Đề thi thử soạn theo hướng Đánh giá năng lực năm 2021-2022 - Môn Toán ĐỀ SỐ 25 - Thư viện tải tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia

Đề thi thử soạn theo hướng Đánh giá tư duy năm 2021-2022 - Môn Toán ĐỀ SỐ 25 (Theo ĐHBK-5)

II. Phần 2 (5đ) – Toán trắc nghiệm (câu hỏi 36 – 60)

Câu 36.Cho hàm số y



a¹



x⁴ 



b ²



x c² ¹ có đồ thị như hình vẽ bên.

Mệnh đề nào dưới đây là đúng?

A. a1,b 2,c1. B. a1,b 2,c1. C. a1,b 2,c1. D. a1,b2,c1.

Câu 37. Cho hàm số



³ 1



²

x ax b

y x

  

  . Biết rằng đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng. Tính giá trị 2 3

T  a b . A. ¹¹

 4 . B. ³

2. C. ¹⁹

4 . D. ⁷

2.

Câu 38.Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB25m, chiều rộng AD20m được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN (M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD). Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch chắn MN, biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15 m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30 m. Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C.

A. ^{2 5}

3 . B. ^{10 2 725}

30

 . C. ^{20 725}

30

 . D.5.

Câu 39.Cho hàm số ¹ y 1 ln

x x

   với x0. Khi đó ^y₂ y

  bằng

A. 1 x

x . B.1 ¹

 x. C.

1 ln

x x x

  . D. ¹

1 ln

x x x



  .

Câu 40.Sau một tháng thi công thì công trình xây dựng Nhà học thể dục của Trường THPT Toàn Thắng đã thực hiện được một khối lượng công việc. Nếu vẫn tiếp tục với tiến độ như vậy thì dự kiến sau đúng 23 tháng nữa công trình sẽ hoàn thành. Để sớm hoàn thành công trình và kịp đưa vào sử dụng, công ty xây dựng quyết định từ tháng thứ hai, mỗi tháng tăng 4% khối lượng công việc so với tháng kề trước. Hỏi công trình sẽ hoàn thành ở tháng thứ mấy sau khi khởi công?

A.19. B.18. C.17. D.20.

Câu 41. Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng 1 tỷ đồng với lãi suất 0,5%/tháng. Kể từ lúc gửi sau mỗi tháng vào ngày ngân hàng tính lãi người đó rút 10 triệu đồng để chi tiêu. Hỏi trong bao lâu kể từ ngày gửi người đó rút hết tiền trong tài khoản?

Câu 42.Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình bình hành và có thể tích là V. Gọi P là điểm trên cạnh SC sao cho SC5SP. Một mặt phẳng

 

^ qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N. GọiV₁ là thể tích của khối chóp S AMPN. . Tìm giá trị lớn nhất của ^V1

V . A. ¹

15. B. ¹

25. C. ³

25. D. ²

15. Câu 43. Một hộp đựng mỹ phẩm được thiết kế có thân hộp là hình trụ có bán kính hình tròn đáy r5cm, chiều cao h6cm và nắp hộp là một nửa hình cầu.

Người ta cần sơn mặt ngoài của cái hộp đó thì diện tích S cần sơn là A. S 80cm². B. S 110cm².

C. S 160cm². D. S 130cm²

Câu 44.Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O, bán kính đáy bằng

chiều cao và bằng 2a. Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A, trên đường tròn tâm O lấy điểm B. Đặt là góc giữa AB và đáy. Tính tan khi thể tích khối tứ diện OO AB đạt giá trị lớn nhất.

A. tan  2. B. tan ¹

  2 . C. tan ¹

  2. D. tan 1.

Câu 45. Xét khối tứ diện ABCD có độ dài cạnh AB thay đổi, CD4 và các cạnh còn lại đều bằng 22. Khi thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất, hãy tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đó.

A. ³⁴⁰

S _ 9 . B. ⁸⁵

S _ 9 . C. ³⁴⁰

S _ 3 . D. ⁵² S _ 9 .

