• Không có kết quả nào được tìm thấy

Đề thi thử soạn theo hướng Đánh giá năng lực năm 2021-2022 - Môn Toán ĐỀ SỐ 24 - Thư viện tải tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Đề thi thử soạn theo hướng Đánh giá năng lực năm 2021-2022 - Môn Toán ĐỀ SỐ 24 - Thư viện tải tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia"

Copied!
16
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

Đề thi thử soạn theo hướng Đánh giá tư duy năm 2021-2022 - Môn Toán ĐỀ SỐ 24 (Theo ĐHBK-4)

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

Câu 36. Cho hàm số f x

 

có đạo hàm f x

  

x1

 

2 x1 2

 

3 x

. Hỏi hàm số đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A.

2;

. B.

 

1;2 . C.

 ; 1

. D.

1;1

. Câu 37.Cho hàm số 2 1

 

1

y x C

x

 

 , gọi I là tâm đối xứng của đồ thị

 

CM a b

 

; là một điểm thuộc đồ thị. Tiếp tuyến của đồ thị

 

C tại điểmMcắt hai tiệm cận của đồ thị

 

C lần lượt tại hai điểmAB.

Để tam giácIABcó bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất thì tổng a b gần nhất với số nào sau đây?

A.3. B.0. C.3. D.5.

Câu 38.Biết đồ thị hàm số y2xax bx2 4 có tiệm cận ngang y 1. Giá trị 2a b 3 bằng

A.56. B.56. C.72. D.72.

Câu 39.Cho logab 2. Giá trị của log b

a

M b

a

A. 2

 2 . B. 2

2 . C. 1 2. D. 1 2.

Câu 40.Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2sin2x3cos2xm.3sin2x có nghiệm?

A.7. B.4. C.5. D.6.

Câu 41.Một người mua một căn hộ chung cư với giá 500 triệu đồng. Người đó trả trước số tiền là 100 triệu đồng, số tiền còn lại người đó thanh toán theo hình thức trả góp với lãi suất tính trên tổng số tiền còn nợ là 0,5% mỗi tháng. Kể từ ngày mua, sau đúng mỗi tháng người đó trả số tiền cố định là 4 triệu đồng. Thời gian để người đó trả hết nợ là

A.136 tháng. B.140 tháng. C.139 tháng. D.133 tháng.

Câu 42.Cho hình chópS.ABCDcó cạnh SA=xcòn tất cả các cạnh khác có độ dài bằng 2. Tính thể tích Vlớn nhất của khối chópS.ABCD.

A. V 1. B. 1

V 2. C. V 3. D. V 2.

Câu 43.Cắt một khối trụ cho trước thành hai phần thì được hai khối trụ mới có tổng diện tích toàn phần nhiều hơn diện tích toàn phần của khối trụ ban đầu 32 dm2. Biết chiều cao của khối trụ ban đầu là 7 dm, tính tổng diện tích toàn phầnScủa hai khối trụ mới.

A.S= 120(dm2). B.S= 144(dm2). C.S= 288(dm2). D.S= 256(dm2).

(2)

Câu 44.Từ một tấm thép phẳng hình chữ nhật, người ta muốn làm một chiếc thùng đựng dầu hình trụ bằng cách cắt ra hai hình tròn bằng nhau và một hình chữ nhật sau đó hàn kín lại, như trong hình vẽ dưới đây. Hai hình tròn làm hai mặt đáy, hình chữ nhật làm thành mặt xung quanh của thùng đựng dầu.

Biết thùng đựng dầu có thể tích bằng 50, 24 lít. Tính diện tích của tấm thép hình chữ nhật ban đầu.

A.1,8 (m2). B.2,2 (m2). C.1,5 (m2). D.1,2 (m2).

Câu 45.Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2, 3, 3, 2 tiếp xúc ngoài với nhau.

Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng A. 5

9. B. 3

7. C. 7

15. D. 6

11. Câu 46.Cho hàm số f x

 

liên tục và nhận giá trị dương trên

 

0;1 .

