Đoàn Ngọc Dũng -

Trang 1/6

MỘT SỐ CÂU HỎI ÔN TẬP

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

Câu 36. Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa ¹f

 

2x dx 2

0



 ^{và 2f}

 

^{6x dx 14}

0



 ^{. Tính}

  





2

2

dx 2 x 5

f .

A. 30 B. 32 C. 34 D. 36

 Hướng dẫn:

 Xét I ¹f

 

2xdx 2

0







Đặt t = 2x  dt = 2dx  dx 2 dt 

x 0 1

t 0 2

   

2 2

0 0

dt 1

f t 2 f t dt 2

2 2





  



  ²

 

0

f t dt4



 Xét I ²f

 

6x dx 14

0







Đặt t = 6x  dt = 6dx  dx 6 dt 

x 0 2

t 0 12

   

12 12

0 0

dt 1

f t 14 f t dt 14

6 6





  



 ¹²

 

0

f t dt84



 Xét ^

 

^



^

 

^



^

 

^







2

0 0

2 2

2

dx 2 x 5 f dx 2 x 5 f dx 2 x 5 f I

Tính

  





 ⁰

2

1 f 5x 2dx

I

Đặt t 5x 2

Vì 2 < x < 0 nên t = 5x + 2  dt = 5dx  dx 5 dt 



x 2 0

t 12 2

        

84 4



16

5 dt 1 t f dt t 5 f dt 1 t 5 f 1 5 t dt f

I ²

0 12

0 12

2 12

2

1   











 











   

Tính ^



²



^



0

2 f 5x 2dx

I

Đặt t 5x 2

Vì 0 < x < 2 nên t = 5x + 2  dt = 5dx  dx 5 dt 

x 0 2

t 2 12

Trang 2/6

         

80 16

5 4 1 5 84 dt 1 t f dt t 5 f dt 1 t 5 f 1 5 t dt f

I ²

0 12

0 12

2 12

2

2     











 











   

Vậy I = I1 + I2 = 16 + 16 = 32  Chọn B

Câu 37. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [0 ; 2], thỏa các điều kiện f(2) = 1 và

   

2 2

2

0 0

f x dx f ' x dx 2

    3

 

. Giá trị của

 



²

1 2 dx x

x

f :

A. 1 B. 2 C.

4

1 D.

3 1

 Hướng dẫn:

Xét ²

 

²

 

²

0 0

f x dx f ' x dx 2

    3

 

Đặt ^{u f x}

 

^{du f ' x dx}

 

dv dx v x

 

 

 

 

 

 

 

       

2 2 2

2 0

0 0 0

f x dx x.f x x.f ' x dx 2.1 x.f ' x dx





 



 



Mà ²

 

0

f x dx 2

3



²

 

²

 

0 0

2 2 4

2.1 x.f ' x dx x.f ' x dx 2

3 3 3

 



 



   ²

 

0

1 2

x.f ' x dx

2 3







Mặt khác theo gt, ta có:²

 

^{2 2}

   

0 0

2 2

f ' x dx f ' x . f ' x dx

3 3

  

     

     

 

Sử dụng phép đồng nhất, ta có: ^{f ' x}

 

^1x

2 , x  [0 ; 2]

 

²

1 x

f '(x)dx xdx f x C

2 4









  

Mà ^{f 2}

 

^{1 22 C 1 C 0}

  4     . Khi đó: ^{f x}

 

^x2

 4 . Vậy: ²

 

²

2

1 1

f x 1 1

dx dx

x  4  4

 

 Chọn C

Câu 38. Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0; 1] thỏa mãn f(1) = 4, ¹

 

²

0

f ' x dx36

 

 



^và

 

5

dx 1 x f.

1x

0



 . Tích phân



¹

 

0

dx x

f bằng

A. 6

5 B.

2

3 C. 4 D.

3 2

 Hướng dẫn: Chọn B Ta có: ¹

 

0

x.f x dx 1

5



Đặt

   

2

du f ' x dx u f x

dv xdx v 1x 2



 

 

 

 

 

Trang 3/6

Ta có:¹

 

²

 

^{1 1 2}

 

0 0 0

1 1

x.f x dx x .f x x .f ' x dx

2 2

 

 

 

^{1 2}

 

^{1 2}

 

0 0

1 1 1

f 1 x .f ' x dx 2 x .f ' x dx

2 2 2

  



 



(vì f(1) = 4)

Mà: ¹

 

^{1 2}

 

^{1 2}

 

^{1 2}

 

0 0 0 0

1 1 1 9 18

5x.f x dx 1 2 x .f ' x dx x .f ' x dx x .f ' x dx

2 5 2 5 5

         

   

^{1 2}

 

0

10x .f ' x dx 36





 (nhân 10 vào 2 vế)

Mặt khác theo gt, ta có: ¹

 

^{2 1}

   

0 0

f ' x dx36 f ' x . f ' x dx36

     

     

 

Sử dụng phép đồng nhất, ta có: f ’(x) = 10x², x  [0 ; 1]

 

³

2 10x

f '(x)dx 10x dx f x C









  3 

Mà ^{f 1}

 

^{4 10.1 C 4 C 4 10 2}

3 3 3

        . Khi đó:

 

3 2 3

x x 10

f  ³  . Vậy:

 

2 x 3 3 2 6 x dx 5 3 2 3

x dx 10

x f

1

0 1 4

0 1 3

0

 







 

 







 







 Chọn B

Câu 39. Xét hàm số f(x) liên tục trên [1; 2] và thỏa mãn f(x) + 2xf(x² – 2) + 3f(1 – x) = 4x³. Tính giá trị của tích phân

 







²

1

I f x dx

A. I = 5 B. I 5

 2 C. I = 3 D. I = 15

 Hướng dẫn:

Ta có: f(x) + 2xf(x² – 2) + 3f(1 – x) = 4x³



     

  

   