Câu 46. Dòng điện xoay chiều hình sin chạy qua mạch dao động LC lí tưởng có phương trình

0sin

i I ^t2^. Ngoài ra i q t 

 

với q là điện tích tức thời trong tụ. Tính từ lúc t 0, điện lượng chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn của mạch trong thời gian

2



 là A. ⁰

2

I

 . B.0. C.  ^2I0

 . D. ^I0

 . Câu 47. Cho hai đường tròn



O1;10



và



O2;8



cắt nhau tại hai điểm A, B

sao cho AB là một đường kính của đường tròn

 

O2 . Gọi

 

^H là hình phẳng giới hạn bởi hai đường tròn (phần tô đậm). Quay

 

H quanh trục O O_{1 2} ta được một khối tròn xoay. Tính thể tích V của khối tròn xoay tạo thành.

A. ⁸²⁴ 3

 . B. ⁶⁰⁸

3 . C. ⁹⁷

3  . D. ¹⁴⁵

3 .

Câu 48. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi M, N, P lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức

1 1 , 2 8 , 3 1 3

z  i z  i z   i . Khẳng định nào sau đây đúng?

A.Tam giác MNP cân. B.Tam giác MNP đều.

C.Tam giác MNPvuông. D.Tam giác MNPvuông cân.

Câu 49. Với hai số phức z₁ và z₂ thỏa mãn z z₁ ₂  8 6i và z z₁ ₂ 2, tìm giá trị lớn nhất của

1 2

P z  z .

A. 4 6. B. 2 26. C. 5 3 5 . D. 34 3 2 .

Câu 50.Cho m là số thực, biết phương trình z²mz 5 0 có hai nghiệm phức trong đó có một nghiệm có phần ảo là 1. Tính tổng môđun của hai nghiệm.

A.3. B. 5. C. 2 5. D.4.

Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A



1;1;6



, B



  3; 2; 4



,



^{1;2; 1}



C  , D



^{2; 2;0}



. Điểm M a b c



^{; ;}



thuộc đường thẳng CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất. Tính a b c  .

A.1. B.2. C.3. D.0.

Câu 52.Trong không gian Oxyz, cho

 

P x²y²z ^{5 0} và 2 mặt cầu

  

S1 : x2



²y² 



z 1



² 1 ,

  

S2 : x4

 

² y2

 

² z 3



² 4 . Gọi M A B, , lần lượt thuộc mặt phẳng

 

P và hai mặt cầu

 

S1 ,

 

S2 . Tìm giá trị nhỏ nhất củaS MA MB  .

A. S_min 11. B. S_min 2 14 3 .

C. S_min  15 3 . D. S_min 3 6 3 .

Câu 53.Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy và 2 ,

SA a AB BC a  . Gọi M là điểm thuộc AB sao cho ² 3

AM  a. Tính khoảng cách d từ điểm S đến đường thẳng CM.

A. ^{2 110} 5

d  a . B. ¹⁰

5

d a . C. ¹¹⁰

5

d a . D. ^{2 10}

5 d  a .

Câu 54.Cho lăng trụ đều ABC A B C.    có AB2 3,BB2. Gọi M N P, , tương ứng là trung điểm của

, ,

A B A C BC    . Nếu gọi  là độ lớn góc của hai mặt phẳng



MNP



và



ACC



thì cos bằng A. ⁴

5. B. ²

5. C. ³

5 . D. ^{2 3}

5 . Câu 55.Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

A.2. B.3. C.0. D.1.

Câu 56.Lớp 11A2 có 45 bạn học sinh. Đầu năm cô giáo muốn chọn ra một ban cán sự lớp từ 45 bạn học sinh lớp 11A2 gồm một lớp trưởng, một lớp phó học tập, một lớn phó văn thể mĩ, hai thư kí. Số cách cô giáo chọn ra một ban cán sự lớp như vậy là

A. 2.P4. B. 2.A³45. C. A⁴45. D. 3!. .C C45³ 42² .

Câu 57.Đề thi THPT môn Toán gồm 50 câu trắc nghiệm khách quan, mỗi câu có 4 phương án trả lời và chỉ có 1 phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm, điểm tối đa là 10 điểm. Một học sinh năng lực trung bình đã làm đúng được 25 câu, các câu còn lại học sinh đó không biết cách giải nên chọn phương án ngẫu nhiên cả 25 câu còn lại. Tính xác suất để điểm thi môn Toán của học sinh đó lớn hơn hoặc bằng 6 điểm?

A.76,324%. B.79,257%. C.78,626%. D.80,126%.