Biết f x f

  

. 1x

1 với mọi x

 

0;1 . Tính giá trị

 

1

01 I dx

f x

.

A. 3

2. B. 1

2. C.1. D.2.

Câu 47.Một chất điểmAxuất phát từO, chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật

 

1 2 59

 

150 75 m/s

v ttt , trong đótlà khoảng thời gian tính từ lúcAbắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểmBcũng xuất phát từO, chuyển động thẳng cùng hướng vớiAnhưng chậm hơn 3 giây so vớiAvà có gia tốc bằng a(m/s2) (alà hằng số). Sau khiBxuất phát được 12 giây thì đuổi kịp A.

Vận tốc củaBtại thời điểm đuổi kịpAbằng

A.20 (m/s). B.16 (m/s). C.13 (m/s). D.15 (m/s).

Câu 48.Cho số phức z a bi a b 

,

thỏa mãn z  1 3i z i0. Tính S a 3b.

A. 7

S 3. B. S  5. C. S 5. D. 7

S  3.

Câu 49.Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1 2, z2  3. GọiM,Nlà các điểm biểu diễn cho z1iz2. Biết MON 30 . Tính S z124z22 .

A. 5 2. B. 3 3. C. 4 7. D. 5.

Câu 50. Trong không gian Oxyz, cho a 

1;2;1

, b  

1;1;2

, c

x x x;3 ; 2

. Nếu 3 vectơ a b c  , , đồng phẳng thìxbằng

A.2. B.1. C.2. D.1.

(3)

Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

  

S : x1

 

2y2

 

2 z 3

2 9 tâm I và mặt phẳng

 

P : 2x2y z 24 0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên

 

P . ĐiểmM thuộc

 

S sao cho đoạnMHcó độ dài lớn nhất. Tìm tọa độ điểmM.

A. M

1;0;4

. B. M

0;1;2

. C. M

3;4;2

. D. M

4;1;2

.

Câu 52. Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng

 

 :x my z  6m 3 0 và

 

:mx y mz  3m 8 0; hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng . Gọi  là hình chiếu của  lên mặt phẳngOxy. Biết rằng khimthay đổi thì đường thẳng  luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định có tâm I a b c

; ;

thuộc mặt phẳngOxy. Tính giá trị biểu thức P10a b223c2.

A. P56. B. P9. C. P41. D. P73.

Câu 53.Cho hình chópS.ABCcó đáy là tam giác vuông tạiB, cạnh bênSAvuông góc với mặt phẳng đáy, AB= 2a, BAC 60 và SA a 2. Góc giữa đường thẳngSBvà mặt phẳng

SAC

bằng

A.30°. B.45°. C.60°. D.90°.

Câu 54. Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có AB a , AD2a , AA a  . Gọi M là điểm trên đoạn AD với AM 3

MD  . Gọi x là độ dài khoảng cách giữa hai đường thẳng AD , B C và y là độ dài khoảng cách từMđến mặt phẳng

AB C

. Tính giá trị xy.

A. 5 5 3

a . B. 2

2

a . C. 3 2

4

a . D. 3 2

2 a . Câu 55. Nghiệm của phương trình 2sinx 1 0 được biểu diễn trên đường

tròn lượng giác ở hình bên là những điểm nào?

A.ĐiểmD, điểmC.

B.ĐiểmE, điểmF.

C.ĐiểmC, điểmF.

D.ĐiểmE, điểmD.

Câu 56.Từ các chữ số 2, 3, 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số, trong đó chữ số 2 có mặt 2 lần, chữ số 3 có mặt 3 lần, chữ số 4 có mặt 4 lần?

A.1260. B.40320. C.120. D.1728.

Câu 57.Trong trận đấu bóng đá giữa 2 đội Real Madrid và Barcelona, trọng tài cho đội Barcelona được hưởng một quả Penalty. Cầu thủ sút phạt ngẫu nhiên vào 1 trong bốn vị trí 1, 2, 3, 4 và thủ môn bay người cản phá ngẫu nhiên đến 1 trong 4 vị trí 1, 2, 3, 4 với xác suất như nhau. Biết nếu cầu thủ

sút và thủ môn bay người cùng vào vị trí 1 hoặc 2 thì thủ môn cản phá được cú sút đó, nếu cùng vào vị trí 3 hoặc 4 thì xác suất cản phá thành công là 50%. Tính xác suất của biến cố “cú sút đó không vào lưới”?

