Câu 41: [1D2-3] Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số.
Để mở cửa cần nhấn 3 nút liên tiếp khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B chỉ nhớ được chi tiết 3 nút tạo thành dãy số tăng. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó biết rằng để nếu bấn sai 3 lần liên tiếp của sẽ tự động khóa lại.
A.
631
3375 B.
189
1003 C.
1
5 D.
1 15 Lời giải
Chọn A.
Gọi Ai(i=1,2,3…) là biến cố lần thứ i học sinh B mở được cửa Không gian mẫu n
C103Có 8 cặp 3 số có tổng bằng 10 là:
0;1;9 ; 0; 2;8 ; 0;3;7 ; 0; 4;6 ; 1; 2;7 ; 1;3;6 ; 1; 4; 5 ; 2;3;5
Xác suất để học sinh B mở được cửa lần thứ i là
310
8 1
i 15
P A C
Xác suất để học sinh B không mở được cửa lần thứ i là
i 1 15 151 14P A
Xác suất để học sinh B bấm 3 lần mở được cửa làC:
1
1
2
1 2
3 15 15 151 14 1. 1415 2.15 33751 631P C P A P A P A P A P A P A
Câu 42: [2H1-4] Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N , P lần lượt thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho BC4BM, AC3AP, BD2BN . Tính tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện
ABCD được phân chia bởi mp
MNP
.A.
7
13. B.
7
15. C.
8
15. D.
8 13. Lời giải
Chọn A.
k A
B
C
D
I
M
P
N
(Địnhlý Menelaus Cho tam giác ABC đườngthảng
d cắtcáccạnhAB BC CA, , lầnlượtại , ,M N Pta có . . 1 MA PB NC MB PC NA
)
N A
B P
M
C
GọiI MNDC K, ADPI.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giácBCD và 3 điểmM N I, , ta có
. . 1 .1.1 1 3
3
IC ND MB IC IC
ID NB MC ID ID
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giácACDvà 3 điểmP K I, , ta có
1 2
. . 1 . .3 1
2 3
KD PA IC KD KD
KA PC ID KA KA
2 3 2 1
. . . .1
3 4 4 2
1 1
(3)
2 4
VCPMN CP CM CN VCABN CA CB CN
VCPMN VCABN VABCD
1 3 1
. . . .1
3 5 5
4 4 4 1 2
(4)
5 5 5 2 5
APKN ACDN
NCPKD
NCPKD ACDN ABCD ABCD
ACDN
V AP AK AN V AC AD AN
V V V V V
V
S
A
B C
I D
K E
H
J
3 , 4 13CMPKDN CPMN NCPKD 20 ABCD
V V V V
7 13
ABMNKP CMNDK
V
V
Câu 43: [2H1-4] Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB a , AD2a. Mặt phẳng
SAB
và
SAC
cùng vuông góc với
ABCD
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD. Tính khoảng cách giữa AH và SC biết AH a.A.
73 73 a
. B.
2 73 73 a
. C.
19 19 a
. D.
2 19 19 a
. Lời giải
Chọn C.
+ Kẻ HK / /SCSC/ /
HAK
d SC AH
,
d SC HAK
,
d S HAK
,
+ Kẻ HE SA/ / HE
ABCD
+
, 33 1
, 3 3
d S HAK SH a
d D HAK DH a
+
,,
4d D HAK DE DH DA DS d E HAK
+ Kẻ EJ ,
,
3AK EI HJ EI HAK d E HAK EI 4 19
(
3 3
2 , EJ 2 73
a a
HE
)
+ d S HAK
,
43d E HAK
,
1919aS S
Câu 44: [1H3-4] Người ta cần trang trí một kim tự tháp hình chóp tứ giác đều .S ABCD cạnh bên bằng 200 m , góc ASB 15 bằng đường gấp khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp AEFGHIJKLS. Trong đó điểm L cố định và LS 40 m. Hỏi khi đó cần dung ít nhất bao nhiêu mét dây đèn led để trang trí?
B
A D
C S
L
E G F
H
I K J
A. 40 67 40 mét. B. 20 111 40 mét. C. 40 31 40 mét. D. 40 111 40 mét.
Lời giải Chọn C.
Ta sử dụng phương pháp trải đa diện
Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải ra mặt phẳng hai lần, ta có hình vẽ sau
A
A B
C
S
D
E F
G H
B
C
D A
I J
K L
Từ đó suy ra chiều dài dây đèn led ngắn nhất là bằng AL LS .
