\) qua \(B(-1; 0; 0)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{BA} = (2; 2; 3)\) nên \(\Delta\) có phương trình \(\begin{cases} x = -1 + 2t \\ y = 2t \\ z=3t \end{cases}\).

A. } \begin{cases} x = -1 + 2t \\ y = 2t \\ z = 3t \end{cases} \\ \text{

B. } \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 + 2t \\ z = 3 + 2t \end{cases} \\ \text{

C. } \begin{cases} x = -1 + 2t \\ y = -2t \\ z = t \end{cases} \\ \text{

D. } \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 + 3t \\ z = 3 + 3t \end{cases} \end{array} \] ## Đáp án đúng là A ### Phương pháp giải Đường thẳng \(\Delta\) và đường thẳng \(d\) vuông góc với nhau thì \(\overrightarrow{u_\Delta \cdot u_d} = 0\). ### Lời giải Gọi \(\Delta\) là đường thẳng cần tìm và \(B\) là giao điểm của \(\Delta\) với trục \(Ox\). Suy ra \(B(b; 0; 0)\) và \(\overrightarrow{BA} = (1-b; 2; 3)\). Do \(\Delta \perp d, \Delta\) qua \(A\) nên \(\overrightarrow{BAu_d} = 0 \Leftrightarrow 2(1-b) + 2 - 6 = 0 \Leftrightarrow b = -1 \Rightarrow B(-1; 0; 0)\) Do đó, \(\Delta\) qua \(B(-1; 0; 0)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{BA} = (2; 2; 3)\) nên \(\Delta\) có phương trình \(\begin{cases} x = -1 + 2t \\ y = 2t \\ z=3t \end{cases}\)

41

## Câu 43:

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \((S): x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 7 = 0\) và điểm \(A(2; -1; 2)\). Gọi \(d: \frac{x-3}{-4} = \frac{y-m}{a} = \frac{z+n}{b}\) là đường thẳng đi qua \(A\), tiếp xúc với \((S)\) và cách gốc tọa độ \(O\) một khoảng lớn nhất. Giá trị của biểu thức \(T = a + b + m + n\) là

A. \(\frac{15}{2}\)

B. 3

C. 7

D. \(\frac{19}{6}\). ### Đáp án đúng là A ## Phương pháp giải Khoảng cách từ điểm cố định \(O\) đến đường thẳng \(d\) qua điểm \(A\) cố định đạt giá trị lớn nhất là \(OA\), khi và chỉ khi \(d \perp OA\). ## Lời giải Mặt cầu \((S): x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 2y - 7 = 0\) có tâm \(I(1;1;0)\) và bán kính \(R = 3\). Dễ thấy \(A(2;-1;2) \in (S)\). Do đó, đường thẳng \(d\) đi qua A, tiếp xúc với \((S)\) thì \(d\) tiếp xúc với (S) tại \(A\), suy ra \(d \perp IA\). Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên \(d\). Khi đó ta có \(OH = d_{(O,d)} \le OA = 3\). Do đó, khoảng cách từ \(O\) đến \(d\) lớn nhất là 3, đạt được khi \(H \equiv A \Leftrightarrow d \perp OA\). Ta có \(\overline{IA} = (1;-2;2); \overline{OA} = (2;-1;2)\) \(d \perp OA\) và \(d \perp IA\) nên \(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u_d} = [\overline{OA}, \overline{IA}] = (2;-2;-3)\). Mà \(d: \frac{x-3}{-4} = \frac{y-m}{a} = \frac{z+n}{b}\) nên \(a=4;b=6\). Lại có \(d\) qua \(A(2;-1;2)\) nên \[ \frac{2-3}{-4} = \frac{-1-m}{a} = \frac{2+n}{b} \Leftrightarrow \frac{1}{4} = \frac{-1-m}{4} = \frac{2+n}{6} \Leftrightarrow \begin{cases} m = -2 \\ n = -\frac{1}{2} \end{cases} \] \[ \text{Vậy } T = a + b + m + n = 4 + 6 + (-2) + \left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{15}{2}. \]

42

## Câu 44:

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(-2;1;2)\) và đi qua điểm \(A(1;-2;-1)\). Xét các điểm \(B,C,D\) thuộc (S) sao cho \(AB,AC,AD\) đôi một vuông góc với nhau. Tính thể tích khối tứ diện \(ABCD\) có giá trị lớn nhất. (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

Đáp án đúng là "36"

Phương pháp giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số không âm \(a,b,c\) ta được \(a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}\).

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a = b = c\).

## Lời giải

Đặt \(AB = a, AC = b, AD = c\) thì \(ABCD\) là tứ diện vuông đỉnh \(A\), nội tiếp mặt cầu \((S)\). Khi đó \(ABCD\) là tứ diện đặt ở góc \(A\) của một hình hộp chữ nhật tương ứng có các cạnh \(AB, AC, AD\) và đường chéo là đường kính của mặt cầu \((S)\). Ta có \(a^2 + b^2 + c^2 = 4R^2 = 4IA^2 = 4.27 = 108\)

\[Xét thể tích khối tứ diện \(ABCD: V = V_{ABCD} = \frac{1}{6} abc \Leftrightarrow V^2 = \frac{1}{36} a^2 b^2 c^2.\]

\[Mà a^2 + b^2 + c^2 \geq 3\sqrt[3]{a^2 b^2 c^2} \Leftrightarrow \left(\frac{a^2 + b^2 + c^2}{3}\right)^3 \geq a^2 b^2 c^2 \Leftrightarrow \left(\frac{108}{3}\right)^3 \geq 36V^2 \Leftrightarrow V \leq 36\]

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện \(ABCD\) là 36.