(4)

A. 5

16. B. 3

16. C. 1

8. D. 1

4.

Câu 58. Bạn An chơi trò chơi xếp các que diêm thành tháp theo qui tắc thể hiện như hình vẽ. Để xếp được tháp có 10 tầng thì bạn An cần đúng bao nhiêu que diêm?

A.210. B.39. C.100. D.270.

Câu 59.Cho dãy số

 

un với 1 2 *

1

1

,

 

   

n n

u

u u n n . Tính u21.

A. u213080. B. u213312. C. u212871. D. u213011. Câu 60.Cấp số nhân 5; 10; …; 1280 có bao nhiêu số hạng?

A.9. B.7. C.8. D.10.

III. Phần 3 (2,5đ) – Toán tự luận

Bài 1.Đạn bắn ra từ 1 máy bắn đá có quỹ đạo là một Parabol

 

P . Biết rằng đạn của máy bắn đá bắn xa 100m và tại thời điểm đạn cao 60m thì đạn cách điểm bắn 80m. 

1. Vị trí đạn bay cao nhất cách mặt đất bao nhiêu?

2. Máy bắn đá cách tường thành địch 90m. Biết tường thành cao 30m. Hỏi đạn pháo có vượt qua được tường thành không?

3. Địch xây chòi phòng thủ cao 20m phía trước tường thành. Hỏi phải đặt máy bắn đá cách chòi bao xa để đạn có thể bắn trúng chòi? Biết rằng để tránh bị địch tấn công thì máy bắn đá phải đặt cách thành địch ít nhất 50m.

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại AD, AB = 2a, AD = DC = a, 2

SA a , SA

ABCD

.

1. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng

SBC

SCD

. 2. Tính thể tích chópS.ABCD.
(5)

Đáp án

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

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

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 36.

Ta có

 

0 11

2 x

f x x

x

  

   

  .

Dựa vào bảng biến thiên (hình bên) ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng

 

1;2 .

Câu 37.

Ta có I

1;2

; ;2 1 1 M a a

a

  

  

 . Lại có,  

11

2

ya

  a

 . Phương trình tiếp tuyến tạiM:

1

2

 

2 11

1

y x a a

a a

   

  .

Giao của tiếp tuyến và tiệm cận đứng 1; 2 1 A a

a

 

  

 .

Giao của tiếp tuyến và tiệm cận ngang B a

2 1;2

.

Ta có 2

IA 1

a

 ; IB2a1; 1 . 2 .

IAB 2

SIA IB p r;

2 2 2 . 2 . 2 4 2.4

p IA IB AB IA IB      IAIBIA IBIA IB   .

Suy ra rmax khi pmin. Khi đó IA IB . Suy ra Mlà giao điểm của đường thẳng d đi qua I có hệ số góc k  1 và đồ thị hàm số.

Phương trình quadcó dạng y  2 1

x    1

y x 1

Hoành độ giao điểm củadvà đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình

 

 

0 0;1

1 2 1 1

2

1 2;3

x M

x x a b

x x M

 

 

             . Câu 38.

Điều kiện ax2bx 4 0. Để đồ thị hàm số có tiệm cận ngang thì a0. Khi đó, ta có

(6)

2

lim lim 2 4

xyx xax bx   

2

  2  2

4 4

lim lim 2 4 lim 1

4 2

x x x

a x bx

y x ax bx

ax bx x

  

  

      

  

4 0 4

1 4

2

a a

b b

a

    

     

. Vậy 2a b3 56.

Câu 39.

Từ logab 2  b a 2 thay vào ta được:

2 21

2

2 2 1

2

2 12 2

log log

2 1 2 2

a a

a

M a a

a

    

.

Câu 40.

