Đề đánh giá năng lực HSA Toán học số 42 - Làm bài thi

1

Câu 1:

Cho hàm số \(f(x) = \log_2(x^2 + 1)\). Khi đó \(f'(1)\) bằng

A. \(f'(1) = \frac{1}{2\ln 2}\)

B. \(f'(1) = \frac{1}{\ln 2}\)

C. \(f'(1) = \frac{1}{2}\)

D. \(f'(1) = 1\). Đáp án đúng là B Phương pháp giải Tính đạo hàm của hàm số sơ cấp. Lời giải Ta có \(f'(x) = \frac{2x}{(x^2 + 1)\ln 2}\) Suy ra \(f'(1) = \frac{1}{\ln 2}\)

2

Câu 2:

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

A. \(\frac{3}{7}\)

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

C. \(\frac{6}{7}\)

D. \(\frac{1}{7}\). Đáp án đúng là B Phương pháp giải Lời giải Ta có: \[P(\overline{B}|A) = 1 - P(B|A) = 1 - \frac{P(A \cap B)}{P(A)} = 1 - \frac{0,3}{0,6} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.\]

3

Câu 3:

Trong một dãy số nguyên dương, biết rằng từ số thứ 3 trở đi, các số luôn bằng tích của hai số đứng ngay trước đó. Nếu số thứ 6 có giá trị là 4000 thì số đầu tiên là bao nhiêu?

A. 3

B. 4

C. 5

D. 6 Đáp án đúng là C Phương pháp giải Lập dãy số theo yêu cầu đầu bài. Giả sử số đầu tiên là \(a\), số thứ hai là \(b\). Ta có dãy số: \(a; b; ab; ab^2; a^2b^3; a^3b^5; \ldots\) Số thứ 6 bằng 4000, hay \(a^3b^5 = 4000 = 5^3 \cdot 2^5\). Suy ra \(a = 5\). Vậy số đầu tiên của dãy số là 5

4

Câu 4:

Cô giáo có 12 phần quà gồm 4 phần loại I và 8 phần loại II được đựng trong 12 hộp kín giống nhau. Cô chia đều cho 3 bạn, mỗi bạn 4 phần quà. Xác suất để mỗi bạn đều nhận được cả hai loại quà là (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

Đáp án đúng là "32/55"

Phương pháp giải

Tính xác suất theo định nghĩa cổ điển.

Lời giải

Không gian mẫu: \(\Omega = C_{12}^4 \cdot C_8^4 \cdot C_4^4\).

Vì mỗi bạn được 4 phần quà và đều có cả 2 loại quà nên có một bạn có 2 phần quà loại I.

Giả sử:

Bạn thứ nhất có 1 phần quà loại I và 3 phần quà loại II: \(C_4^1 \cdot C_8^3\).

Bạn thứ hai có 1 phần quà loại I và 3 phần quà loại II: \(\bar{C}_3^1 \cdot \bar{C}_5^3\).

Bạn thứ ba có 2 phần quà loại I và 2 phần quà loại II: \(C_2^2 \cdot C_2^2\).

\[Vậy P(A) = \frac{3 \cdot C_4^1 \cdot C_8^3 \cdot C_3^1 \cdot C_5^3 \cdot C_2^2 \cdot C_2^2}{C_{12}^4 \cdot C_8^4 \cdot C_4^4} = \frac{32}{55}.\]

5

Câu 5:

Cho hàm số \(y = x^3 + (1-2m)x^2 + 2(2-m)x + 4\). Với giá trị nào của tham số \(m\) thì đồ thị hàm số có

hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành?

\[ \text{A.} \begin{cases} m \geq 2 \\ -\frac{5}{2} \neq m \leq -2 \end{cases} \]

\[ \text{B.} \begin{cases} m > 2 \\ -\frac{5}{2} \neq m < -2 \end{cases} \]

\[ \text{C.} -2 < m < 2. \]

\[ \text{D.} \begin{cases} m > 2 \\ m < -2 \end{cases} \]

## Đáp án đúng là B

### Phương pháp giải

#### Lời giải

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của phương trình

\[ \begin{align} x^3 + (1-2m)x^2 + 2(2-m)x + 4 &= 0 \\ \Leftrightarrow (x+1)(x^2 - 2mx + 4) &= 0 \\ \Leftrightarrow \begin{cases} x = -1 \\ g(x) = x^2 - 2mx + 4 = 0 \end{cases} \end{align} \]

Do đó, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành khi và chỉ khi \(g(x) = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác -1

\[ \Leftrightarrow \begin{cases} \Delta' = m^2 - 4 > 0 \\ g(-1) \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} m > 2 \\ m < -2 \\ 2m + 5 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} m > 2 \end{cases} \]

####

A. -2 < m < 2

6

Câu 7:

Trong không gian Oxyz, xét mặt cầu (S) có phương trình dạng \(x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 2y - 2az + 10a = 0\).
Tập hợp các giá trị thực của a để (S) có chu vi đường tròn lớn bằng \(8\pi\) là:

A. \(\{1;10\}\)

B. \(\{2;-10\}\)

C. \(\{-1;11\}\)

D. \(\{1;-11\}\). ## Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải Mặt cầu \((S): x^2 + y^2 + z^2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\) có bán kính \(R = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2 - d}\). Đường tròn lớn của bán kính bằng bán kính mặt cầu. Chu vi đường tròn bán kính R là \(C = 2\pi R\). ### Lời giải Phương trình \(x^2 + y^2 + z^2 - 4x + 2 y - 2az + 10a = 0\). \[ \Rightarrow \begin{cases} I(2;-1;a) \\ R = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + a^2 - 10a} = \sqrt{a^2 - 10a + 5} \end{cases} \] ĐKXĐ: \(a^2 - 10a + 5 > 0 \Leftrightarrow \begin{cases} a > 5 + 2\sqrt{5} \\ a < 5 - 2\sqrt{5} \end{cases}\). Đường tròn lớn của hình cầu có bán kính \(R = \sqrt{a^2 - 10a + 5}\). \[ \Rightarrow \text{Chu vi } C = 2\pi R = 2\pi\sqrt{a^2 - 10a + 5}. \] Mà \(C = 8\pi \Leftrightarrow 2\pi\sqrt{a^2 - 10a + 5} = 8\pi\) \[ \Leftrightarrow \sqrt{a^2 - 10a + 5} = 4 \] \[ \Leftrightarrow a^2 - 10a + 5 = 16 \] \[ \Leftrightarrow a^2 - 10a - 11 = 0 \] \[ \Leftrightarrow \begin{cases} a = -1 \\ a = 11 \end{cases} \] \[ \Leftrightarrow S = \{-1;11\} \]