Từ giả thiết về hình chóp đều .S ABCDta có ASL120.
Ta có AL2 SA2SL22 . .cosSA SL ASL20024022.200.40.cos120 49600. Nên AL 49600 40 31 .
Vậy, chiều dài dây đèn led cần ít nhất là 40 31 40 mét.
Câu 45: [2D1-3] Tìm tất cả các gúa trị tham số msao cho đồ thị hàm số y x 42
m1
x2m2 có bađiểm cực trị nội tiếp đường tròn bán kính bằng 1.
A.
3 5
1; 2
m m
. B.
3 5
0; 2
m m
. C.
3 5
0; 2
m m
. D.
3 5
1; 2
m m . Lời giải
Chọn B.
Ta có
3 2
2
4 4 1 4 1 0 0
1 y x m x x x m x
x m
1Đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị y 0 có ba nghiệm phân biệt m 1.
Khi đó
2
2 2 2
1 0
1 1 2 1 2 1
x y m
x m y m m m m
.
Nên ta có A
0;m2
, B
m 1; 2m1
, C
m 1; 2m1
là ba điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.Ta có
2
2
1; 2 1
1; 2 1
AB m m m
AC m m m
4
4
1 1
1 1
AB m m
AC m m
ABAC.
Gọi H là trung điểm của cạnh BC AH BC và H
0; 2 m1
0; 2 2 1
2 2 1
1
2AH m m AH m m m
. Mà
1 . .
2 . 4
ABC
AB AC BC
S AH BC
R
2 .R AH AB AC.
.
Nên R1 và BC
2 m1;0
BC2 m1
2
42 m 1 m 1 m 1
m1
3 1 2
m1
3 3 2 0
m m m
m 0,
3 5
m 2
.
Câu 46: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm B
2; 1; 3 ,
C 6; 1; 3
.Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau, hãy tìm điểm A a b( ; ;0),b0 sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị cosA
a b .
S S
A. 10. B. 20. C. 15 . D.
31
3
; Lời giải
Chọn C.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC, AB. Gọi P BM CN, ta có BM CN nên BC2 BP2CP2. Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có
2 2
22
2 2 4 2
3 9. 4
BA BC AC BP BM ,
2 2
22
2 2 4 2
3 9. 4
CA CB AB CP CN
2 2 2
2 4 2 2 2
9 5
AB AC BC
BC AB AC BC
. Góc A lớn nhất cosA nhỏ nhất.
Ta có
2 2
2 2
2 2 2 5
cos 2 . 10 .
AB AC AB AC
AB AC BC
A AB AC AB AC
2 2
2 2 2 . 4
. .
5 . 5 . 5
AB AC AB AC
AB AC AB AC
, dấu " " xãy ra ABAC. Ta có A a b
; ;0
, b0 và B
2; 1; 3
, C
6; 1; 3
2 2
2
2 2
2
2 ; 1 ; 3 2 1 9
6 ; 1 ;3 6 1 9
AB a b AB a b
AC a b AC a b
2 a
2 b 1
2 9
a 6
2 b 1
2 9 4 4a 12a 36 a 2 . Ta có BC
8;0;6
BC2 8262 100.Khi đó từ AB2AC2 5BC2 và AB AC
2
2 2
22 2 a b 1 9 5.100 4 b 1 9 250
. Mà b0 nên ta được b14.
Vậy
2 14 15 cos 4
5 a b
A
.
Câu 47: [2D1-3] Đường thẳng y k x ( 2) 3 cắt đồ thị hàm sốy x 33x21,(1) tại 3 điểm phân biệt, tiếp tuyến với đồ thị (1) tại 3 giao điểm đó lại cắt nhau tai 3 điểm tạo thành một tam giác vuông, khi đó giá trị k
A. k 2. B. 2 k 0. C. 0 k 3. D. k3. Lời giải
Chọn B.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y k x ( 2) 3
d và đồ thị
C :3 3 2 1
y x x là: x33x2 1 k x
2
3
x2
x2 x 2 k
0
2
2
2 0 2
x
x x k
d cắt
C tại ba điểm phân biệt Phương trình
2 có hai nghiệm phân biệt khác 29
1 8 4 0
4 *
4 2 2 0
0
k k
k k
.
Gọi x x1; 2 là hai nghiệm phương trình
2 . Khi đó hệ số góc các tiếp tuyến tại ba giao điểm là:
2
21 ' 2 0; 2 ' 1 3 1 6 ;1 3 ' 2 3 2 6 2
k y k y x x x k y x x x .