43

## Câu 45:

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(1;1;-1)\) và tiếp xúc với mặt phẳng \((P): 2x - 2y - z + 3 = 0\). Bán kính của mặt cầu \((S)\) là

A. \(\frac{4}{3}\)

B. 4

C. \(\frac{4}{9}\)

D. \(\frac{2}{3}\). ## Đáp án đúng là A ### Phương pháp giải Bán kính của mặt cầu \((S)\) có tâm \(I\), tiếp xúc với mặt phẳng \((P)\) bằng khoảng cách từ \(I\) đến mặt phẳng \((P)\). ## Lời giải Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(1;1;-1)\) và tiếp xúc với mặt phẳng \((P): 2x - 2y - z + 3=0\) nên bán kính \(R\) của mặt cầu \((S)\) bằng khoảng cách từ \(I\) đến mặt phẳng \((P)\). \[Do đó R = d_{[I(P)]} = \frac{|2.1 - 2.1 + 1 + 3|}{\sqrt{2^2 + 2^2 + 1^2}} = \frac{4}{3}.\]

44

## Câu 46:

Thống kê số thẻ vàng của mỗi đội bóng thuộc giải bóng đá ngoại hạng Anh mùa giải 2021-2022 theo bảng số liệu sau:

101	79	79	78	75	73	68	67	67	63
63	61	60	59	57	55	55	50	47	42

Tính khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm được hình thành từ mẫu số liệu gốc trên, biết các nhóm có độ dài bằng nhau và một trong số các nhóm đó là \([70;80)\).

A. 60

B. 70

C. 50

D. 80. ## Đáp án đúng là B ### Phương pháp giải Khoảng biến thiên \(R\) của mẫu số liệu ghép nhóm được tính bởi công thức \(R = u_{k+1} - u_1\). ### Lời giải Giá trị nhỏ nhất trong bảng số liệu là 42 nên nhóm đầu tiên là \([40;50)\). Giá trị lớn nhất trong bảng số liệu là 101 nên nhóm cuối cùng là \([100;110)\). Vậy khoảng biến thiên \(R\) của mẫu số liệu ghép nhóm là \(R = u_{k+1} - u_1 = 110 - 40 = 70\)

45

### Câu 47:

Cho hai biến cố \(A\) và \(B\), biết \(P(A) = 0,6; P(B) = 0,7; P(A \cap B) = 0,3\). Tính \(P(\overline{A \cap B})\)

A. \(\frac{4}{7}\)

B. \(\frac{1}{2}\)

C. \(\frac{2}{5}\)

D. \(\frac{1}{7}\). ### Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải Công thức xác suất có điều kiện \(P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\) ### Lời giải Ta có \(P(\overline{A|B}) = 1 - P(A|B) = 1 - \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = 1 - \frac{0,3}{0,7} = \frac{4}{7}\). Do đó \(P(\overline{A \cap B}) = P(\overline{A|B}) \cdot P(B) = \frac{4}{7} \cdot 0,7 = 0,4 = \frac{2}{5}\)

46

### Câu 48:

Trong quân sự, một máy bay chiến đấu của đối phương có thể xuất hiện ở vị trí \(X\) với xác suất 0,55. Nếu máy bay đó không xuất hiện ở vị trí \(X\) thì nó xuất hiện ở vị trí \(Y\). Để phòng thủ, các bệ phóng tên lửa được bố trí tại các vị trí \(X\) và \(Y\). Khi máy bay đối phương xuất hiện ở vị trí \(X\) hoặc \(Y\) thì tên lửa sẽ được phóng để hạ máy bay đó. Xét phương án tác chiến sau: nếu máy bay xuất hiện tại \(X\) thì bắn 2 quả tên lửa còn nếu máy bay xuất hiện tại \(Y\) thì bắn 1 quả tên lửa. Biết rằng, xác suất bắn trúng máy bay của mỗi quả tên lửa là 0,8 và các bệ phóng tên lửa hoạt động độc lập. Máy bay bị bắn hạ nếu nó trúng ít nhất 1 quả tên lửa. Tính xác suất để máy bay đối phương bị bắn hạ trong phương án tác chiến nêu trên?