7

### Câu 8:

Thống kê tổng số giờ nắng trong tháng 9 tại một trạm quan trắc đặt ở Cà Mau trong các năm từ 2002 đến 2021 được thống kê như sau:

Số giờ nắng	[80;98)	[98;116)	[116;134)	[134;152)	[152;170)
Số năm	3	6	3	5	3

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm này là:

A. 566,19

B. 23,795

C. 32,795

D. 665,19 Đáp án đúng là B Phương pháp giải Áp dụng công thức tính phương sai và độ lệch chuẩn: \[s^2 = \frac{m_1 \left( x_1 - \overline{x} \right)^2 + \ldots + m_k \left( x_k - \overline{x} \right)^2}{n}; s = \sqrt{s^2}\] Lời giải <table><tr><td>Giá trị đại diện</td><td>89</td><td>107</td><td>125</td><td>143</td><td>161</td></tr><tr><td>Số năm</td><td>3</td><td>6</td><td>3</td><td>5<td>3</td></td></tr></table> Cỡ mẫu \(n = 3 + 6 + 3 + 5 + 3 = 20\). \[\overline{x} = \frac{1}{20} [3.89 + 6.107 + 3.125 + 5.143 + 3.161] = 124,1.\] Phương sai của mẫu số liệu là: \[s^2 = \frac{1}{20} [3.89^2 + 6.107^2 + 3.125^2 + 5.143^2 + 3.161^2] - 124,1^2 = 566,19.\] Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu: \(s = \sqrt{s^2} = \sqrt{566,19} \approx 23,79\)

8

Câu 9:

Kết quả bài kiểm tra giữa kì của các bạn học sinh lớp 10A được thống kê ở các biểu đồ dưới đây. Mốt của mẫu số liệu là bao nhiêu (nhập đáp án vào ô trống).
![](images/0.jpg)

Đáp án:

Đáp án đúng là "7"

Phương pháp giải

Dựa vào biểu đồ, điểm 7 có tần số lớn nhất nên mốt của mẫu số liệu là 7.

Lời giải

Dựa vào biểu đồ, điểm 7 có tần số lớnhất nên mốt của mẫu số liệu là 7.

9

Câu 10:

Một kiến trúc sư muốn thiết kế một khung cửa sổ hình chữ nhật lắp vào một ô tròn trên tường có bán kính 4 mét. Kiến trúc sư muốn cửa sổ có kích thước lớn nhất để đón ánh sáng vào căn phòng. Hỏi diện tích lớn nhất của cửa sổ có thể đạt được là bao nhiêu?

A. 30

B. 31

C. 32

D. 33 Đáp án đúng là C Phương pháp giải Bài toán yêu cầu tìm diện tích lớn nhất của hình chữ nhật nội tiếp hình tròn có bán kính bằng 4. Đặt trục tọa độ với tâm đường tròn trùng với gốc tọa độ. Lập phương trình đường tròn và biểu diễn hàm diện tích của hình chữ nhật. Tính đạo hàm của hàm diện tích và tìm giá trị lớn nhất của hàm số. Lời giải Đặt trục tọa độ sao cho tâm đường tròn (tâm hình chữ nhật) trùng gốc tọa độ và điểm \((x, y)\) như hình: ![](images/0.jpg) Ta có phương trình đường tròn \((C): x^2 + y^2 = 16\) hay \(y = \pm \sqrt{16 - x^2}\). Khi đó chiều dài của cửa sổ hình chữ nhật là \(2x\), chiều rộng là \(2y\), với \(x > 0, y > 0\) nằm trên đường tròn \((C)\) Diện tích cửa sổ hình chữ nhật là \(S = 2x.2y = 4xy = 4x\sqrt{16 - x^2}\) Xét hàm số \(S(x) = 4x\sqrt{16 - x^2}\) với \(0 \le x \le 4\) \[ \text{Có } S'(x) = 4\sqrt{16 - x^2} - \frac{4x^2}{\sqrt{16 - x^2}} = \frac{-8x^2 + 64}{\sqrt{16 - x^2}}. \] \[ S'(x) = 0 \Leftrightarrow -8x^2 + 64 = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} x = 2\sqrt{2} \\ x = -2\sqrt{2}(l) \end{cases} \] \[ Ta có S(0) = 0; S(4) = 4.4\sqrt{16 - 4^2} = 0; S(2\sqrt{2}) = 4.2\sqrt{2} \cdot \sqrt{16 - (2\sqrt{2})^2} = 32. \] Vậy cửa sổ hình chữ nhật lớn nhất nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 4 sẽ có hình vuông với diện tích 32, chiều dài và chiều rộng bằng \(2\sqrt{2}\)

10

Câu 11:

Trong không gian \(Oxyz\) cho các điểm \(A(2;0;0)\), \(B(0;4;0)\), \(C(0;0;6)\), \(D(2;4;6)\). Gọi \((P)\) là mặt phẳng song song với mặt phẳng \((ABC)\), \((P)\) cách đều \(D\) và mặt phẳng \((ABC)\). Phương trình của mặt phẳng \((P)\) là \(ax + by + 2z + d = 0\) với \(a, b, d \in \mathbb{Z}\). Giá trị của \(d\) bằng bao nhiêu?