Câu 58.Cho cấp số cộng

 

un với u₁4, công sai ⁴⁸

d 25. Giá trị của biểu thức

1 2 2 3 50 51

1 1 ... 1

S u u  u u   u u

   là

A. ⁶

25. B. ⁴

25. C. ²⁵

4 . D. ²⁵

6 . Câu 59.Cho cấp số nhân

 

un có các số hạng đều dương và ^{1 2 3}

1 2 3

... 2020 1 1 1 ... 1 2021

n

n

u u u u

u u u u

    



     

 .

Giá trị của P u u u _{1 2 3}. . ...u_n là

A. ²⁰²⁰

2021

n

P  

  

  . B. ²⁰²⁰

2021

n

P  

   .

C. ²⁰²¹

2020

n

P  

   . D. ²⁰²¹

2020

n

P  

  

  .

Câu 60. Từ độ cao 55,8m của tháp nghiêng Pisa nước Italia, người ta thả một quả bóng cao su chạm xuống đất. Giả sử mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên độ cao bằng ¹

10 độ cao mà quả bóng đạt trước đó. Tính tổng độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt đất

A. 56,4

 

m . B. 68,2

 

m . C. 64,8

 

m . D. 72,6

 

m . III. Phần 3 (2,5đ) – Toán tự luận

Bài 1.Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm. Để sản xuất mỗi kg sản phẩm loại một cần 2 kg nguyên liệu và 30 giờ; để sản xuất mỗi kg sản phẩm loại hai cần 4 kg nguyên liệu và 15 giờ. Xưởng sản xuất này có 200 kg nguyên liệu và có thể hoạt động trong 50 ngày liên tục. Biết rằng mỗi kg sản phẩm loại một thu lợi

nhuận 40 nghìn đồng, mỗi kg sản phẩm loại hai thu lợi nhuận 30 nghìn đồng. Hỏi nên sản xuất mỗi loại bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất?

Bài 2.Cho đường tròn có bán kính bằng 4 dm và hai Elip lần lượt nhận đường kính vuông góc nhau của đường tròn làm trục lớn, trục bé của mỗi Elip đều bằng 1 dm. Tính diện tích của phần hình phẳng tô màu như hình vẽ.

Bài 3.Cho 2 bình: bình 1 đựng 6 viên bi xanh và 4 viên bi vàng; bình 2 đựng 3 viên bi xanh và 6 viên bi vàng. An và Bình cùng nhau chơi trò gieo súc sắc như sau: Gieo hai con súc sắc xanh và đỏ. Gọi x, y lần lượt là kết quả số chấm xuất hiện của hai con súc sắc đó. Nếu x y 5 thì lấy ra 2 viên bi từ bình 1, còn nếu x y 5 thì lấy ra 2 viên bi từ bình 2. Tính xác suất để lấy được ít nhất một viên bi xanh.

Đáp án

36-B 37-C 38-A 39-B 40-B

41-D 42-C 43-B 44-B 45-A 46-D 47-B 48-C 49-B 50-C

51-A 52-B 53-C 54-B 55-C 56-D 57-C 58-D 59-A 60-B

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 36.Đồ thị đi lên khi x  nên a   1 0 a 1.

Đồ thị đi qua điểm



0; 1c



có tung độ nằm phía trên trục hoành nên c   1 0 c 1. Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên



a1 .

 

b2



0 mà a1 nên b    2 0 b 2.

Câu 37.Đặt

 

^{3 '}

 

^{1 .}

2 3

f x x ax b f x a

      x 



Để đồ thị hàm số

 

C không có tiệm cận đứng thì f x

 

 x 3 ax b 



x1 .

  

² g x

 

 

'

2 0 1

1 01 0 1 0 74 .

4 4

a b a

f

f a b

     

 

   

       

Vậy 2 3 ¹⁹.

T  a b  4

Câu 38.Do cần thời gian xây là ngắn nhất nên con đường làm trên mỗi miền phải là những đường thẳng.

Gọi AEvà EC lần lượt là đoạn đường cần làm. Với NE x m

 

.

 

25 .

EM x m

  

Ta được

 

2 2 2

2 2 2

100 .

100 25

AE AN EN x

EC MC EM x

    



    



Thời gian để làm đoạn đường từ A đến C là:

 

₁₀₀ ²



^{25 2}



¹⁰⁰

 

15 30 15 30

AE EC x x

t x    h

   

 

²

 

²

' 25 .