²



^{2 2}



²

1 1 1

f x dx 2xf x 2 dx 3 f 1 x dx = ^{2 3}

1

4x dx 15





 ^(*)

 Tính:







2 3

1

4x dx 15

 Tính:

 







2 2

1

2xf x 2 dx

Đặt u = x² – 2  du = 2xdx ; Đổi cận: x = 1  u = 1 và x = 2  u = 2



   

 

  



^{2 2}



²

1 1

2x.f x 2 dx f u du

 





²

1

f x dx

 Tính:

 







2

1

f 1 x dx

Đặt t = 1 – x  dt = dx ; Đổi cận: x = 1  t = 2 và x = 2  t = 1



   

 

  



²



²

1 1

f 1 x dx f t dt

 





²

1

f x dx

Trang 4/6

Khi đó: (*) 

     

  

  

  

2 2 2

1 1 1

f x dx f x dx 3 f x dx 15

 







² 

1

5 f x dx 15

 







² 

1

f x dx 3  Chọn C.

Câu 40. Hàm số f(x) liên tục trên [1; 2] và thỏa mãn điều kiện ^{f x}

 

^{ x 2 xf 3 x }



^{ 2}



. Tính giá trị của tích phân ²

 

1

I f x dx







^.

A. I 14

 3 B. I 28

 3 C. I 4

3 D. I 2

 Hướng dẫn:

Ta có: ^{f x}

 

^{ x 2 xf 3 x }



^{ 2}



   

f x xf 3 x  ²  x 2

 ²

 

²



²



1 1

f x dx xf 3 x dx

 

 

 

^{= 2}

1

x 2dx







 Tính:



 



2 1

x 2dx 14

3

 Tính:

 







2 2

1

xf 3 x dx

Đặt t = 3 – x²  dt = 2xdx  dt xdx

2 . Đổi cận: x = –1  t = 2 ; x = 2  t = –1.

 

^

   

 





²  ²  



¹ 



² 

1 2 1

1 1

x.f 3 x dx f u du f u du

2 2

 





²

1

1 f x dx 2

Khi đó:

   

 







2 2

1 1

f x dx 1 f x dx

2 = 14

3

 







² 

1

1 f x dx 14

2 3

 







² 

1

f x dx 28

3  Chọn B

Câu 14. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Các mặt bên (SAB), (SAC), (SBC) lần lượt tạo với đáy các góc lần lượt là 30^o, 45^o, 60^o. Tính thể tích V của khối chóp S.ABC. Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) nằm bên trong tam giác ABC.

A. ^V



^{4a 33}



3

  B. ^{V 2}



^{a4 33}



3

  C. ^{V 4}



^{a4 33}



3

  D. ^{V 8}



^{a4 33}



3

 

 Hướng dẫn :

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC).

Kẻ HD  AB (D  AB), HE  AC (E  AC), HF  BC (F  BC).

Khi đó ta có:

o

o

SH SH

tan 30 HD SH 3

HD tan 30

   

o

o

SH SH

tan 45 HE SH

HE tan 45

   

Trang 5/6

o

o

SH SH SH

tan 60 HF

HF tan 60 3

   

Ta có S_ABC S_HABS_HBCS_HAC HE . 2 AC HF 1 . 2 BC HD 1 . 2 AB

1    



SH . 2 a 1 3 .SH 2 a 3 1 SH . 2 a

1    









  





 



  















 3

3 SH 4

. 2 a 1 1 3 3 1 SH . 2 a SH 1 . 2 a 1 3 .SH 2 a 3 1 SH . 2 a 1

suy ra ^{21a.SH 1 3 13}^{a243 SH 2}



^{43a 3}



 



   .

Vậy ^{V 31 2}



^{43a 3}



^{a 4 3 8}



^{a4 33}



3 2

 

 



  Chọn D.

Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O, SO  (ABCD), cạnh ABa 3, BC = a, SB = 2a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC.

A. 5 15

a B. ^{a 3}

5 C. ^{a 5}

5 D. ^{a 15}

10

 Hướng dẫn :

 vuông ACB có : AC AB²BC²  3a²a² 2a

Vì BO là trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông ABC nên a 2

a 2 2

OB AC  Vẽ DE  AC và vẽ hình chữ nhật OEDH, ta có :

AC // DH  AC // (SDH)

 d(SD, AC) = d(AC, (SDH)) = d(O, (SDH)) Vẽ OI  SH ta có:

DH  OH (góc của hình chữ nhật OEDH)

DH  SO (SO  (ABCD)  DH  (SOH)  DH  OI Vì OI  DH (chứng minh trên) và OI  SH (gt)

 OI  (SDH)  OI = d(O, (SDH)) Do OEDH là hình chữ nhật  OH = DE

ADC có : ¹₂ ¹ ₂ ¹₂ ¹₂ ¹₂ ⁴₂ DE DA DC a 3a 3a

2

2 3a a 3

DE DE OH

4 2

    

SOB có : SO SB²OB²  4a²a² a 3

 vuông SOH có :

5 15 OI a

5 a OI 3 a

3 5 a 3

4 a 3

1 OH

1 SO

1 OI

1 2 ²

2 2 2 2 2

2         

Vậy d(SD, AC) = 5

15

a  Chọn A.

Câu 16. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 4; AC = BD = 5; AD = BC = 6.

Thể tích khối tứ diện ABCD bằng A. ^{15 6}

4 B. ^{15 6}

2

Trang 6/6 C. ^{45 6}

4 D. ^{45 6}

2

 Hướng dẫn :

Dựng tứ diện AMNK sao cho B, C, D lần lượt là trung điểm của MN, NK, MK.

Các AMN, ANK, AMK có các đường trung tuyến thuộc một cạnh và bằng nửa cạnh đó nên là các tam giác vuông  tứ diện AMNK vuông tại A

Giải hệ:





















































10 3 AK

10 AN

6 3 AM 90

AK 10 AN

54 AM 144

AK AM

100 AK

AN

64 AN AM

2 2 2

2 2

2 2

2 2

Vì AMNK là tứ diện vuông nên 3 6 10 3 10 15 6

6 AK 1 AN 6 AM

V_AMNK 1        .