A. 6

B. -6

C. 24

D. -24 ## Đáp án đúng là D ### Phương pháp giải #### Lời giải Phương trình mặt phẳng \((ABC)\) là: \(\frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 12 = 0\) Mặt phẳng \((P)\) song song với mặt phẳng \((ABC)\) nên \((P)\) có dạng: \(6x + 3y + 2z + d = 0\) (\(d \neq -12\)) Vì \((P)\) cách đều \(D\) và mặt phẳng \((ABC)\) nên ta có: \[d(D;(P)) = d((ABC);(P))\] \[\Leftrightarrow d(D;(P)) = d(A;(P))\] \[\Leftrightarrow |36 + d| = |12 + d|\] \[\Leftrightarrow d = -24\] Vậy phương trình mặt phẳng \((P)\) là: \(6x + 3y + 2z - 24 = 0\). #### Câu 12: Cho một hộp kín có 6 thẻ ATM của BIDV và 4 thẻ ATM của Vietcombank. Lấy ngẫu nhiên lần lượt 2 thẻ (lấy không hoàn lại). Tìm xác suất để lần thứ hai lấy được thẻ ATM của Vietcombank nếu biết lần thứ nhất đã lấy được thẻ ATM của BIDV. A. \(\frac{5}{9}\). B. \(\frac{2}{3}\). C. \(\frac{7}{9}\). D. \(\frac{4}{9}\). #### Đáp án đúng là D ### Phương pháp giải #### Lời giải Gọi \(A\) là biến cố: "Lần thứ hai lấy được thẻ ATM Vietcombank", \(B\) là biến cố: "Lần thứ nhất lấy được thẻ ATM của BIDV". Sau khi lấy lần thứ nhất (biến cố \(B\) đã xảy ra) trong hộp còn lại 9 thẻ (trong đó 4 thẻ Vietcombank) nên: \(P(A|B) = \frac{4}{9}\) #### Câu 13: Cho hàm số \(f(x) = ax^4 + bx^2 + c\) với \(a \neq 0\), có đồ thị là đường cong trong hình vẽ. Phương trình \(2^x f^2(x) - (4^x + 1)f(x) + 2^x = 0\) có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt? ![](images/0.jpg) A. 7. B. 5. C. 6. D. 8. Đáp án đúng là A Phương pháp giải Giải phương trình bậc hai tìm \(f(x)\) Lời giải \[2^x f^2(x) - (4^x + 1)f(x) + 1 = 0\] \[Có \Delta = (4^x + 1)^2 - 4.2^x.2^x = 4^{2x} + 2.4^x + 1 - 4.4^x = (4^x - 1)^2\] \[\Rightarrow \begin{cases} f(x) = \frac{4^x + 1 + 4^x - 1}{2.2^x} = 2^x \\ f(x) = \frac{4^x + 1 - 4^x + 1}{2.2^x} = \frac{1}{2^x} = 2^{-x} \end{cases}\] ![](images/1.jpg) Từ đồ thi ta thấy phương trình có tất cả 7 nghiệm phân biệt

11

## Câu 14:

Số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật lập thành một cấp số nhân. Biết thể tích của khối hộp là 125 cm³ và diện tích toàn phần là 175 cm². Tổng số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật đó là bao nhiêu (nhập đáp án vào ô trống, kết quả viết dưới dạng phân số)?

Đáp án:

Đáp án đúng là "35/2"

### Phương pháp giải

Gọi số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật là \(u_1, u_2, u_3\)

Lập hệ phương trình chứa \(u_1, u_2, u_3\) từ các giả thiết.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân \(u_n = u_1 q^{n-1}\)

### Lời giải

Gọi số đo ba kích thước của hình hộp chữnhật là \(u_1, u_2, u_3\) ta có:

\[ \begin{cases} u_1 u_2 u_3 = 125 \\ 2(u_1 u_2 + u_2 u_3 + u_3 u_1) = 175 \end{cases} \]

\[ \Leftrightarrow \begin{cases} u_1 u_1 q u_1 q^2 = 125 \\ 2(u_1 u_1 q + u_1 q u_1 q^2 + u_1 q^2 u_1) = 175 \end{cases} \]

\[ \Leftrightarrow \begin{cases} (u_1 q)^3 = 125 \\ 2u_1^2 q \left(1 + q + q^2\right) = 175 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} u_1 q = 5 \\ 2.5u_1 \left(1 + q + q^2\right) = 175 \end{cases} \]

\[ \Leftrightarrow \begin{cases} u_1 = \frac{5}{q} \\ 10 \frac{5}{q} \left(1 + q + q^2\right) = 175 \end{cases} \\ \Leftrightarrow \begin{cases} u_1 = \frac{5}{q} \\ \left(2q^2 + 2q + 2 = 7q\right) \end{cases} \]

\[
\Leftrightarrow
\begin{cases}
u_1 = \frac{5}{q} \\
q = 2 \\
q = \frac{1}{2}
\end{cases}
\Leftrightarrow
\begin{cases}
u_1 = \frac{5}{2} \\
q = 2 \\
u_1 = 10
\end{cases}
\Leftrightarrow
\begin{cases}
u_1 = 5 \\
u_2 = 5 \\
u_3 = 10
\end{cases}
\Leftrightarrow
\begin{cases}
u_1 = 10 \\
u_2 = 5 \\
u_3 = \frac{5}{2}
\end{cases}
\]

Suy ra số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật là \(\frac{5}{2}; 5; 10\)

Vậy tổng số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật là \(\frac {35}{2}\).