15 100 30. 25 100

x x

t x x x

   

  

Xét

 

 

2 2

' 0 25 0

15 100 30. 25 100

    

  

x x

t x x x

   

 

     

     

       

         

2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 25 100 25 100

4 25 100 25 100

4 25 400 100 25 25 0

4 25 25 20 25 0

5 4 25 5 45 0 5

x x x x

x x x x

x x x x x x

x x x x

x x x x x x

     

     

       

      

        

Ta được

 

^{0 4 29; 5}

 

^{2 5; 25}

 

^{1 29.}

6 3 3

t   t  t  

Vậy thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C là ^{2 5}

 

. 3 h

Câu 39.Ta có ^{1 1} 1 ln

y 1 ln x x

x x y

    

 

 

' '

2

1 x 1 lnx y' 1 1.

y y x

         

 

Câu 40.Gọi khối lượng công việc công ty xây dựng đã làm được trong tháng thứ nhất là x x



0 .



Theo đúng tiến độ như tháng thứ nhất công trình hoàn thành sau đúng 23 tháng nữa nên tổng khối lượng công việc phải hoàn thành là 24 .x

Theo bài ra, để sớm hoàn thành công việc thì khối lượng công việc mỗi tháng công ty xây dựng phải làm lập thành cấp số nhân có số hạng đầu u₁ x, công bội q1,04.

Giả sử công trình được hoàn thành ở tháng thứ n sau khi khởi công.

Ta có phương trình: .^{1,04 1} 24 1,04 1 24.0,04 17,158.

0,04

     

n n

x x n ;

Vậy công trình được hoàn thành ở tháng thứ 18 sau khi khởi công.

Câu 41.Ta có số tiền người đó gửi ban đầu là a1000triệu đồng, lãi suất hàng tháng m0,005; số tiền người đó rút ra hàng tháng là r10triệu đồng.

Sau tháng thứ nhất người đó thu được số tiền là T a1



1m



. Đầu tháng thứ hai người đó có số tiền là a



1m r



 .

Cuối tháng thứ hai người đó có số tiền làT2 



a



1m r





 

1m



a



1m



²r



1m



. Đầu tháng thứ ba người đó có số tiền là a



1m



²r



1m r



 .

Cuối tháng thứ ba người đó có số tiền là T a₃ 



1m



³r



1m



²r



1m



. Cứ như thế số tiền người đó có trong cuối tháng thứ nlà

       

     

1 2

1 1 1 ... 1

1 1

1 . .

n n n

n

n n

T a m r m r m r m

m m

a m r

m

 

 

         

  

  

Người đó rút hết tiền trong tài khoản khi

  

1

 

1



0 10 1 . 10

n n

n n

m m

T r T a m r

m

  

       

Thay số ta được1000.1,005 10.1,005 1,005 10 1,005 2 138,975.

0,005

n n   n   n

Vậy sau 139 tháng thì người đó rút hết tiền.

Câu 42.Công thức giải nhanh (chỉ áp dụng với hình chóp có đáy là hình bình hành). Hình chóp SABCDcó

; ; ; .

   

SM a SN b SP c SQ d

SA SB SC SD Khi đó,

1 1 1 1 1 1 1 1 .

4

 

         

 

SMNPQ SABCD

V abcd

a c b d V a b c d

Áp dụng công thức giải nhanh vào bài toán:

+) Đặt a SA 1;b SB ;c SC 5;d SD.

SA SM SP SN

     

+) Ta có a c b d         1 5 b d d 6 .b

+) ^..

 

²

1 5 6 3. 1 .

4 4.1. .5. 6 5 6

S AMPN S ABCD

V a b c d b b

V abcd b b b b

      

  

  

+) Xét

 

³. ₂¹ ;

 

1;5 .

5 6

f b b

b b

 

 

 

'

2 2

3. 2 6 ; 5 ( 6 )

   

  f b b

b b f b^'

 

  ⁰ b ^3.

Từ bảng biến thiên (hình bên) ta có giá trị lớn nhất của ^{1 3} 25 V

V  .

Câu 43.Diện tích xung quanh phần thân hộp là S12 .5.6 60  

 

cm² Diện tích xung quanh nửa hình cầu là 2 1 .4 .5 50²

 

²

S  2    cm Diện tích cần sơn là S S S 1 2 110

 

cm² .