Ta có 2sin2x3cos2xm.3sin2x 2sin2x31 sin 2xm.3sin2x. Đặt tsin ,2x t

 

0;1 . Phương trình đã cho trở thành

1 2 1 2

2 3 .3 3

3

t

ttm t      tm.

Xét hàm số

 

2 31 2 3

t

f t      t, với t

 

0;1 . Ta có

 

2 .ln2 2.3 .ln 31 2

3 3

t

f t      t ;

 

23 t. ln23 2 4.3 . ln 31 2t

 

2 0

 

0;1

f t          t

    .

 

f t

 liên tục và đồng biến trên

 

0;1 nên

   

1 2 2ln 0,

 

0;1 f t  f  3 9  t .

 

f t

 liên tục và nghịch biến trên

 

0;1 nên f

 

1  f t

 

f

 

0 ,  t

 

0;1 . Câu 41.

Tổng số tiền người đó còn nợ làA0= 400 triệu đồng.

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ nhất là:A1=A0+ 0, 5%.A0– 4 = 1,005.A0– 4.

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ hai là:A2=A1+ 0, 5A1– 4 = 1,005A1– 4

= 1,005(1,005A0– 4) – 4 = (1,005)2A0– 4(1,005 + 1).

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứ ba là:A3=A2+ 0, 5%A2– 4 = 1,005A2– 4

= 1,005[(1,005)2A0– 4(1,005 + 1)] – 4 = (1,005)3A0– 4[(1,005)2+ 1,005 + 1].

………

Số tiền người đó còn nợ hết tháng thứnlà:

An= (1,005)n.A0– 4[(1,005)n– 1+ (1,005)n– 2+ ... + 1].

(7)

Ta có: 1 + 1,005 + (1,005)2+ ... + (1,005)n– 2+ (1,005)n– 1là tổngn số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầuu1= 1 và q = 1,005. 

Do đó

 

 

1 1 1,005

200 1,005 1 1 1,005

n

n

Sn        .

Người đó trả hết nợ khiAn= 0(1, 005)n.A0– 800[(1, 005)n– 1] = 0

400.(1,005)n= 800(1,005)n= 2n= log1,0052138,98 (tháng).

Vậy người đó trả hết nợ sau 139 tháng.

Câu 42.

GọiOlà giao điểm củaACBD.

Ta có BAD BSD BCD nên 1

AO SO CO  SO 2AC SAC vuông tạiS.

Do đó, ACSA SC22x24

2 2

2 2 4 4 12

4 2

x x

OD AD AO  

     

12 2, 0 2 3

BD x x

     .

Ta thấy BD AC BD

SAC

BD SO

 

 

 

 .

Trong SAC hạ SHAC.

Khi đó, SH AC SH

ABCD

SH BD

 

 

 

 .

Xét tam giác vuôngSAC12 12 12 2. 2 2 2

4

SA SC x

SHSASCSHSA SCx

 

2 2

2 2 2

. 2

1 1. . 4. 12 . 2 1. . 12 1 12 2

3 2 4 3 3 2

S ABCD x x x

V x x x x

x

 

       

 .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x2 12x2  x 6. Câu 43.

Gọir,hlần lượt là bán kính đáy và chiều cao khối trụ ban đầu

 

T . Gọi h h1, 2 lần lượt là chiều cao của hai khối trụ mới

   

T1 , T2 . Diện tích toàn phần khối trụ

 

T là: S2rh2r2.

Diện tích toàn phần khối trụ

 

T1 là: S12rh12r2. Diện tích toàn phần khối trụ

 

T2 là: S2 2rh22r2.

 

2

1 2 2 1 2 4

S Sr h hr

     .

(8)

Theo đề bài ta có S S S12 32 2r232  r 4 Vậy S S12 2rh4r22 .4.7 4 .16 120    

 

dm2 . Câu 44.

Đổi 50,24 (lít) = 50,24 (dm3)= 0,05024(m3).