12

Câu 15:

Cho \(f(x) = mx^2 - 2(m-2)x + m-3\). Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để \(f(x) \le 0 \forall x \in R\)

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3 Đáp án đúng là A Lời giải Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Với \(a=m=0\) thì: \[f(x) = 4x - 3, \text{ do đó không thể có } f(x) \le 0, \forall x \in R\] Trường hợp 2: Với \(a=m \neq 0\) thì \(f(x)\) là tam thức bậc hai nên để \(f(x) \le 0, \forall x \in R\) điều kiện là: \[ \begin{cases} a < 0 \\ \Delta' \le 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} m < 0 \\ (m-2)^2 - m(m-3) \le 0 \end{cases} \] \[ \Leftrightarrow \begin{cases} m < 0 \\ m^2 - 4m + 4 - m^2 + 3m \le 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} m < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} m < 0 \\ 4 - m \le 0 \end{cases} \] \[ \Leftrightarrow \begin{cases} m < 0 \\ m \ge 4 \end{cases} \Leftrightarrow m \in \emptyset. \] Vậy không tồn tại \(m\) thoả mãn điều kiện đầu bài

13

Câu 16:

Một viên gạch hoa hình vuông cạnh 40 cm. Người thiết kế đã sử dụng bốn đường parabol có chung đỉnh tại tâm viên gạch để tạo ra bốn cánh hoa.

![](images/0.jpg)

Diện tích mỗi cánh hoa của viên gạch bằng \(S = \frac{a}{b}(\text{cm}^2)\) với \(a, b \in \mathbb{N}; b \neq 0\); \(a\) và \(b\) nguyên tố cùng nhau. Tính \(a + b\)?

A. 800

B. 803

C. 403

D. 250. Đáp án đúng là C Phương pháp giải Đưa về tính diện tích bằng tích phân Lời giải ![](images/1.jpg) Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ Hàm \(y = f(x) = ax^2 + bx + c\) là parabol đi qua \((0,20)\), \((20,0) \Rightarrow y = -\frac{1}{20}x^2 + 20\) Phương trình đường thẳng cắt cánh hoa là \(y = -x + 20\) Diện tích 1 cánh hoa bằng \(I = 2 \int_{0}^{20} \left(-\frac{1}{20}x^2 + 20 + x - 20\right)dx = \frac{400}{3}\) \[ \Rightarrow \begin{cases} a = 400 \\ b = 3 \end{cases} \Rightarrow a + b = 403 \]

14

## Câu 17:

Cho hàm số \(f(x)\) là hàm bậc ba. Đồ thị \(y = f'(x)\) như hình dưới. Hàm số \(g(x) = f(x) - x\) nghịch biến trên khoảng \((a; 2)\). Tính \(a\) (nhập đáp án vào ô trống).

![](images/0.jpg)

Đáp án:

Đáp án đúng là "0"

Phương pháp giải

Tính \(g'(x)\), giải phương trình \(g'(x) = 0\).

Lời giải

\[ Ta có g'(x) = f'(x) - 1, \]

\[ g'(x) = 0 \Leftrightarrow f'(x) = 1. \]

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình \(f'(x) = 1\) có nghiệm \(x = 0\) và \(x = 2\).

Ta có bảng biến thiên:
![](images/0.jpg)

x	-∞	0	2	+∞
g'(x)	+	0	-	0

Hàm số \(g(x)\) nghịch biến trong \((0; 2)\).

Vậy \(a = 0\).

15

## Câu 18:

Một cái hồ chứa 600 lít nước ngọt. Người ta bơm nước biển có nồng độ muối 30 g/l vào hồ với tốc độ 15 (l/phút). Nồng độ muối trong hồ khi \(t\) dần về dương vô cùng (đơn vị g/l) là

A. 28

B. 29

C. 30

D. 31 ## Đáp án đúng là C ### Phương pháp giải #### Lời giải Sau \(t\) phút bơm nước vào hồ thì lượng nước là \(600 + 15t(l)\) và lượng muối có được là \(30.15t(g)\). Nồng độ muối của nước là: \[C(t) = \frac{30.15t}{600 + 15t} = \frac{30t}{40 + t} (g/l)\] Khi \(t\) dần về dương vô cùng, ta có: \[\lim_{t \to +\infty} C(t) = \lim_{t \to +\infty} \frac{30t}{40 + t}\] \[\lim_{t \to +\infty} \frac{30t}{40 + 1} = \lim_{t \to +\infty} \frac{30}{40} = 30(g/l).\]

16

## Câu 19:

Cho hàm số \(y = f(x)\). Đồ thị hàm số \(y = f'(x)\) như hình vẽ bên dưới.
![](images/0.jpg)

Biết rằng \(f(0) + f(1) - 2f(2) = f(4) - f(3)\). Giá trị nào sau đây là giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f(x)\) trên đoạn \([0; 4]\)?

A. \(f(1)\)

B. \(f(0)\)

C. \(f(3)\)

D. \(f(4)\). ## Đáp án đúng là D ### Phương pháp giải Lập bảng biến thiên và so sánh ### Lời giải Dựa vào đồ thị của hàm \(f'(x)\) ta có bảng biến thiên. <table><tr><td>x</td><td>0</td><td>2</td><td>4</td></tr><tr><td>\(f'(x)\)</td><td>+</td><td>0</td><td>-</td></tr><tr><td>\(f(x)\)</td><td>\(f(0)\)</td><td>\(f(2)\)</td><td>\(f(4)\)</td></tr></table> Vậy giá trị lớn nhất \(M = f(2)\) Hàm số đồng biến trên khoảng \((0; 2)\) nên \(f(2) > f(1) = f(2) - f(1) > 0\). Hàm số nghịch biến trên khoảng \((2; 4)\) nên \(f(2) > f(3) \Rightarrow f(2) - f(3) > 0\). Theo giả thuyết: \(f(0) + f(1) - 2f(2) = f'(4) - f(3)\). \[ \Leftrightarrow f(0) - f(4) = f(2) - f(1) + f(2) - f(3) > 0 \Rightarrow f(0) > f(4) \] Vậy giá trị nhỏ nhất \(m = f(4)\)

17

### Câu 20:

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = x^3 + 3x^2 - 6x + 1\) tại điểm có hoành độ bằng 1 và cắt hai trục tọa độ tại \(A, B\). Tính diện tích tam giác \(OAB\) (nhập đáp án vào ô trống, kết quả nhập dưới dạng phân số)

Đáp án:

![](images/0.jpg)

Đáp án đúng là "8/3"

Phương pháp giải

Tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1.