Các tiếp tuyến tạo thành tam giác vuông nên k k2. 3 1 9x x x1 2
12
x22
1
1 2 1 2 1 2
9x x x x 2x 2x 4 1
9 2
k
2 k 2 4
1
2
3 2 2 9 18 1 0 3
3 2 2 3
k Tm
k k
k Tm
.
Câu 48: [2D1-4] Cho hai số thực x y, thỏa mãn:9x3
2 y 3xy5
x 3xy 5 0Tìm giá trị nhỏ nhất của P x 3y36xy3 3
x21
x y 2
A.
296 15 18 9
. B.
36 296 15 9
. C.
36 296 15 9
. D.
4 6 18 9
. Lời giải
Chọn B.
9x3 2 y 3xy5 x 3xy 5 027x36x3xy 3xy 5 3 3xy 5 0
3x 3 2 3
x
3xy 5
3 2 3xy 5
* .Xét hàm số f t
t3 2t có f t'
3t2 2 0 nên hàm f t
đồng biến. Do đó
* f
3x f
3xy5
3x 3xy5 x 0 và 9x2 3xy5. Với x0 không thỏa mãn.Với x0 thì P x 3y36xy3 3
x21
x y 2
x3y36xy
9x23
x y 2
3 3 6 3 2 2
x y xy xy x y
x3y33x y2 3xy22
x y
4
x y
3 2
x y
4 .
Mà
9 2 5 5 4 5
3 4 3 3
x y x x x
x x
. Đặt t x y thì
4 5 t 3
.
Xét hàm số g t
t3 2t 4 với t 4 53 . Khi đó g t'
3t2 2 0, t 4 53 .Do đó
4 5 36 296 153 9
g t g . Vậy
36 296 15 minP 9
.
Câu 49: [2H2-4] Cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 600 tính tỷ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng ( ) ?
A.
2
. B. 2
1 1
. C. 32 . D. 364.Lời giải
Chọn D.
Không mất tính tổng quát ta giả sử R1.
Khi cắt một khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng R, đường sinh 2R bởi một mặt phẳng ( ) qua tâm đáy và tạo với mặt đáy một góc 600 thì ta được thiết diện là một đường parabol có đỉnh là gốc O
0;0 và đỉnh còn lại là A
1;1 , do đó thiết diện sẽ có diện tích là4 S 3
. Xét mặt phẳng đi qua cạnh đáy của thiết diện vuông góc với hình tròn đáy của hình nón cắt hình nón làm đôi.
Gọi đa diện chứa mặt thiết diện đó là
H . Gọi
K là đa diện chứa đỉnh O của hình nón được sinh bởi khi cắt thiết diện Parabol với đa diện
H .Khi đó khoảng cách từ O đến mặt thiết diện là
3 h 2
.
Suy ra thể tích của đa diện
K là VK 13 2 3. 3 4. 2 39 .Mặt khác thể tích của nửa khối nón là
1 1 3
. 3
2 3 6
.
Do đó thể tích của đa diện nhỏ tạo bởi thiết diện và khối nón là
3 4
33 2 3
6 9 18
V
.
Vậy tỉ số thể tích của hai phần khối nón chia bởi mặt phẳng
là
3 4
33 4
18 3 6 3
. Câu 50: [2D1-4] Phương trình 2x 2 3m3x
x36x29x m
2x2 2x11 có 3 nghiệm phân biệt khivà chỉ khi m
a b;
. Đặt T b 2a2 thì:A. T 36. B. T 48. C. T 64. D. T 72. Lời giải
Chọn B.
Ta có:
2 3 3 3 2 2 1
2x m x x 6x 9x m 2x 2x 1
2x 2 3m3x
x2
3 m 3x8 .2 x2 2 .2x2 31 2x 2 3m3x
x2
3 m 3 .2x x2 1 2 .2a b
a3b3
.2a 1 (với a x 2, b 3m3x) 2ba3b3 2a
2bb3 2a
a 3 (*)Xét f t
2t t3Ta có: f t
2 .ln 2 3t t2 0, t nên f t( ) luôn đồng biến.Do đó:
(*) b a 3m3x 2 x m3x
2x
3 m x3 6x29x8.Lập bảng biến thiên của hàm số g x
x3 6x29x8:x 1 3
g x 0 0
g x
4
8
Suy ra phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi 4 m 8. Vậy T 8242 48.