6 4 15 V 1

4

V_ABCD 1 _AMNK  

 =^{15 6}

4  Chọn A.

Câu 17. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh 2a. Gọi M là trung điểm của BB’ và P thuộc cạnh DD’ sao cho DD'

4

DP 1 . Mặt phẳng (AMP) cắt CC’ tại N (tham khảo hình vẽ bên). Thể tích khối đa diện AMNPBCD bằng

A. V2a³ B. V3a³

C. 3

a V 11

 3 D.

4 a V 9

 3

 Hướng dẫn :

Thể tích khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ là V = (2a)³ = 8a³. Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hai hình vuông ABCD và A’B’C’D’.

Gọi K = OO’  MP và N = AK  CC’, ta có:

2 a a 4 2 ' 1 4DD

DP 1   

 

2 a OK 3 . 2 4 CN

a 3 2 a a 2 BM 1 2 DP

OK 1    



 

 







Diện tích hình thang BMNC là:

 

2 a a 5 2 2 .

a a 3 2 BC 1 . CN 2 BM

S 1

2

BMNC  



 

 







Thể tích khối chóp A.BMNC là:

3 a a 5 2 2 . a 5 3 AB 1 . 3S V 1

3 2

BMNC BMNC

.

A    

Diện tích hình thang DPNC là: DPNC

 

.2a 2a²

2 a 3 2 a 2 CD 1 . CN 2 DP

S 1  



 

 





 Thể tích khối chóp A. DPNC là:

3 a a 4 2 . a 3 2 AD 1 . 3S V 1

3 2

DPNC DPNC

.

A    

Thể tích khối chóp A. DPNC là:

3 a a 4 2 . a 3 2 AD 1 . 3S V 1

3 2

DPNC DPNC

.

A    

Thể tích khối đa diện AMNPBCD là: _{A.BMNC A.DPNC} ^{3 3} 3a³ 3 a 4 3 a V 5

V

V      Chọn B.

Trang 7/6

BÀBÀI 20I 20::(ĐẠI HỌC A 2008)Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’

cĩ độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuơng tại A, AB = a, AC = ,hình chiếu vuơng gĩc của đỉnh A’

trên (ABC) là trung đi ểm của BC. Tính thể tích khối chĩp A’.ABC và tính cosin của gĩc giữa AA’, BB’.

3 a

A

B

C A’

B’

C’

2a

a

3 a

H

Câu 18. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A’.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’.

A. V ^a3

 2 ; cos AA',B'C'

 

¹

 6 B. V ^{a 33}

 2 ; cos AA',B'C'

 

¹

4 C. V ^a3

 2 ; cos AA',B'C'

 

¹

 4 D. V ^{a 33}

 2 ; cos AA',B'C'

 

¹

6

 Hướng dẫn :

Chọn hệ trục như hình vẽ. Gọi M là trung điểm của đoạn BC.

Ta có tọa độ các đỉnh là :



0;0;0



A , B



a;0;0



, ^C



^{0;a 3;0}



^, _







 ;0 2

3

;a 2 M a

Vì BC a

2

AM 1   MA' A'A²AM² a 3

Suy ra : 





 ;a 3 2

3

;a 2 ' a A

Vì A'B'AB  





 ;a 3 2

3

;a 2

a ' 3

B , A'C'AC  





 ;a 3 2

3 a

;3 2 ' a C Thể tích khối chóp A’ABC :

2 a 2

3 3 a 3 a S 1

. MS ' 3A

V1 _ABC    ²  ³ (đvtt)

Vì 





 ;a 3 2

3

;a 2 ' a

AA , ^B'C'



^{a;a 3;0}



Vậy

 

4 1 a 2 . a 2

a ' C ' B .' AA

' C ' B .' ' AA C ' B ,' AA

cos   ²   Chọn C.

 Cách khác :

 Tính thể tích khối chóp A’.ABC

Gọi H là trung điểm của BC, theo gt ta có : A’H  (ABC) Diện tích tam giác ABC là :

2 3 3 a

a 2 a AC 1 2 AB

S_ABC 1      ² Tam giác ABC vuông tại A, ta có :

a 2BC AH 1 a

2 a 3 a AC AB

BC ² ²  ² ²    

Trong tam giác vuông A’HA, ta có : 3 a a a 4 AH ' AA H

'

A  ² ²  ² ² 

Thể tích khối chóp A’ABC là :

2 3 a 2 a

3 a 3 H 1 ' A 3 S

V1 _ABC   ²   ³

 Tính cosin của góc giữa AA’ và B’C’

Gọi  là góc giữa AA’ và B’C’.

Do BB’ // AA’ và BC // B’C’ nên ta có : góc (AA’ , B’C’) = góc (BB’ , BC) =  Tam giác HA’B’ vuông tại A’ ta có : B'H A'H²A'B'²  3a²a² 2aBB' Do đó, B’BH là tam giác cân tại B’. Vậy góc B’BH = 

B’H² = BB’² + BH² – 2BB’.BHcos  4a² = 4a² + a² – 2.2a.a.cos  cos = 4

1  Chọn C.

Trang 8/6 Câu 19. Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm A’B’ và AA’. Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (NBC) theo a

A. ^{a 3}

10 B. ^{3a 3}

8 C. ^{3a 3}

20 D. ^{a 3}

6

 Hướng dẫn :

Ta có: V_MNBC 1S_NBC.d M , (NBC)

 

3

 



  ^MNBC

NBC

d M , (NBC) 3.V S Mà V_MNBC V_C.MNB 1S_MNB.CH

3

 

^{ }

  

  ^MNBC   ^MNB  ^MNB

NBC NBC NBC

3 S1 .CH

3.V 3 S .CH

d M , (NBC)

S S S

CH là đường cao của tam giác đều ABC cạnh a nênCHa 3 2

_MNB  _AA'B'B _A'MN _B'MB _ANB

S S S S S

AB.AA' 1 A'M.A'N 1 BB'.MB' 1 AB.AN

2 2 2

a²        1 a a 1 a a 1 a a

2 2 2 2 2 2 2 a²a² a² a² 3a²

8 4 4 8

Vẽ NK  BC, ta có: BC  NK và BC  NA nên BC  (NAK)  BC  AK.