Xác định tọa độ điểm A, B, độ dài OA, OB.

Tính diện tích tam giác vuông \(OAB\).

Lời giải

Ta có: \(y' = 3x^2 + 6x - 6\); \(y(1) = 1^3 + 3.1^2 - 6.1 + 1 = -1\); \(y'(1) = 3.1^2 + 6.1 - 6 = 3\)

Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 2 là: \(y = 3x - 4\)

Giao điểm của đồ thị hàm số \(y = 3x - 4\) với hai trục tọa độ là:

Với \(x = 0\) thì \(y = -4\) nên \(A(0; -4)\).

Với \(y = 0\) thì \(3x - 4 = 0\) suy ra \(x = \frac{4}{3}\) nên \(B\left(\frac{4}{3}; 0\right)\).

Tam giác \(OAB\) là tam giác vuông tại \(O\) có \(OA = \sqrt{0^2 + (-4)^2} = 4\); \(OB = \sqrt{\left(\frac{4}{3}\right)^2 + 0^2} = \frac{4}{3}\).

Vậy diện tích tam giác \(OAB\) là: \(S_{OAB} = \frac{1}{2}.4.\frac{4}{3} = \frac{8}{3}\).

A. Tính diện tích tam giác vuông \(OAB\). Lời giải Ta có: \(y' = 3x^2 + 6x - 6\); \(y(1) = 1^3 + 3.1^2 - 6.1 + 1 = -1\); \(y'(1) = 3.1^2 + 6.1 - 6 = 3\) Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 2 là: \(y = 3x - 4\) Giao điểm của đồ thị hàm số \(y = 3x - 4\) với hai trục tọa độ là: Với \(x = 0\) thì \(y = -4\) nên \(A(0; -4)\). Với \(y = 0\) thì \(3x - 4 = 0\) suy ra \(x = \frac{4}{3}\) nên \(B\left(\frac{4}{3}; 0\right)\). Tam giác \(OAB\) là tam giác vuông tại \(O\) có \(OA = \sqrt{0^2 + (-4)^2} = 4\); \(OB = \sqrt{\left(\frac{4}{3}\right)^2 + 0^2} = \frac{4}{3}\). Vậy diện tích tam giác \(OAB\) là: \(S_{OAB} = \frac{1}{2}.4.\frac{4}{3} = \frac{8}{3}\)

18

Câu 21:

Cho hàm số \(f(x)\). Biết \(f(0) = 4\) và \(f'(x) = 2\cos^2 x + 1, \forall x \in \mathbb{R}\), khi đó \(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} f(x) dx\) bằng bao nhiêu? (điền đáp án vào ô trống, kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

Đáp án:

![](images/1.jpg)

Đáp án đúng là "4"

## Phương pháp giải

Sử dụng công thức hạ bậc lượng giác.

Tính tích phân của hàm số sơ cấp.

## Lời giải

\[ \text{Ta có: } f(x) = \int f'(x) \, dx = \int (2\cos^2 x + 1) \, dx = \int (2 + \cos 2x) \, dx = \frac{1}{2} \sin 2x + 2x + C. \]

\[ \text{Vì } f(0) = 4 \Rightarrow C = 4 \Rightarrow f(x) = \frac{1}{2} \sin 2x + 2x + 4. \]

\[ \text{Vậy } \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} f(x) \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{1}{2} \sin 2x + 2x + 4 \right) \, dx \]

\[ = \left( -\frac{1}{4} \cos 2x + x^2 + 4x \right) \bigg|_{0}^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi^2 + 16\pi + 4}{16} \approx 4. \]

A. \] \[ \text{Vì } f(0) = 4 \Rightarrow C = 4 \Rightarrow f(x) = \frac{1}{2} \sin 2x + 2x + 4. \] \[ \text{Vậy } \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} f(x) \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{1}{2} \sin 2x + 2x + 4 \right) \, dx \] \[ = \left( -\frac{1}{4} \cos 2x + x^2 + 4x \right) \bigg|_{0}^{\frac{\pi}{4}} = \frac{\pi^2 + 16\pi + 4}{16} \approx 4. \]

19

## Câu 22:

Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho \(A(1;1), B(-1;3)\) và \(H(0;1)\). Biết \(C\) là điểm sao cho \(H\) là trực tâm. Tìm hoành độ điểm \(C\) (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

Đáp án đúng là "-1"

## Phương pháp giải

Gọi tọa độ điểm C.

\[ H \text{ là trực tâm } \Leftrightarrow \begin{cases} \overrightarrow{CH} \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \\ \overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \end{cases} \]

## Lời giải

\[ \text{Gọi tọa độ điểm C là } C(a;b). \text{ Ta có: } \begin{cases} \overrightarrow{CH} = (-a;1-b) \\ \overrightarrow{AB} = (-2;2) \\ \overrightarrow{AH} = (-1;0) \\ \overrightarrow{BC} = (a+1;b-3). \end{cases} \]

\[H \text{ là trực tâm} \Leftrightarrow \begin{cases} \overrightarrow{CH} \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \\ \overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \end{cases}\]

\[\Leftrightarrow \begin{cases} 2a + 2(1-b) = 0 \\ -(a+1) = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = -1 \\ b = 0 \end{cases} \Rightarrow C(-1;0).\]

A. \[ H \text{ là trực tâm } \Leftrightarrow \begin{cases} \overrightarrow{CH} \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \\ \overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \end{cases} \] ## Lời giải \[ \text{Gọi tọa độ điểm C là } C(a;b). \text{ Ta có: } \begin{cases} \overrightarrow{CH} = (-a;1-b) \\ \overrightarrow{AB} = (-2;2) \\ \overrightarrow{AH} = (-1;0) \\ \overrightarrow{BC} = (a+1;b-3). \end{cases} \] \[H \text{ là trực tâm} \Leftrightarrow \begin{cases} \overrightarrow{CH} \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \\ \overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \end{cases}\] \[\Leftrightarrow \begin{cases} 2a + 2(1-b) = 0 \\ -(a+1) = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = -1 \\ b = 0 \end{cases} \Rightarrow C(-1;0).\]

20

## Câu 23:

Cho hàm số \(y = f(x)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\). Đồ thị hàm số \(y = f'(x)\) như hình bên. Hỏi đồ thị hàm số \(y = f(x) - 2x\) có bao nhiêu điểm cực trị?