Câu 44.

Gọi Dlà hình chiếu vuông góc của Blên mặt phẳng

 

O . Kẻ AH OD H OD ,  .

Ta có thể tích của khối chóp OO AB^' là

2 2 3

' 1 . ' 2 . 2 . 4

3 ^ 3 3 3

   

OO AB OO B a a a

V AH S AH AO



V_{OO AB}'



max H O . Suy ra AD2 2 .a Suy ra tan tan^{· 1} . BAD 2

  

Câu 45.

+) Gọi E F, lần lượt là trung điểm của AB CD, . ACD

 cân tại Acó trung tuyến AFAF CD . BCD

 cân tại Bcó trung tuyến BFBF CD .

 

^{CD AB.}

CD AFB

CD EF

 

    

Mặt khác vì ACD BCD c c c



. .



. AF BF EF AB

   

EF

 là đoạn vuông góc chung của ABvà CD.

Do đó EFlà trung trực của ABvà CD nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diệnABCD là điểm Ithuộc đoạnEF

+) Trong tam giác vuông ADF AF. ² AD²DF² 18AF 3 2.

1 2 1 ·

2 2. . . . sin

3 3 2

ABCD DABF ABF

V  V  DF S  DF AF BF AFB

 

²

1 . . 1 3 2 6.

3DF AF BF 3

  

VABCDlớn nhất bằng 6 khi sin^·AFB 1 AFB^· 90⁰AF BF . Trong tam giác vuông cânABF có: AB AF 2 6 EF 3.

Đặt IE x IF  3 x



0 x 3 .



Trong tam giác vuôngAEI có: AI² x²9.

Trong tam giác vuôngDFIcó: DI²  



³ x



²^4.

Tứ diện ABCD ngoại tiếp mặt cầu tâmI thì R AI DI  AI²DI²

 

²

2 9 3 4 6 4 0 2 2 2 85.

3 9

x x x x R AI

             

Vậy 4 ² 4 .^{85 340} .

9 9

S  R    

Câu 46. Tính từ lúc t0, điện lượng chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn của mạch trong thời gian

 là

2 2 0 0 0

0

sin cos

2 2

   





       

 

    



S I t dt I t

0

0 0

cos . cos .0

2 2 2

cos cos .

2 I

I I

  

 

 

 

 

    

        

  

      

Câu 47.

Ta xây dựng hệ trục tọa độ Oxynhư hình vẽ Ta có O2

  

0;0 ,O1 6;0 , 8;0 .

  

C

Ta có O O_{1 2}  O A O A₁ ² ₂ ² 6.

Đường tròn



O2;8



có phương trình là

 

2 2 64 64 2 8 8 .

x y   y x   x

Đường tròn



O1;10



có phương trình là



x⁶



²y²¹⁰⁰

  

²



100 6 16 4 .

y x x

      

Thể tích cần tìm ⁸



²



⁴

 

²

0 0

64 100 6 608 .

  3

^



 ^



     ^

V x dx x dx

Câu 48.Vì M là điểm biểu diễn số phứcz₁ 1 i nên tọa độ điểmM là (1;1).

Vì Nlà điểm biểu diễn số phứcz₂  8 i nên tọa độ điểmN là (8;1).

Vì Plà điểm biểu diễn số phứcz₃  1 3i nên tọa độ điểm Plà (1;-3).

Ta có MNuuur 

 

7;0 ,MPuuur



0; 4



nên ^{MN MP. 0} MN MP

 



 

uuur uuur

uuur uuur hay tam giácMNP vuông tạiM mà không phải tam giác cân.

Câu 49.

Ta có z z₁ ₂  8 6i 10.

Suy ra ²



^{z12 z2 2}



^{ z z1 22 z z1 2 2 100 4 104  .}

Ta có ^{P z 1  z2  2}



^{z1 2 z2 2}



^{ 104 2 26 .}

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 2

1 2

1 2

26 8 6

2 z z

z z i

z z

  

   

  



Vậy maxP2 26 . Câu 50.

Phương trình z²mz 5 0 có hai nghiệm phức z z₁, ₂ thì hai nghiệm phức là hai số liên hợp của nhau nên z₁  z₂ 2 z₁ .