 AK là đường cao của tam giác đều ABC cạnh a nênAKa 3 2

NAK vuông tại A có:    ^{ }   ^ ^  

2 2

2 2 a a 3 2

NK AN AK a a

2 2

_NBC 1  1 1 ²

S BC.NK .a.a a

2 2 2

Vậy

 

^{ }

2

2

3a .a 3 3a 3

8 2

d M , (NBC)

1a 8

2

 Chọn B.

 Cách khác : Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, ta có:

A(0 ; 0 ; 0), B(a ; 0 ; 0), A’(0 ; 0 ; a), B’(a ; 0 ; a), ^_ ^_

 

N 0 ; 0 ;a

2 , ^_ ^_

 

M a; 0 ; a

2 , ^ ^ a a 3 C ; ; 0

2 2 NB a ; 0 ; a

2

 

  

 ; NC ^{a a 3}; ; ^a

2 2 2

 

  

 



2 2 2

a 3 a a 3

NB , NC ; ;

4 4 2

 

    

   

 

VTPT của (NBC) là: ^{a2 3 a}; ² ;^{a2 3}

4 4 2

 

 

 

  hay



^{3 ;1; 2 3}



 Phương trình (NBC): ^{3 x a}



 



1(y 0) 2 3 z 0 







0 3x y 2 3z a 3 0

    

Trang 9/6

 

^{   }

  

 

3 a 0 2 3.a a 3

2 3a 3

d M , (NBC)

3 1 12 8

Câu 23. Biết aln2 bln3 cln5 x

x

4 dx

3 2   



 , với a, b, c là các số nguyên.

Tính S zz. Biết z = a + (bc)i.

A. S = 6 B. S = 8 C. S = 2 D. S = 0

 Hướng dẫn : Ta có :

15 ln16 3 4 5 ln 4 4 ln3 5 ln4 1 x ln x 1 dx x

1 x 1 ) 1 x ( x

dx x

x

dx ⁴

3 4

3 4

3 4

3

2 



 

 





 

 



 





 

 

 

 



Mà ln16 ln15 ln2 ln(3.5) 4ln2 ln3 ln5 15

ln16   ⁴    

Đồng nhất với aln2bln3cln5, ta được : a = 4, b = –1 và c = –1.

Khi a = 4, b = –1 và c = –1  z = a + bci = 4 + (–1)(–1)i = 4 + i.

8 i 4 i 4 z z

S        Chọn đáp án B.

 CASIO: Nhập: 



⁴ _X _X^dx

3 2

1 0.06453852114. Lưu vào biến A: Ans  A

Phân tích: aln2 + bln3 + cln5 = A  ln2^a + ln3^b + ln5^c = A  ln (2^a . 3^b . 5^c) = A 2^a . 3^b . 5^c = e^A Vào máy tính bấm e^A được kết quả 2⁴.3 ¹.5 ¹

15 16 15

16e^A  _{ }

Ta thấy 2^a . 3^b . 5^c = 2⁴.3^–1 .5^–1  a = 4; b = –1; c = –1  S = a + b + c = 4 – 1 – 1 = 2  Chọn B.

Câu 24. Cho ^e

 

²

1

1 x ln x dx ae be 3

   4



với a, b, c là các số hữu tỉ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A. a b ³

  4 B. a b ³

  4 C. a b ³

  4 D. a b ³

 4

 Hướng dẫn : chọn C

       

e e e e e

e

1 1 1 1 1 1

I



1 x ln x dx 



dx



x ln x dx x 



x ln x dx e 1  



x ln x dx

Đặt ₂

u ln x du dx x dv xdx v x

2

   



   



e e e e

2 2

1 1

1 1

x 1 x 1

I e 1 ln x xdx e 1 ln x xdx

2 2 2 2

   



   



2 e 2 2

2 2

1

e 1 e e 1 1 3

e 1 x e 1 e e

2 4 2 4 4 4 4

 

            

 

ab 114 a b 14 1 34

 

      

 

 chọn C.

Trang 10/6 Câu 25. Xét số phức z = a + bi (a, b  R) thỏa mãn z43i 2 2.

Tính P = 2a + b khi z12i  z96i đạt giá trị lớn nhất.

A. P = 9 B. P = 13 C. P = 7 D. P = 12

 Hướng dẫn :

 Định hướng tư duy: Để tìm được giá trị của P, chúng ta xác định số phức z sao cho thỏa mãn 2 điều kiện : z43i 2 2 và z12i  z96i đạt giá trị lớn nhất.

1) Từ điều kiện z43i 2 2 chúng ta dễ dàng phát hiện ra số phức z nằm trên đường tròn (C) tâm I(4 ; 3) và bán kính R2 2

2) Giả sử M(a ; b) biểu diễn số phức z, A(1 ; –2), B(9 ; 6) thì z 1 2i  MA và z 9 6i  MB. Như vậy Q  z 1 2i   z 9 6i đạt giá trị lớn nhất nếu MA + MB đạt giá trị lớn nhất

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có: ^{QMA MB  (121 )(MA2 2MB )2  2 MA}



^2MB2



Mặt khác, chúng ta có tính chất ^{2 2 2} AB²

MA MB 2.MJ

   2 với J là trung điểm của AB và MJ ≤ IJ + R (do M  (C) và J cố định)  ^{Q2 4 IJ}



^R



^{2AB2 nên} QMax  4 IJ



²R²



AB²

Dấu “=” xảy ra khi MA = MB và M, I, J thẳng hàng (do IA = IB).