![](images/0.jpg)

A. 3

B. 2

C. 1

D. 4. ## Đáp án đúng là A ### Phương pháp giải Tính \(y'\) và tìm số nghiệm \(y' = 0\). Lưu ý cực trị là các điểm mà \(y'\) đi qua đối dấu ### Lời giải \[y = f(x) - 2x \Rightarrow y' = f'(x) - 2 \\ \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow f'(x) = 2\] ![](images/1.jpg) Từ đồ thị ta thấy phương trình \(f'(x) = 2\) có 4 nghiệm nhưng tại \(x = 2\) không là cực trị do \(f'(x)\) không đổi dấu khi đi qua 2 nên hàm số \(y = f(x) - 2x\) có 3 điểm cực trị

21

## Câu 24:

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số \(y = \sqrt{2x}\) và \(y = \frac{x^2}{2}\) (điền đáp án vào ô trống).

Đáp án:

## Đáp án đúng là "4/3"

### Phương pháp giải

Giải phương trình hoành độ giao điểm.

Ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng.

### Lời giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\[ \sqrt{2x} = \frac{x^2}{2} \Leftrightarrow 2x = \frac{x^4}{4} \Leftrightarrow x^4 - 8x = 0 \]

\[ \Leftrightarrow x(x^3 - 8) = 0 \Leftrightarrow \begin{cases} x = 2 \\ x = 0 \end{cases} \]

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = √2x và y = x²/2 là

\[ S = \int_{0}^{2} \left| \sqrt{2x} - \frac{x^2}{2} \right| dx = \int_{0}^{2} \left( \sqrt{2x} - \frac{x^2}{2} \right) dx = \left( \sqrt{2} \cdot \frac{x^{\frac{3}{2}}}{3} - \frac{x^3}{6} \right) \bigg|_{0}^{2} = \frac{2\sqrt{2}}{3} \cdot 2^{\frac{3}{2}} - \frac{2^3}{6} = \frac{4}{3} \]

22

## Câu 25:

Một cửa hiệu nọ chuyên kinh doanh giày và dép. Dựa trên doanh số bán hàng trong một thời gian dài, xác suất để khách mua hàng tại cửa hiệu mua giày là 75%. Trong số những khách hàng mua giày, có 60% khách hàng cũng mua vớ và trong số những khách hàng mua dép, có 90% khách hàng không mua vớ. Một khách hàng đến cửa hiệu đó để mua hàng. Tính xác suất để khách hàng đó mua vớ.

A. 41,5%

B. 47,5%

C. 56,5%

D. 38,5%. Đáp án đúng là B Phương pháp giải Áp dụng công thức xác suất toàn phần: \(P(A) = P(B).P(AB) + P(\overline{B}).P(A|\overline{B})\). Lời giải Gọi \(A\) là biến cố "khách mua hàng tại cửa hiệu mua vớ". Gọi \(B\) là biến cố "khách khách mua hàng tại cửa hiệu mua giày". Theo đề ta có \[P(B) = 75\% \Rightarrow P(\overline{B}) = 1 - 75\% = 25\%;\] \[P(A|B) = 60\%, P(\overline{A}|B) = 90\% \Rightarrow P(A|\overline{B}) = 1 - 90\% = 10\%\] Vậy xác suất để khách mua hàng tại cửa hiệu mua vớ là: \[P(A) = P(B).P(A|B) + P(\overline{B}).P(A|\overline{B}) = 75\%60\% + 25\%10\% = 47,5\%.\]

23

Câu 26:

Cho hàm số \(f(x)\) thoả mãn \(\int f(x)dx = e^{2x} + C\). Khẳng định nào sau đây đúng?

A. \(f(x) = 2e^{2x}\)

B. \(f(x) = \frac{1}{2}e^{2x}\)

C. \(f(x) = 2e^{x}\)

D. \(f(x) = e^{2x}\). Đáp án đúng là A Phương pháp giải \[\int f(x)dx = F(x) \Rightarrow f(x) = F'(x)\] Lời giải \[\int f(x)dx = e^{2x} + C \Rightarrow f(x) = (e^{2x} + C)' = 2e^{2x}\]

24

Câu 27:

Một người quan sát đỉnh của một ngọn núi nhân tạo từ hai vị trí khác nhau của tòa nhà. Lần đầu tiên người đó quan sát đỉnh núi từ tầng trệt với phương nhìn tạo với phương nằm ngang 35° và lần thứ hai người này quan sát tại sân thượng của cùng tòa nhà đó với phương nằm ngang 15° (như hình vẽ).

Tính chiều cao ngọn núi biết rằng tòa nhà cao 60(m).

![](images/0.jpg)

A. 169,65 m

B. 97,193 m

C. 179,65 m

D. 99,65 m. Đáp án đúng là B Phương pháp giải - Tính góc \(\angle CBA\). - Tính góc \(\angle BCA\). - Tính AC dựa vào định lí sin trong tam giác CBA. - Tính CD dựa vào tam giác CAD vuông tại D. Lời giải \[ \text{Ta có: } \overrightarrow{CBA} = \overrightarrow{CBE} + \overrightarrow{EBA} = 90^\circ + 15^\circ = 105^\circ \] \[ \angle BAC = \angle BAD - \angle CAD = 90^\circ - 35^\circ = 55^\circ \] \[ \Rightarrow \angle BCA = 180^\circ - (\angle CBA + \angle BAC) = 20^\circ \] Áp dụng định lý hàm sin cho \(\Delta CBA\) ta có \[ \frac{AB}{\sin(BCA)} = \frac{AC}{\sin(CBA)} \Rightarrow AC = \frac{AB \sin(CBA)}{\sin(BCA)} = \frac{60 \sin 105^\circ}{\sin 20^\circ} = 169,4506909(\text{m}) \] Xét \(\Delta CAD\) vuông tại \(D\), ta có \(CD = AC \sin(\overrightarrow{CAD}) \approx 97,193(m)\)