Gọi z a i a1  ,



¡



là một nghiệm của phương trình.

Ta có



a i



²m a i



   



5 0



a²ma 4

 

2a m i



0

2 4 0 2 2 2 4 0 2

2 0 2 4

a ma a a a

a m m a m

         

         hoặc ² 4 a m

  

   Suy ra z₁  2 i hoặc z₁  2 i. Do đó z₁   2 i.

Vậy z₁  z₂ 2 5. Câu 51.

Gọi C_ABM là chu vi của tam giác ABM.



^{2; 3; 10}



¹¹³

AB    AB uuur



2; 3; 10 ,

 

1; 4;1



. 2 12 10 0

AB    CD  AB CD     AB CD

uuur uuur uuur uuur

Gọi

 

P là mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với đường thẳng CD; H là giao điểm của

 

P và đường thẳng CD.

Phương trình mặt phẳng

 

P đi qua A



1;1;6



có vectơ pháp tuyến



1; 4;1



CDuuur 

là: x4y z  1 0.

Phương trình đường thẳng

1

: 2 4

1 x t

CD y t

z t

  

  

   



.

Vì H CD nên H



1 ;2 4 ; 1t  t  t



.

Mà H

 

P   ¹ t ^{4 2 4}



 t



      ¹ t ^{1 0} t ¹₂ H ³₂^;0; ¹₂. Với  M CD, ta có ^{AM AH} AM BM AH BH

BM BH

 

   

 

 .

113 ,

CABM AB AM BM   AH BH M CD   .

Suy ra minC_ABM  113AH BH , đạt được ³;0; ¹

2 2

M H M   .

Mặt phẳng

 

P có một vectơ pháp tuyến là nuur_P 



1;2; 2



. Mặt cầu

 

S1 có tâm I1



2;0; 1



và bán kính R₁1. Mặt cầu

 

S2 có tâm I2



 4; 2;3



và bán kính R₂ 2. Ta có I Iuuur1 2   



6; 2;4



I I1 2 2 14 R R1 2

suy ra

 

S1 ,

 

S2 nằm ngoài nhau.

Ta có



x_I1 2y_I12z_I15



x_I2 2y_I2 2z_I2  5 0



nên I I₁, ₂ nằm về hai phía đối với mặt phẳng

 

P . Ngoài ra

   

1, 3 1, 2, 3 2

d I P  R d I P  R .

Gọi N, P, H lần lượt là giao điểm của đoạn thẳng I I_{1 2} với hai mặt cầu

 

S1 ,

 

S2 và

 

P . Ta có

1 2 1 2

   

MA MB AI BI I I

1 2 1 2

MA MB NI PI I N NP PI MA MB NP

          .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A N B P ,  và M H . Khi đó,



MA MB



min NP I I 1 2R R1 22 14 3 . Câu 53.

Ta có ^{2 2 10}

9 3

a a CM  a   ,

2 4 2 2 10

4 , 6

9 3

a a

SM  a   SC a .

Đặt 2

SM MC SC

p   . Diện tích tam giác SMC là

   

²₃¹¹

_SMC      a

S p p SM p CM p SC .

Suy ra khoảng cách từ S đến CM là

2 110

SMC 5

S a

SH  CM^  Câu 54.

Gọi K là trung điểm của AC.

Suy ra ^{BK AC} BK



ACC A



BK NC

BK AA

       

  

 .

Kẻ KH NC H NC







, suy ra NC



BKH



NC BH

  .

Ta có



MNP

 

ACC



NC BH NC

KH NC

  

 

 





^·

  



^{MNP , ACC}



^{KHB· }

   .

Lại có 3, ^{2 21 5 21}

7 7

BK  KH  BH  . Khi đó, cos ²

5 KH

  BH  . Câu 55.Ta có

   

3 3 2

4cos xcos 2x m 3 cosx  1 0 4cos x2cos x m 3 cosx0

 

2

cos x 0

4cos x 2cos x m 3 0 1

 

     

cos 0 ,

x   x 2 k k   không có nghiệm thuộc khoảng ; 2 2

  

 

 . Đặt tcosx, vì ;

x   2 2 nên t



^0;1



.

Khi đó phương trình (1) 4t²   2t m 3 0

 

^{2 .}

Ycbt  phương trình

 

² có 2 nghiệm phân biệt t t_{1 2}, thỏa mãn 0t t_{1 2}, 1.