Do đó, M = d  (C). Từ đây ta có thể hoàn toàn tìm ra tọa độ của điểm M.

Lời giải chi tiết: Ta có: z 4 3i  2 2(x4)² (y 3)² 8. Suy ra tập hợp các điểm M(a ; b) biểu diễn số phức z trên hệ trục Oxy là đường tròn (C) tâm I(4 ; 3) và bán kính R2 2.

Phương trình của (C) là: (x4)² (y 3)² 8.

Gọi A(1 ; –2), B(9 ; 6) và J(5 ; 2) là trung điểm của AB. Ta có: ^{AB}



^{8 ; 8}



^.

Phương trình đường trung trực d của AB là: x 5 t y 2 t

  

  

 , t  R

Vì J(4 ; 2) là trung điểm của AB nên ta có: ^{2 2 2} AB²

MA MB 2.MJ

   2 . Mà MJ ≤ IJ + R (do M  (C) và J cố định). Đặt Q  z 1 2i   z 9 6i  ^{QMA MB  (121 )(MA2 2MB )2  2 MA}



^2MB2



(BĐT Bunhiacopxki)  ^{Q2 4 IJ}



^R



^{2 AB2 nên QMax  4 IJ}



^2R2



^AB2

Dấu “=” xảy ra khi MA = MB và M, I, J thẳng hàng (do IA = IB).

Do đó, M = d  (C). tọa độ của điểm M(5 – t ; 2 + t) thỏa mãn phương trình (C).

Tức là



^{5 t 4}

 

^{2 2 t 3}



^{2 8}



^{t 1}



^{2 4 t 3 M(2 ; 5)}

t 1 M(6 ;1)

  

            

Vậy M(2 ; 5) thì PMA MB 10 2  và với M(6 ; 1) thì QMA MB 2 34 Vậy để Q đạt giá trị lớn nhất thì M(2 ; 5). Suy ra P = 2a + b = 2.2 + 5 = 9  chọn A

Câu 26. Trong các số phức z thỏa mãn : z²2z5 



z12i



z3i1



. Tìm giá trị nhỏ nhất của môđun số phức w = z – 1 + i

A. 4

w_min  1 B.

2

w_min 1 C. w 1

min  D.

2 2 w_min  1

Do vế phải của phương trình đã cho là dạng nhân tử, do vậy ta sẽ phân tích vế trái bằng lệnh MODE 5 3

0 ) i 2 1 z )(

i 2 1 z ( i 2 1 z i 2 1 z 5 z 2

z²             

Trang 11/6 Khi đó, ta có : ^{(z12i)(z12i) }



^z12i



^z3i1



^{ z12i}



^{z12i z3i1}



^0

 





















 

















 z 1 2i z 3i 1

0 i 2 1 0 z

1 i 3 z i 2 1 z i 2 1 z

 TH1 : Với z12i 0z12i0

Ta có : w = z – 1 + i  w + i = z – 1 + 2i . mà z – 1 + 2i = 0 nên w + i = 0  w = –i  w 1 (1)

 TH2 : Với z12i  z3i1 . Gọi z = x + yi (với x, y  R), ta có:

i ) 3 y ( ) 1 x ( i ) 2 y ( ) 1 x ( 1 i 3 yi x i 2 1 yi x 1 i 3 z i 2 1

z                    

2i x 1 2 z

y 1 5 y 10 9 y 6 4 y 4 )

3 y ( ) 1 x ( ) 2 y ( ) 1 x

(  ²  ²   ²  ²           



2 1 4 ) 1 1 x ( w 2i ) 1 1 x ( i 1 2i x 1 i 1 z

w         ²  



 

 









 (2)

Kết hợp cả hai trường hợp trên, ta có :

2 w 1

min   Chọn đáp án B

 CASIO:

 TH2 : Với z12i  z3i1  z12i² z3i1² 0 Đặt f(z) = z12i² z3i1²

_ Nếu ta thay z = 0 vào f(z) tức là ta thay x = 0, y = 0 vào ax + by + c = 0 thì ta có c = 0.

_ Nếu ta thay z = i vào f(z) tức là ta thay x = 0, y = 1 vào ax + by + c = 0 thì ta có b + c = 0.

_ Nếu ta thay z = 1 vào f(z) tức là ta thay x = 1, y = 0 vào ax + by + c = 0 thì ta có a + c = 0.

Nhập vào máy tính : X12i² X3i1² CALC 0  –5  c = –5

CALC i  –15  b + c = –15  b = –10 CALC 1  –5  a + c = –5  a = 0

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là một đường thẳng –10y – 5 = 0  2y + 1 = 0

2 y1

 (đây là mối liên hệ giữa x và y, trong đó z = x + yi, với x, y  R)

Ta có : i

2 1 1 x i 1 2i x 1 i 1 z

w         

     

2 w 1

4 1 4 1 1 2 x

1 1 x 2i

1 1 x

w ² _min

2 2

2

2       



 

















Dấu “=” xảy ra  x – 1 = 0  x = 1  i 2 1 1 z  Kết hợp cả hai trường hợp trên, ta có :

2

w_min 1  Chọn B

Câu 1. Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo thời trang. Có 5 người khách đến mua quần áo, mỗi người khách vào ngẫu nhiên một trong 5 cửa hàng. Tính xác suất để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách.

A. 625

24 B.

625

181 C.

125

32 D.

625 21

 Hướng dẫn :

Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Trang 12/6 Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: 5  5  5  5  5 = 3125 cách Gọi A là biến cố “có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách”.