25

Câu 28:

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm \(A(2;1;1)\), mặt phẳng \((P): x - z - 1 = 0\) và đường thẳng

\[ (d): \begin{cases} x = 1 - t \\ y = 2 \\ z = -2 + t \end{cases} \text{. Gọi } d_1; d_2 \text{ là các đường thẳng đi qua } A, \text{ nằm trong } (P) \text{ và đều có khoảng cách đến đường thẳng } d \text{ bằng } \sqrt{6}. \text{ Côsin của góc giữa } d_1 \text{ và } d_2 \text{ bằng} \]

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

B. \(\frac{1}{3}\)

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

D. \(\frac{\sqrt{2}}{3}\). Đáp án đúng là B Phương pháp giải Lời giải ![](images/0.jpg) Ta có: \(\vec{n}_p = (1; 0; -1), \vec{u}_d = (-1; 0; 1) \Rightarrow d \perp (P) \text{ và } d \cap (P) = M(0; 2; -1)\) \[\Rightarrow \overrightarrow{MA} = (2; -1; 2) \Rightarrow MA = 3\] Gọi \(H; K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \(d_1\) và \(d_2\), ta có: \[\begin{aligned} d(d_1; d) &= d(M; d_1) = MH, d(d_2; d) = d(M; d_2) = MK \Rightarrow MH = MK = \sqrt{6} \\ \Rightarrow \sin \widehat{MAK} &= \sin \widehat{MAH} = \frac{HM}{AM} = \frac{\sqrt{6}}{3} \\ \Rightarrow \cos(d_1; d_2) &= \left| \cos(2\widehat{MAH}) \right| = \left| 1 - 2\sin^2\widehat{MAH} \right| = \left| 1 - \frac{4}{3} \right| = \frac{1}{3}. \end{aligned}\]

26

Câu 29:

Có bao nhiêu giá trị nguyên của \(k\) để tam thức \(y = x^2 - 2(4k-1)x + 15k^2 - 2k - 7\) luôn dương trên \(\mathbb{R}\) (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

Đáp án đúng là "1"

## Phương pháp giải

Để tam thức \(y = ax^2 + bx + c > 0\) với \(\forall x \in \mathbb{R}\) thì
\[\begin{cases}
a > 0 \\
\Delta < 0
\end{cases}\]
hoặc
\[\begin{cases}
a > 0 \\
\Delta' < 0.
\end{cases}\]

## Lời giải

Để tam thức \(y = ax^2 + bx + c > 1\) với \(\forall x \in \mathbb{R}\) thì
\[\begin{cases}
a < 0 \\
\Delta' < 0.
\end{cases}\]

Suy ra
\[\begin{cases}
1 > 0 \\
(4k - 1)^2 - 15k^2 + 2k + 7 < 0
\end{cases}
\Leftrightarrow
\begin{cases}
1 > 0 \\
k^2 - 6k + 8 < 0
\end{cases}
\Leftrightarrow 2 < k < 4\]

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k = 3\).

27

## Câu 30:

Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d: \frac{x}{1} = \frac{y+1}{2} = \frac{z-2}{-1}\) và mặt phẳng \((P): x + y + z - 3 = 0\). Phương trình đường thẳng \(d'\) đối xứng với d qua \((P)\) là

A. \(\frac{x-1}{2} = \frac{y-1}{-1} = \frac{z-1}{1}\) C. \(\frac{x+1}{1} = \frac{y-1}{1} = \frac{z-1}{-1}\)

B. \(\frac{x+1}{1} = \frac{y-1}{1} = \frac{z-1}{-1}\) B. \(\frac{x-1}{1} = \frac{y-1}{-2} = \frac{z-1}{7}\)

C. \(\frac{x}{2} = \frac{y-1}{-1} = \frac{z}{1}\) ## Đáp án đúng là B ### Phương pháp giải **Bước 1:** Lấy điểm \(B(0; -1; 2)\) thuộc d. **Bước 2:** Tìm giao điểm \(A\) của \(d\) và \((P)\) **Bước 3:** Gọi \(H\) là hình chiếu của \(B\) lên \((P)\), \(B'\) là điểm đối xứng \(B\) qua \((P)\). Tìm \(d'\) ## Lời giải **Bước 1:** Lấy điểm \(B(0;-1;2)\) thuộc d. **Bước 2:** Tìm giao điểm A của d và (P) Gọi A là giao điểm của d và (P). Khi đó \(A(t;-1+2t;2-t)\). Thay vào (P) ta được: \(t-1+2t+2-t-3=0 \Leftrightarrow t=1 \Rightarrow A(1;1;1)\) **Bước 3:** Tìm d' Gọi H là hình chiếu của B lên (P), B' là điểm đối xứng B qua (P). Khi đó H là trung điểm của BB' Đường thẳng BH đi qua B(0;-1;2) và nhận \(\overrightarrow{n_{(P)}}=(1;1;1)\) làm vecto chỉ phương có phương trình là: \[ \begin{cases} x = t \\ y = -1 + t \\ z = 2 + t \end{cases} \] \[ \Rightarrow H(t;-1+t;2+t). \text{ Thay vào } (P) \text{ ta được: } t-1+t+2+t-3=0 \Leftrightarrow t=\frac{2}{3} \] \[ \Rightarrow H\left(\frac{2}{3}; -\frac{1}{3}; \frac{8}{3}\right) \Rightarrow B'\left(\frac{4}{3}; \frac{1}{3}; \frac{10}{3}\right) \] \[ \text{Vecto chỉ phương của AB' là: } AB' = \left(\frac{1}{3}; -\frac{2}{3}; \frac{7}{3}\right) \] Đường thẳng \(d': \frac{x-1}{1} = \frac{y-1}{-2} = \frac{z-1}{7}\)

28

Câu 31:

Một ô tô bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với vận tốc \(v_1(t) = 7t\) (m/s). Đi được 5s, người lái xe phát hiện chướng ngại vật và phanh gấp, ô tô tiếp tục chuyển động chậm dần đều với gia tốc \(a = -70\) (m/s²). Tính quãng đường \(S\) đi được của ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

Đáp án đúng là "385/4"

Phương pháp giải

Ứng dụng tích phân để tính quãng đường.