 

2   m 4t²  2 3t g t

 

Ta có bảng biến thiên của g t

 

trên t



^0;1



.

Từ bảng biến thiên trên phương trình

 

2 có 2 nghiệm phân biệt

1 2,

t t thỏa mãn 0t t_{1 2}, 1 thì 3 ¹³ m 4

  . Vì m nguyên nên không có giá trị nào.

Câu 56.Để chọn ra ban cán sự lớp thỏa mãn yêu cầu, ta tiến hành chọn theo hai bước sau.

Bước 1.Chọn 3 bạn trong đó có một lớp trưởng, một lớp phó học tập, một lớp phó văn thể mĩ từ 45 bạn.

Mỗi một cách chọn ra một ban cán sự lớp gồm ba bạn trong đó có một lớp trưởng, một lớp phó học tập, một lớp phó văn thể mĩ từ 45 bạn học sinh lớp 11A2 tương ứng với một chỉnh hợp chập 3 của 45 phần tử.

Do đó số cách chọn là: A₄₅³ .

Bước 2.Chọn 2 bạn làm thư kí từ 42 bạn còn lại. Mỗi cách chọn này không phân biệt về thứ tự nên số cách chọn là: C₄₂² .

Công việc được thực hiện hai bước liên tiếp nên theo qui tắc nhân, ta có số cách cô giáo chọn ra một ban cán sự lớp thỏa mãn yêu cầu bài toán là: A C³. ² 3!. .C C^{3 2} .

Để điểm thi môn Toán của học sinh đó lớn hơn hoặc bằng 6 điểm thì học sinh đó đúng ít nhất 5 câu trong 25 câu còn lại.

Gọi A là biến cố “học sinh đó đúng ít nhất 5 câu trong 25 câu còn lại”.

A

 là biến cố học sinh đó đúng nhiều nhất 4 câu trong 25 câu còn lại.

Xét các trường hợp sau:

TH1. Học sinh đó đúng 4 câu, có xác suất là: ₂₅⁴. ^{1 4}. ^{3 21 254}₂₅^.321

4 4 4

C            C .

TH2. Học sinh đó đúng 3 câu, có xác suất là: ²⁵³₂₅^.322 4

C .

TH3. Học sinh đó đúng 2 câu, có xác suất là: ²⁵²₂₅^.323 4

C .

TH4. Học sinh đó đúng 1 câu, có xác suất là: ¹²⁵₂₅^.324 4

C .

TH5. Học sinh đó không đúng câu nào, có xác suất là: ³²⁵₂₅ 4 .

 

^{254 21 253 22} 25^{252 23 125 24 25}

.3 .3 .3 .3 3

4

C C C C

P A    

  .

Vậy ^{P A}

 

^{ 1 P A}

 

^78,626%.

Câu 58.

Ta có ^{2 1 3 2 51 50}

2 1 3 2 51 50

u u ... u u

u u

S u u u u u u

 

    

  

51 1 1 50 1 25

6

  

 u u  u d u 

d d .

Câu 59.Ta có

  

¹



^{1 2 3 ...  1 21 21}

1. . ... .1 1 1. 1. 1.

n n n n

n

n n n

P u u q u q ^ u q ^{    } u q ^ u q ^ 

     

  . Theo giả thiết, ta có _{1 2 3} ... ₁. ¹

1

n

n q

A u u u u u

q

      

 .

2 1

1 2 3 1

1 1 1 ... 1 1 . 1 1 1 ... 1_n

n

B u u u u u q q q ^

 

           

 

Và ₁

1 1

1 1

1.1 1 1. 11 1.

n n

n

q q

u u q q

q



 

 

  .

Suy ra

1 2

2 1 2

1. ⁿ 1. ⁿ

A u q u q B

   

   

  . Vậy ²⁰²⁰

2021

n n

P A

B

   

       . Câu 60.

Gọi h_n là độ dài đường đi của quả bóng ở lần rơi xuống thứ n



n *



Gọi l_n là độ dài đường đi của quả bóng ở lần nảy lên thứ n



n *



Theo bài ra ta có ₁ 55,8,₁ ¹ .55,8 5,58

 10 

h l và các dãy số

 

h ln ^, n là các cấp số nhân lùi vô hạn với công bội ¹

q10

Suy ra tổng độ dài đường đi của quả bóng là 1 ¹1 1 ¹1 109



1 1



68,2

 

10 10

h l

S   h l  m

  .