 TH1 : Một cửa hàng có 3 khách, một cửa hàng có 2 khách, ba cửa hàng còn lại không có khách nào : Bước 1 : chọn 1 cửa hàng trong 5 cửa hàng, ta có : C¹₅

Bước 2 : chọn 3 khách trong 5 khách để vào cửa hàng đã chọn, ta có : C³₅ Bước 3 : chọn 1 cửa hàng trong 4 cửa hàng còn lại, ta có : C¹₄

Bước 4 : chọn 2 khách trong 2 khách còn lại để vào cửa hàng mới chọn, ta có : C²₂ Suy ra trường hợp này có : C¹₅.C³₅.C¹₄.C²₂200cách.

 TH2 : Một cửa hàng có 3 khách, hai cửa hàng mỗi cửa hàng có 1 khách, hai cửa hàng còn lại không có khách nào : C¹₅.C³₅.C²₄.P₂ 600cách.

 TH3 : Một cửa hàng có 4 khách, một cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn lại không có khách nào : 100

C . C .

C¹_{5 5}^{4 1}₄  cách.

 TH4 : Một cửa hàng có 5 khách, các cửa hàng còn lại không có khách nào : C¹₅ 5cách.

Số phần tử của biến cố A là : 200 + 600 + 100 + 5 = 905 cách Vậy

625 181 3125 ) 905 A (

P    chọn B.

Câu 2. Chọn ngẫu nhiên một số có 3 chữ số từ tập các số tự nhiên. Tính xác suất để số được chọn là một số có tổng các chữ số chia hết cho 10

A. 10

1 B.

30

1 C.

15

1 D.

42 1

 Hướng dẫn :

Gọi số có 3 chữ số abc (a  0)

Có 9 cách chọn số để xếp vào vị trí a. Còn b, c mỗi vị trí có 10 cách chọn.

Theo qui tắc nhân có 9.10.10 = 900 số có 3 chữ số.

Từ đó suy ra số phần tử không gian mẫu là N() = 900 Gọïi A là biến cố “(a + b + c) chia hết cho 10”.

Số phần tử của biến cố A:

 TH1 : a + b + c = 10. Có các bộ số thỏa mãn :

0, 1, 9 ; 0, 2, 8 ; 0, 3, 7 ; 0, 4, 6 ; 0, 5, 5 ; 1, 1, 8 ; 1, 2, 7 ; 1, 3, 6 ; 1, 4, 5 ; 2, 2, 6 ;

2, 3, 5 ; 2, 4, 4 ; 3, 3, 4.

Bốn bộ số : 0, 1, 9 ; 0, 2, 8 ; 0, 3, 7 ; 0, 4, 6, mỗi bộ số thành lập được 4 số có 3 chữ số.

Bộ 0, 5, 5 thành lập được 2 số có ba chữ số.

Bốn bộ số : 1, 1, 8 ; 2, 2, 6 ; 2, 4, 4 ; 3, 3, 4, mỗi bộ số thành lập được 3 số có 3 chữ số.

Bốn bộ số : 1, 2, 7 ; 1, 3, 6 ; 1, 4, 5 ; 2, 3, 5, mỗi bộ số thành lập được 6 số có 3 chữ số.

 Trường hợp này có : 4.4 + 2 + 3.4 + 6.4 = 54 số có ba chữ số

 TH2 : a + b + c = 20. Có các bộ số thỏa mãn :

9, 9, 2 ; 9, 8, 3 ; 9, 7, 4 ; 9, 6, 5 ; 8, 8, 4 ; 8, 7, 5 ; 8, 6, 6 ; 7, 7, 6.

Bốn bộ số : 9, 9, 2; 8, 8, 4 ; 8, 6, 6 ; 7, 7, 6, mỗi bộ số thành lập được 3 số có 3 chữ số.

Bốn bộ số : 9, 8, 3; 9, 7, 4 ; 9, 6, 5 ; 8, 7, 5, mỗi bộ số thành lập được 6 số có 3 chữ số.

 Trường hợp này có : 3.4 + 6.4 = 36 số có ba chữ số Từ đó suy ra N(A) = 54 + 36 = 90.

Vậy

10 1 900

90 ) ( N

) A ( ) N A (

P  

   chọn A.

Trang 13/6 Câu 3. Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, thí sinh A dự thi hai môn thi trắc nghiệm Vật lí và Hóa học. Đề thi của mỗi môn gồm 50 câu hỏi; mỗi câu hỏi có 4 phương án lựa chọn; trong đó có 1 phương án đúng, làm đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Mỗi môn thi thí sinh A đều làm hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu, 5 câu còn lại thí sinh A chọn ngẫu nhiên. Xác suất để tổng điểm 2 môn thi của thí sinh A không đưới 19 điểm là bao nhiêu?

A. ₁₀ 4

81922 B. ₁₀

4

80922 C. ₁₀

4

82922 D. ₁₀

4 83922

 Hướng dẫn :

 Cách 1 : Thí sinh A không dưới 19 điểm khi và chỉ khi trong 10 câu trả lời ngẫu nhiên ở cả hai môn Vậy lí và Hóa học thì phải đúng ít nhất 5 câu.

Không gian mẫu là số phương án trả lời 10 câu hỏi mà thí sinh A chọn ngẫu nhiên.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là N() = 4¹⁰.

Gọi X là biến cố "Thí sinh A làm được ít nhất 5 câu trong 10 được cho là chọn ngẫu nhiên " nên ta có các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố X.

Mỗi câu đúng có 1 phương án trả lời, mỗi câu sai có 3 phương án trả lời.

 5 câu đúng – 5 câu sai: có C₁₀⁵ .3⁵ khả năng thuận lợi.

 6 câu đúng – 4 câu sai: có C₁₀⁶ .3⁴ khả năng thuận lợi.

 7 câu đúng – 3 câu sai: có C₁₀⁷ .3³ khả năng thuận lợi.

 8 câu đúng – 2 câu sai: có C₁₀⁸ .3² khả năng thuận lợi.

 9 câu đúng – 1 câu sai: có C₁₀⁹ .3 khả năng thuận lợi.