Dựa vào hình vẽ ta thấy, bán kính đường tròn đáy của thùng đựng dầu là 1 R2h. Thể tích thùng đựng dầu là: 2 0,05024 3 0,4

4

V R h  h  h .  Diện tích hình chữ nhật ban đầu gấp 3 lần diện tích xung quanh của hình trụ.

Vậy S 3.2Rh6.3,14.h22 6.3,14.0,422 1,5072

 

m2 .

Câu 45.

GọiA,B,C,D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB= 4,AC=BD=AD=BC= 5.

GọiM,Nlần lượt là trung điểm củaAB,CD.

Dễ dàng tính được MN 2 3. GọiIlà tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kínhrtiếp xúc với bốn mặt cầu trên.

IA=IB,IC=IDnênInằm trên đoạnMN.

Đặt IN x , ta có IC  32x2  3 r ,

 

2

22 2 3 2

IA  x  r . Từ đó suy ra

 

2

2 2 2 12 3

3 2 2 2 1

x x x 11

       .

Vậy

2

2 12 3 6

3 3

11 11

r  

     . Câu 46.

Ta có

         

  

1

1 1

1 1 1

f x f x f x f x f x

f x f x

     

   .

Xét

 

1

01 I dx

f x

. Đặt t     1 x x 1 t dx dt. Đổi cận x  0 t 1; x  1 t 0.

Khi đó,

       

 

0 1 1 1

11 1 01 1 01 1 01

f x dx

dt dt dx

I   f tf tf xf x

      

   

(9)

Mặt khác,

   

   

 

1 1 1 1

0 0 0 0

1 1

1 1 1

f x dx f x

dx dx dx

f x f x f x

    

  

   

hay 2I 1.

Vậy 1

I 2. Câu 47.

+) Từ đề bài, ta suy ra: tính từ lúc chất điểmAbắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểmBbắt kịp thì Ađi được 15 giây,Bđi được 12 giây.

+) Biểu thức vận tốc của chất điểmBcó dạng v tB

 

adt at C  , lại có vB

 

0 0 nên v tB

 

at. +) Từ lúc chất điểmAbắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểmBbắt kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được là bằng nhau. Do đó

15 12

2

0 0

1 59 96 72 4

150t 75t dt atdt a a 3

       

 

 

 

.

Từ đó, vận tốc củaBtại thời điểm đuổi kịpAbằng

 

12 4.12 16

/

B 3

v   m s .

Câu 48.

Ta có z  1 3i z i     0 a bi 1 3i i a b220

2 2

2 2

1 3 0 1 0

3 a b a b i a

b a b

  

        

  



 

2 2

1 1

3 4 5

3

3 1

a a

b S

b b b

     

   

          .

Câu 49.

Ta có S z124z22z12

2iz2

2z12 .iz z2 12iz2

GọiPlà điểm biểu diễn của số phức 2iz2. Khi đó ta có

1 2 .2 1 2 2 .

ziz zizOM OP OM OP    

. 2 2 .

PM OI PM OI

   

(Ilà trung điểmPM).

Do MON 30 nên áp dụng định lí cosin ta tính đượcMN= 1.

Khi đó OMPMNđồng thời là đường cao và đường trung tuyến, suy ra OMP cân tạiMPM OM 2.

Áp dụng định lí đường trung tuyến cho OMN ta có: 2 2 2 2 7

2 4

OM OP MP

OI     .

Vậy S 2PM OI. 2.2. 7 4 7 .

(10)

Câu 50.

Ta có

 

1;2;1

;

3; 3;3

1;1;2

a a b

b

    

    



  

 .

Khi đó a b c  , ,

đồng phẳng   ; .  0 3 9 3

2

  0 2

a b c x x x x .

Câu 51.

Ta có tâm I

1;2;3

và bán kính R3. Do d I P

;

  

 9 R nên mặt phẳng

 

P không cắt mặt cầu

 

S . DoH là hình chiếu củaI lên

 

PMH lớn nhất nên Mlà giao điểm của đường thẳng IH với mặt cầu

 

S .