PHẦN TỰ LUẬN

Bài 1.Gọi x và y lần lượt là số kg sản phẩm loại một và loại hai mà xưởng này sản xuất



x y^; ⁰



. Lợi nhuận thu được là f x

 

; y 40x30y nghìn đồng.

Ta có hệ bất phương trình sau đây 30 15^{2 4 200}1200 2 ^{2 100}80

 

, 0 , 0

x y x y

x y x y

x y x y

   

 

      

 

   

 

Miền nghiệm của hệ bất phương trình

 

^ là miền tứ giác OABC với

  

0;0 , 0;50 , 20;40 , 40;0

    

O A B C

Ta suy ra f x y



^;



đạt giá trị lớn nhất trên miền nghiệm khi



x y;

 

 20;40



.

Vậy nên sản xuất 20 kg sản phẩm loại I và 40 kg sản phẩm loại II để lợi nhuận thu được là lớn nhất.

Bài 2.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Vì hai elip lần lượt nhận đường kính vuông góc nhau của đường tròn làm trục lớn, trục bé của mỗi elip đều bằng 1 dm nên ta có phương trình hai elip là:

 

₁ : ^{2 2} 1

16 1 x y

E   và

 

₂ : ^{2 2} 1 1 16 x y

E   .

Tọa độ giao điểm của hai elip trong góc phần tư thứ nhất là nghiệm của phương trình:

Diện tích hình phẳng cần tìm là

 

4

17 2 1

2 0 4

17

4 1 16 1

16

S x dx x dx

 

 

     

 

 

 

^.

Xét

4 4

17 2 17

1 2

0 0

1 1 16

16 4

I 



x dx



x dx^{. Đặt x4sin 0t}_ ^{ t }₂^_ 4cos

dx tdt

  .

Đổi cận: 0 0; ⁴ arcsin ¹

17 17

x  t x  t .

Khi đó,

1 1

arcsin arcsin

17 17

2 2

1

0 0

1 16 16sin .4cost 4 cos t

I 4



 t dt



dt

 

1 1

arcsin 17 arcsin 17

0 0

2 1 cos 2 t 2 1 1sin 2 dt  2 t





    

1 1 8 1 8

2 arcsin . 2arcsin

2 17 17

17 17

 

    

  .

Tương tự, ta có 2 ¹



²



4 17

8 4

16 1 2arcsin

17 17

I 



x dx  



1 2



1 4

4 4 8 arcsin arcsin

17 17

S I I  ^{ }

       

 

Vậy diện tích cần tìm là 4 8 arcsin ¹ arcsin ⁴

17 17

S  ^  ^

 .

Bài 3. Không gian mẫu của phép thử gieo hai con súc sắc xanh và đỏ gồm các bộ số



x y;



thỏa mãn

 

, 1;2;...;6

x y .

 Số phần tử của không gian mẫu là n

 

   ^{6 6 36}.

Ta thấy trong 36 bộ số



x y^;



của không gian mẫu chỉ có 6 cặp



x y^;



có tổng nhỏ hơn 5. Đó là

           

1;1 , 1;2 , 2;1 , 1;3 , 3;1 , 2;2 . Vậy xác suất để x y 5 là ₁ ^{6 1}

P 36 6 . Xác suất để x y 5 là ₂ 1 ^{1 5}

P   6 6.

Bình 1 đựng 6 viên bi xanh và 4 viên bi vàng ^ Xác suất lấy cả 2 viên bi vàng từ bình 1 là ⁴₂²

10

C C

 Xác suất lấy được ít nhất 1 viên bi xanh từ bình 1 là ⁴₂²

10

1 C

C . Bình 2 đựng 3 viên bi xanh và 6 viên bi vàng

 Xác suất lấy cả 2 viên bi vàng từ bình 2 là ⁶²₂

9

C C

 Xác suất lấy được ít nhất 1 viên bi xanh từ bình 2 là ⁶²₂

9

1 C

C . Do đó xác suất để lấy được ít nhất 1 bi xanh trong trò chơi là

2 2

6

42 2

10 9

5 1 1 1 59

6 6 72

C C

C C

   

   

   

    .