 10 câu đúng: có C¹⁰₁₀ khả năng thuận lợi.

Suy ra n(X) = C₁₀⁵.3⁵C₁₀⁶.3⁴C₁₀⁷.3³C₁₀⁸.3²C₁₀⁹.3C¹⁰₁₀81922.

Vậy ₁₀

4 81922 )

X (

P   chọn A.

 Cách 2 : Xác suất trả lời đúng 1 câu hỏi là 4

1 , trả lời sai là 4

3 . Ta có các trường hợp :

 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 5 trên 10 câu là

5 5 5

10 4

. 3 4 . 1

C 



 



 



 





 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 6 trên 10 câu là

4 6 6

10 4

. 3 4 . 1

C 



 



 



 





 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 7 trên 10 câu là

3 7 7

10 4

. 3 4 . 1

C 



 



 



 





 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 8 trên 10 câu là

2 8 8

10 4

. 3 4 . 1

C 



 



 



 





 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 9 trên 10 câu là _



 



 



 





4 . 3 4 . 1 C

9 9 10

 Xác suất thí sinh A trả lời đúng 10 trên 10 câu là

10 10 10 4

. 1

C 



 





Cộng các xác suất trên ta được xác suất cần tính.

Câu 4. Trong một lớp học có 7 nam sinh và 4 nữ sinh (trong đó có nam sinh tên An và nữ sinh tên Bình).

Lập một ban cán sự lớp gồm 6 em với yêu cầu có ít nhất 2 nữ, ngoài ra biết rằng An và Bình không thể làm việc chung với nhau trong ban cán sự. Hỏi có bao nhiêu cách lập ban cán sự ?

A. 140 B. 120 C. 260 D. 130

 Hướng dẫn :

Trang 14/6

 Cách 1 : Từ giả thiết suy ra trong bán cán sự không thể đồng thời có mặt cả An và Bình.

Xét các trường hợp sau :

 TH1 : Chọn 6 người có ít nhất là hai nữ, không có An, không có Bình (khi đó chọn trong 6 nam, 3 nữ) : Cách chọn là chọn 2 nữ, 4 nam và chọn 3 nữ, 3 nam : C₃².C⁴₆C³₃.C³₆ 452065.

Tóm tắt : Cho An và Bình ra khỏi phòng, khi đó trong phòng chỉ còn có 6 nam và 3 nữ để chọn.



 nữ 3

nam

6  C²₃.C⁴₆C³₃.C³₆ 452065

 TH2 : Chọn 6 người có ít nhất là hai nữ, có An, không có Bình (khi đó chỉ cần chọn 5 người có ít nhất 2 nữ, chọn trong 6 nam, 3 nữ) :

Cách chọn là chọn 2 nữ, 3 nam và chọn 3 nữ, 2 nam : C²₃.C³₆C³₃.C²₆ 601575

Tóm tắt : Cho Bình ra khỏi phòng, khi đó trong phòng có 7 nam (có An) và 3 nữ để chọn, bắt buộc phải chọn An trước để chắc chắn có An.



 nữ 3

nam

6  C²₃.C³₆C³₃.C²₆ 601575

 TH3 : Chọn 6 người có ít nhất là hai nữ, không có An, có Bình (khi đó chỉ cần chọn 5 người có ít nhất là 1 nữ, chọn trong 6 nam, 3 nữ) :

Suy ra trong trường hợp này có : C¹₃.C⁴₆C₃².C³₆C³₃.C²₆ 456015120

Tóm tắt : Cho An ra khỏi phòng, khi đó trong phòng có 6 nam và 4 nữ (có Bình) để chọn, bắt buộc phải chọn Bình trước để chắc chắn có Bình.



 nữ 3

nam

6  C¹₃.C⁴₆C₃².C³₆C³₃.C²₆ 456015120

Theo qui tắc cộng, số cách lập ban cán sự là : 65 + 75 + 120 = 260 cách chọn  Chọn C.

 Cách 2 :

Gọi A là tập hợp cách lập ban cán sự có 6 người chọn trong 7 nam, 4 nữ. Ta có : C₁₁⁶ 462 Gọi B là tập hợp cách lập ban cán sự không thỏa yêu cầu bài toán.

Gọi B1 là tập hợp cách lập ban cán sự 6 người không có nữ, ta có : C⁶₇ 7

Gọi B2 là tập hợp cách lập ban cán sự 6 người trong đó có 1 nữ, ta có : C¹₄.C⁵₇ 84

Gọi B3 là tập hợp cách lập ban cán sự 6 người trong đó có ít nhất 2 nữ, có cả An và Bình. Khi có cả An và Bình, thì chỉ cần chọn thêm 4 người trong đó có ít nhất 1 nữ (chọn trong 6 nam và 3 nữ), ta có :

111 6 45 60 C . C C . C C .

C¹₃ ³₆ ²₃ ²₆ ³₃ ¹₆    . Suy ra B có 202 cách chọn

Vậy số cách lập ban cán sự thỏa ycbt là : 462 – 202 = 260 cách chọn  Chọn C.

 Cách 3 :

Gọi A là tập hợp cách lập ban cán sự thỏa ycbt.

Gọi B là tập hợp cách lập ban cán sự lớp gồm 6 người có ít nhất 2 nữ.

Gọi B1 là cách chọn 2 nữ, 4 nam, B2 là cách chọn 3 nữ, 3 nam và B3 là cách chọn 4 nữ, 2 nam, ta có : 371

C . C C . C C .

C²₄ ⁴₇ ³₄ ³₇  ⁴₄ ²₇ 

Gọi C là tập hợp cách lập ban cán sự lớp gồm 6 người có ít nhất 2 nữ và có cả An và Bình tham gia ban cán sự.

Ta có : B = A  C, A  C = . Theo qui tắc cộng, ta có :  A  =  B  –  C .