Đường thẳngIHnhận n P

2;2; 1

làm vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳngIH

1 2 2 2 3

x t

y t

z t

  

  

  

Giao điểm củaIHvới

 

S . 9t2     9 t 1 M1

3;4;2

M2

1;0;4

.

   

1 1; 12

M H d M P  ; M H d M P2

2;

  

6. Vậy điểm cần tìm là M

3;4;2

. Câu 52.

Mặt phẳng

 

 :x my z  6m 3 0 có một vectơ pháp tuyến là n1

1;m;1

, và mặt phẳng

 

:mx y mz  3m 8 0 có một vectơ pháp tuyến là n2

m;1;m

.

Ta có M 3m 4 3;0; 3m 4

   

m m  

        

 

  . 

Do đó  có một vectơ chỉ phương là un n 1; 2

m21;2 ;m m21

.

Gọi

 

P là mặt phẳng chứa đường thẳng  và vuông góc với mặt phẳng

Oxy

. Khi đó

 

P có một vectơ pháp tuyến là nu k ;

2 ;1m m2;0

.

Phương trình mặt phẳng

 

P là : 2mx 

1 m y2

6m26m 8 0.

I a b c

; ;

 

Oxy

nên I a b

; ;0

.

Theo giả thiết ta suy ra

 

P là tiếp diện của mặt cầu

 

S d I P

;

  

R

 

 

2 2

2 2 2

2 1 6 6 8

4 1 0

ma m b m m

m m R

    

  

 

   

2

2

2 3 6 8

1 0

    

  

m a b m b

m R

(11)

     

     

2 2

2 2

2 3 6 8 1

2 3 6 8 1

m a b m b R m

m a b m b R m

       



        

 

 

2 3 0

3 6

6 8

8

6 0

0 3

3 0 7

2 3 0

6 8

6

6 0

8 0

  

     

 

      

       

  

                    

 

a

b R a b R b b

R b

R a

a b a

b R b b

R b

b R

R

.

Vậy I

3;7;0

, do đó P10a b223c2 41. Câu 53.

Trong mặt phẳng

ABC

kẻ BHAC. Mà BH SA BH

SAC

.

Góc giữa đường thẳngSBvà mặt phẳng

SAC

bằng BSH. Xét tam giácABHvuông tạiH

.sin 60 2 . 3 3 BH AB   a 2 a

.cos60 2 .1 AH AB   a 2a . Xét tam giácSAHvuông tạiS

 

2

2 2 2 2 3

SHSAAHaaa .

Xét tam giácSBHvuông tạiHcó: SH HB a  3, suy ra SBH vuông tạiH.

Vậy BSH 45. Câu 54.

Ta có B C A D/ /  B C/ /

ADD A 

AD

,

 

,

  

d B C AD  d C ADD A  CD a

    .

Suy ra x a . Lại có 3 4 MA DA

 

,

34

,

  

34

;

  

d M AB Cd D AB Cd B AB C

   .

GọiIlà hình chiếu vuông góc củaBlênACta có AC BI AC

BB I

AC BB

    

  

 .

(12)

GọiHlà hình chiếu củaBlên B I ta có: BH B IBH AC BH

B AC

d B AB C

,

 

BH .

Trong tam giácABC, ta có: . . . .2 2 5

5 5 AB BC a a a AB BC AC BI BI

AC a

     .

Trong tam giác BB I , ta có: 2 2 2

2 2

1 1 1 . 2

3 BI BB a

BH BI BB BH BI BB

     

  

 

,

3 24 3. a a2

d M AB C

   . Suy ra

2

ya. Vậy 2 2 xya . Câu 55.

Ta có 2sin 1 0 sin 12 76 2

 

6 2

x k

x x k

x k

 

 

   

       

  



 .

Với 0

k x 6

    hoặc 7 x 6

 . Điểm biểu diễn của

 6 x

là F, điểm biểu diễn của 7 x 6

là E.

Câu 56.

Cách 1.Dùng tổ hợp

Chọn vị trí cho 2 chữ số 2 có C92 cách.

Chọn vị trí cho 3 chữ số 3 có C73 cách.

Chọn vị trí cho 4 chữ số 4 có C44 cách.