A. 0,888

B. 0,864

C. 0,846

D. 0,866. Đáp án đúng là A Phương pháp giải Công thức xác suất toàn phần \(P(B) = P(A)P(B|A) + P(\overline{A})P(B|\overline{A})\) Lời giải Gọi \(A\) là biến cố "máy bay xuất hiện ở vị trí \(X\)", suy ra biến cố \(\overline{A}\) là "máy bay xuất hiện ở vị trí \(Y\)". Gọi \(B\) là biến cố "máy bay đối phương bị bắn hạ". Ta cần tính \(P(B) = P(A)P(B|A) + P(\overline{A})P(\overline{B}|\overline{A})\). Theo đề ta có \(P(A) = 0,55 \Rightarrow P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0,55 = 0,45\). Xác suất để máy bay đối phương bị bắn hạ với điều kiện nó bay vào vị trí \(X\) là \(P(B|A)\). Vì máy bay bị bắn hạ nếu nó trúng ít nhất 2 quả tên lửa, mà nếu máy bay xuất hiện tại \(X\) thì bắn 2 quả tên lửa nên \(P(B|A) = 1 - (1 - 0,8)(1 - 0,8) = 0,96\). Xác suất để máy bay đối phương bị bắn Hạ với điều kiện nó bay vào vị trí \(Y\) là \[P(B|\overline{A}) = 0,8.\] Vậy xác suất để máy bay đối phương bị bắn hạ là \[P(B) = P(A)P(B|A) + P(\overline{A})P(B| \overline{A}) = 0,55,0,96 + 0,45,0,8 = 0,888\]

47

Câu 49:

Bánh xe của một chiếc ô tô đang chạy trên đường có chu vi là 2,5 m. Nếu tăng tốc để thời gian bánh

xe quay một vòng giảm đi \(\frac{1}{12}\) giây thì tốc độ ô tô tăng thêm 18 km/h. Tính tốc độ ô tô lúc chưa tăng tốc.

A. 10 km/h

B. 54 km/h

C. 36 km/h

D. 20 km/h. ## Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải Áp dụng công thức \(v = \omega C\), trong đó \(v\) (m/s) là tốc độ ô tô (tốc độ dài), \(\omega\) (vòng/s) là tốc độ quay của bánh xe ô tô (tốc độ góc), \(C\) (m) là chu vi bánh xe. ### Lời giải Đổi 18 km/h = 5 m/s. Gọi \(\omega\) (vòng/s) là tốc độ quay của bánh xe ò tô lúc chưa tăng tốc. Bán kính bánh xe là \(R = \frac{C}{2\pi} = \frac{2,5}{2\pi}\) (m). Thời gian để bánh xe quay một vòng là \(\frac{1}{\omega}\) (s) Thời gian bánh xe quay một vòng khi tăng tốc là \(\frac{1}{\omega} - \frac{1}{12} = \frac{12 - \omega}{12\omega}\) (s) Tốc độ quay của bánh xe khi tăng tốc là \(1: \frac{12 - \omega}{12\omega} = \frac{12\omega}{12 - \omega}\) (vòng/s) Tốc độ ô tô khi chưa tăng tốc là \(2,5\omega\) Tốc độ ô tô khi tăng tốc là \(\frac{12\omega}{12 - \omega} \cdot 2,5 = \frac{30\omega}{12 - \omega}\). Theo đề ta có phương trình \(\frac{30\omega}{12 - \omega} - 2,5\omega = 5 \Leftrightarrow \omega = 4_{(n)} \vee \omega = -6_{(l)}\). Vậy tốc độ ô tô khi chưa tăng tốc là \(2,5.4 = 10\) (m/s). Đổi 10 m/s = 36 km/h

48

### Câu 50:

Một bài có lớn lên từng ngày với tốc độ không đổi. Biết rằng, với 200 con cừu sẽ ăn hết bài có trong 100 ngày và với 150 con cừu sẽ ăn hết bài có trong 150 ngày. Tốc độ ăn của mỗi con cừu là như nhau. Hỏi với 100 con cừu thì sẽ ăn hết bài có đó trong bao nhiêu ngày (nhập đáp án vào ô trống)?

Đáp án:

![](images/0.jpg)

Đáp án đúng là "300"

Phương pháp giải

Gọi \(a\) (suất có/ngày) là tốc độ ăn của một con cừu, \(b\) (suất có/ngày) là tốc độ mọc của bãi cỏ, \(n\) (con) là số con cừu ăn cỏ. Khi đó, lượng cỏ giảm xuống mỗi ngày là \(n.a - b\) (suất cỏ).

Lời giải

Gọi \(S\) (suất) là tổng số suất cỏ ban đầu, \(a\) (suất cỏ/ngày) là tốc độ ăn của một con cừu, \( b \) (suất cỏ/ngày) là tốc độ mọc của bãi cỏ.

Theo đề ta có: \(S = 100.(200a - b)\) và \(S = 150.(150a - b)\).

Do đó \(100.(200a - b) = 150.(150a - b) \Rightarrow 2500a = 50b \Rightarrow b = 50a\)

Nên \(S = 100.(200a - b) = 100.(200a - 50a) = 15000a\).

Với 100 con cừu ăn cỏ, lượng cỏ mỗi ngày giảm xuống là \(100a - b = 100a - 50a = 50a\).

Thời gian để 100 con cừu ăn hết bãi cỏ là \(15000a : (50a) = 300\) (ngày)

Vậy với 100 con cừu sẽ ăn hết bãi cỏ đó trong 300 ngày.

---