Ta tính số cách chọn của C như sau : Khi có cả An và Bình, thì chỉ cần chọn 4 người, trong đó có ít nhất 1 nữ. Ta chọn trong 6 nam và 3 nữ, tương tự, ta có : C¹₃.C³₆C²₃.C²₆C³₃.C¹₆ 111

 Chú ý : Vậy số cách lập ban cán sự thỏa ycbt là : 371 – 111 = 260 cách chọn.

Hai cách giải “gián tiếp” (cách 2 và cách 3) khác nhau. Cách 2 dựa vào cách chọn 6 người trong 11 người (7 nam + 4 nữ).

Trang 15/6 Câu 52. Để phục vụ khách xem World cup 2018, một cửa hàng kim

khí điện máy đã lắp đặt trước cửa hàng một màn ảnh hình chữ nhật cao 1,4 mét và đặt ở độ cao 1,8 mét so với tầm mắt (tính từ đầu mép dưới của màn hình). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó? Biết rằng góc BOC nhọn.

A. AO = 2,4 m B. AO = 2 m C. AO = 2,6 m D. AO = 3 m

 Hướng dẫn: chọn A

 Cách 1 :

Với bài toán này ta cần xác định OA để góc BOC lớn nhất. Điều này chỉ xảy ra khi và chi tanBOC là lớn nhất.

Đặt độ dài cạnh AO = x (m), (x > 0).

75 , 5 x

x 4 , 1 x

8 , 1 2 , 1 3

x 4 , 1

OA AB OA 1 AC

OA AB OA AC B

Oˆ A tan . C Oˆ A tan 1

B Oˆ A tan C Oˆ A ) tan B Oˆ A C Oˆ A tan(

C Oˆ B

tan ₂

2

 

 







 



 





Xét hàm số

75 , 5 x

x 4 , ) 1 x (

f ₂

  (bài toán trở thành tìm x > 0 để f(x) đạt giá trị lớn nhất)

Ta có :

 

2 2

2 2

2 2

) 75 , 5 x (

05 . 8 x 4 , 1 )

75 , 5 x (

x 2 . x 4 , 1 75 , 5 x 4 , ) 1 x ( '

f 



 





  ; f ’(x) = 0  x² = 5.75  x  2,4m  chọn A.

 Cách 2 : Đặt độ dài cạnh AO = x (m), (x > 0).

vuông ABO có :BO x² 1,8²  x²3,24

vuông ACO có :CO x²(1,81,4)²  x² 10,24 Ta sử dụng định lí cosin trong tam giác OBC, ta có:

   

   

x 3,24



x 10,24



76 , 5 x 24

, 10 x . 24 , 3 x 2

96 , 1 24 , 10 x 24 , 3 x OC

. OB . 2

BC OC C OB

O B

cos 2 2

2 2

2

2 2

2 2 2





 











 



 



Để góc nhìn BOC lớn nhất thì thì cosBOC bé nhất. Đến đây chúng ta có thể tìm đáp án đúng theo một trong hai cách sau:

 Cách 1 : Vì góc BOC nhọn nên bài toán trở thành tìm x để ^F

 

^x



^{x2 3x,24}



^{5x,762 10,24}



2





  đạt giá trị

nhỏ nhất.

Đặt t = x² + 3,24, (t > 3,24), suy ra

 

 

25 t



t 7



63 t 25 7

t t

25 t 63 t

F 

 





 .

Ta đi tìm t để F(t) đạt giá trị nhỏ nhất.

   

   

 

      

   

^_



















 





































 





 

 

7 t t 7 t t 2

7 t 2 63 t 25 t 7 t 50 25

1 7

t t

7 t t 2

7 t 63 2 t 25 7 t t 25 25

1 7 t t 25

63 t t 25 '

F ²

   

^_













 

7 t t 7 t t 2

441 t 49 25

1

Trang 16/6 F ’(t) = 0  t = 9

Bảng biến thiên:

t 3,24 9 

F ’(t)  0 

F(t) Fmin

Thay vào đặt, ta có: (3,24 + x²) = 9 

25

x² 144  x = 2,4 m Vậy để nhìn rõ nhất thì AO = 2,4 m.

 Cách 2 :

Ta sẽ thử xem trong 4 đáp án đã cho đáp án nào làm cho cosBOC nhỏ nhất thì đó là đáp án cần tìm Nhập vào máy :



^{X2 3X,24}



^{5X,762 10,24}



2





 và CALC các đáp án :

X = 2.4  0,96 25

24  ; X = 2  0,9612260675 ; X = 2.6  0,960240166 ; X = 3  0,9618184746 Từ đó suy ra đáp án A là đáp án phải chọn.

Câu 46. Cần phải đặt một ngọn đèn điện ở phía trên và chính giữa một cái bàn hình tròn có bán kính a.

Hỏi phải treo ở độ cao bao nhiêu để mép bàn được nhiều ánh sáng nhất. Biết rằng cường độ sáng C được biểu thị bởi công thức ₂

r ksin

C  ( là góc nghiêng giữa tia sáng và mép bàn, k là hằng số tỉ lệ chỉ phụ thuộc vào nguồn sáng).

A. 2

a

h3 B.

2 2

ha C.

2

h a D.

2 3 ha

 Hướng dẫn : chọn B

Ta có: r = a² + h² (định lý Py-ta-go)

2

2 h

a h R

sin h

 



 ² a² h²



a² h²



k h R ksin

C   



Xét hàm

 



^{a2 hh2}



³

h

f   (h > 0), ta có :

   



^{2 2}



³

2 2 3 2

2 2

h a

h 2 a

h 3 2 a h h

'f 













 

^{h 0}



^{h a}



^{3.h . a h h a 3h h a}₂²

'f   ²  ^{2 3}  ^{2 2}  ²  ²  ²  ²   Bảng biến thiên :

h 0

2 2

a 

f’(h)  

f(h)

Từ bảng biến thiên suy ra :

   

2 2 h a h

f.

k 2 C

2 h a h

f _max     _max  