Vậy số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là C C C92 3 47 4 1260 số.

Cách 2.Dùng hoán vị lặp

Số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là 9! 1260 2!3!4! số.

Câu 57.

Cách 1.Số phần tử của không gian mẫu là n

 

 4.4 16

Gọi biến cốA= “Cú sút đó không vào lưới”. Khi đó biến cố A = “Cú sút đó vào lưới”.

Số phần tử của n A

 

Trường hợp 1. cầu thủ sút vào vị trí 1 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay người. Do đó, có 3 khả năng xảy ra.

Trường hợp 2. cầu thủ sút vào vị trí 2 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay người. Do đó, có 3 khả năng xảy ra.

(13)

Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay người. Do đó, có 3 khả năng xảy ra.

Trường hợp 4. Cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ môn bay vào 1 trong 3 vị trí còn lại Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 3 cách bay người. Do đó, có 3 khả năng xảy ra.

Trường hợp 5. Cầu thủ sút vào vị trí 3 thủ môn bay vào vị trí 3

Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 1 cách bay người. Do đó, có 1 khả năng xảy ra.

Trường hợp 6. cầu thủ sút vào vị trí 4 thủ môn bay vào vị trí 4

Cầu thủ có 1 cách sút. Thủ môn có 1 cách bay người. Do đó, có 1 khả năng xảy ra.

Khi đó n A

 

4.3 2.1 14 . Xác suất xảy ra biến cố A

 

4.3 2.1 1 13. 16 16 2 16

p A    .

Vậy p A

 

 1 p A

 

 1 13 316 16 .

Cách 2.Gọi Ai là biến cố “cầu thủ sút phạt vào vị tríi”;

Bi là biến cố “thủ môn bay người cản phá vào vị trí thứi”.

Clà biến cố “Cú sút phạt không vào lưới”. Dễ thấy, P A

 

iP B

 

i14. Ta có

     

1 1

   

2 2 1

   

3 3 1

   

4 4

2 2

P CP A P BP A P BP A P BP A P B

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 3

4 4 2 4 2 4 16

       

               . Câu 58.

Số que ở 1 tầng là u1 3.

Tổng số que ở 2 tầng là u u12     3 7 3 3 1.4

 

.

Tổng số que ở 3 tầng là u u u123      3 7 11 3 3 1.4

  

 3 2.4

.

Tổng số que ở 10 tầng là S10  u u u1 2  3 ... u10   3 3 1.4

  

 3 2.4 ... 3 9.4

  

 

. Ta thấy S10 là tổng 10 số hàng của cấp số cộng có số hạng đầu u1 3, công sai d 4.

 

10 10 2.3 9.4 210 S 2

    que.

Câu 59.

Từ un1u nn2, với mọi n*, ta có:

2 1 12

u  u ; u3u222; …; unun1

n1

2; un1u nn2.

Cộngnđẳng thức trên theo vế ta được: un1 1 1 2 ...

22 n2

, với mọi n*. Mặt khác, ta luôn có: 2 2 2

1 2 1

 

1 2 ...

6 n n n

n  

    nên suy ra

(14)

  

1

1 2 1

1 6

n

n n n

u  

  , với mọi n*.

Cho n20, ta được

 

21

20.21. 2.20 1

1 2871

u 6 

   .

Câu 60.

Xét cấp số nhân

 

un với u1 5, q2

Ta có: unu q1. n11280 5.2 n12n128 n 9. Vậy cấp số nhân đã cho có 9 số hạng.

PHẦN TỰ LUẬN Bài 1

1. Đặt hệ trục như hình vẽ.

Gọi

 

P y ax bx c:  2  .

Ta có

 

P qua O

 

0;0 , A

80;60

B

100;0

2 2

0 3

80 80 60 80

100 100 0 154

c a

a b a b b

 

   

 

   

    

 

 

: 3 2 15

80 4

P y x x

    .

Vị trí đạn bay cao nhất cách mặt đất là 2 4 375 93,75

4 4 4

I b ac

y m

a a

 

      .

2.

 

P y:  803 x2154 x.

Vì máy bắn đá cách tường thành địch 90m nên x90 y 33,75

 

m30

 

m

đạn pháo vượt qua được tường thành.

3. Để máy bắn đá có thể bắn trúng chòi cao 20mthì

 

   

2 94,35

3 15 20

80 4 5,65

x m

x x

x m L

    

 

Vậy cần đặt máy bắn đá cách chòi 94,35m để đạn có thể bắn trúng chòi.

Bài 2

1. Cách 1.Gọi M BC AD  .

Khi đó

 SBC SCD ,  

 SCM  , SCD 

.

GọiHlà hình chiếu củaDlênSC, kẻ HK MC K SM/ /

ta có:
(15)

  

SCM , SCD

KHD.

Xét SCD vuông tạiDta có

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4

3 3

DHDCDSaaa 3

2 DH a

  ; 2 2

2 2

DC a a HCSCa  . Do HK MC/ / mà 3

4 SH

SC  nên 3 2 3 2

4 4

HKaa; 1 6

4 4

KMSMa . Xét tam giácDMKcó:

2 2 2 2 . .cos

DK MD MK  MD MK DMK

2 2 2 . .

MDMKMD MK AM SM

2 2

2 2

2 . . AM

MD MK MD MK

SA AM

  

2 2

2 6 2. . 6 2. 3

4 4 6 8

a a a a

a a

a

 

    

  6 4 DK a

  .

Xét tam giácKDHta có cos 2 2 2 6

2 . 3

HD HK KD HK HD

   .

Cách 2.

Chọn hệ trục như hình vẽ. Ta có A

0;0;0

; D a

;0;0

; B

0;2 ;0a

;

0; ;0

E a ; C a a

; ;0

; S

0;0; 2a

.

; ; 2

SCa a a

 ;

0;2 ; 2

SBa a

 ;

;0; 2

SDaa

 .

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

SBC

n1 a2 2 1;1; 2

 

.

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

SCD

n2  a2

2;0;1

.

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng

SBC

SCD

1 2

1 2

. 6

cos . 3

n n

 n n

 

  .

(16)

2.Ta có . 1 . 1. 2.3 2 3 2

3 3 2 2

S ABCD ABCD a a

VSA Sa  .

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Bác Hùng bảo vệ muốn uốn tấm tôn phẳng có dạng hình chữ nhật với bề ngang 32 cm thành một máng dẫn nước bằng cách chia tấm tôn đó thành ba phần rồi gấp hai bên lại theo một góc vuông

Người ta sản xuất thùng phuy sắt có hình dạng là một hình trụ có nắp đậy kín bằng cách cán và gò các tấm thép có độ dày 1mm, biết chiều cao của thùng phuy là 876mm, đường kính ngoài của

Từ một tấm tôn hình tam giác đều cạnh bằng 6 m , ông A cắt thành một tấm tôn hình chữ nhật và cuộn lại được một cái thùng hình trụ(như hình vẽ)A. Ông A làm được cái

Áp dụng nguyên lý chuyển dịch cân bằng Lơ Sa-tơ-li-ê: "Một phản ứng thuận nghịch đang ở trạng thái cân bằng khi chịu tác động từ bên ngoài như biến đổi nồng độ,

"Tứ giác ABCD là hình thoi khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau"A. Ta có mệnh đề P  Q sai và được phát biểu

Câu 56 (VD): Nếu P có giải cao hơn N đúng 2 vị trí thì danh sách nào dưới đây nêu đầy đủ và chính xác các bạn có thể nhận được giải nhì?.. A. Mỗi một nghệ sĩ biểu diễn

Một người đi taxi của hãng X trong dịp này phải trả 360 000 VNĐ thì người đó đã đi quãng đường là bao nhiêu?... Biết rằng hình chiếu vuông góc của A  lên mặt phẳng 

Xét hình trụ có một đáy nằm trên hình tròn đáy của hình nón, đường tròn đáy còn lại nằm trên mặt xung quanh của hình nón sao cho thể tích khối trụ lớn nhất.. Khi đó,