## Lời giải

Chọn gốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đi.

Sau 5s ô tô đạt vận tốc là \(v(5) = 35\) (m/s).

Sau khi phanh vận tốc ô tô là \(v(t) = 35 - 70(t - 5)\).

Ô tô dừng tại thời điểm \(t = 5,5\) s.

Quãng đường ô tô đi được là: \(S = \int_{0}^{5} 7tdt + \int_{5}^{5,5} [35 - 70(t - 5)]dt = \frac{385}{4}\) (m)

29

## Câu 32:

Một chiếc máy bay chuyển động trên đường băng với vận tốc \(v(t) = t^2 + 10t\) (m/s), với \(t\) là thời gian được tính theo đơn vị giây kể từ khi máy bay bắt đầu chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc 200 (m/s) thì nó rời đường băng. Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là:

A. \(\frac{2500}{3}\) m

B. 2000 m

C. 500 m

D. \(\frac{4000}{3}\) m. ## Đáp án đúng là A ### Phương pháp giải ## Lời giải \[v(t) = 200 \Leftrightarrow t^2 + 10t = 200 \Leftrightarrow t^2 + 10t - 200 = 0 \Leftrightarrow t = 10.\] Quãng đường máy bay đã đi chuyển trên đường băng là: \[s = \int_{0}^{10} v(t) dt = \int_{0}^{10} (t^2 + 10t) dt = \left(\frac{t^3}{3} + 5t^2\right)\bigg|_{0}^{10} = \frac{2500}{3} \text{ (m)}\]

30

## Câu 33:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(M\) là trung điểm \(SC; N\) là giao điểm của \(AM\) và \((SBD)\). Tính tỉ số \(\frac{NM}{NA}\).

A. 2

B. 0,5

C. 1

D. 1,5 ## Đáp án đúng là B Phương pháp giải Lời giải ![](images/0.jpg) Xét (ABCD), gọi AC cắt BD tại O. Khi đó O là trung điểm AC và BD. Xét (SAC), gọi AM cắt SO tại N. Ta thấy N ∈ AM và N ∈ SO ⊆ (SBD) nên AM cắt (SBD) tại N. Xét tam giác SAC có SO, AM là hai trung tuyến cắt nhau tại N là trọng tâm tam giác nên ta có \(\frac{NM}{NA} = 0,5\)

31

Câu 34:

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số: \(y = \frac{x^3}{x^2 - 1}\) là?

A. \(y = 2x\)

B. \(y = 2x + 1\)

C. \(y = x\)

D. \(y = -x\) Đáp án đúng là C Phương pháp giải Dùng giới hạn xác định tiệm cận xiên Lời giải Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số có dạng: \(y = ax + b (a \neq 0)\) Ta có: \[a = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^3}{x(x^2 - 1)} = 1\] \[b = \lim_{x \to \pm\infty} \left[ f(x) - x \right] = \lim_{x \to \pm\infty} \left( \frac{x^3}{x^2 - 1} - x \right) = 0\] Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là: \(y = x\)

32

## Câu 35:

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

![](images/0.jpg)

Số giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \(3f(x^2 - 4x) = m + 5\) có ít nhất 5 nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng \((0; +\infty)\) là:

A. 12

B. 14

C. 11

D. 13 ## Đáp án đúng là B ### Phương pháp giải - Đặt \(t = x^2 - 4x\), với \(x \in (0; +\infty)\), đưa phương trình về dạng \(f(t) = m (*)\). - Xác định mỗi nghiệm \(t\) cho bao nhiêu nghiệm \(x\) trên từng khoảng cụ thể. - Tìm điều kiện về số nghiệm của phương trình (*) để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm phân biệt. ### Lời giải Đặt \(t = x^2 - 4x\), với \(x \in (0 ; +\infty)\), khi đó phương trình trở thành \(3f(t) = m + 5 \Leftrightarrow f(t) = \frac{m + 5}{3} (*)\). Ta có \(t'(x) = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in (0; +\infty)\). BBT: ![](images/0.jpg) ![](images/1.jpg) Dựa vào BBT đề bài cho, ta thấy phương trình \(f(t) = \frac{m+5}{3}\) có tối đa 4 nghiệm, mỗi nghiệm \(t \in (-4; 0)\) cho 2 nghiệm \(x\) phân biệt, mỗi nghiệm \(t \in [0; +\infty) \cup \{-4\}\) cho 1 nghiệm \(x\). Để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm thuộc \((0; +\infty)\) thì phương trình (*): TH1: Có 1 nghiệm \(t \in (-4; 0)\) và 3 nghiệm \(t \in [0; +\infty) \cup \{-4\}\) (ktm). TH1: Có 2 nghiệm \(t \in (-4; 0)\) và 1 nghiệm \(t \in [0; +\infty) \cup \{-4\}\) (ktmm). \[ \Rightarrow \begin{cases} -2 < \frac{m+5}{3} \le 2 \\ -3 \le \frac{m+5}{3} \ne -2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} -6 < m+5 \le 5 \\ -9 \le m+5 \ne -6 \end{cases} \] \[ \Leftrightarrow \begin{cases} -11 < m \le 0 \\ -14 \le m \ne -11 \end{cases} \Leftrightarrow m \in [-14; 0] \quad \{-11\} \] Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow\) Có 14 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán

33

## Câu 36:

Một quả bóng golf kể từ lúc được đánh đến lúc chạm đất đã di chuyển được một khoảng cách \(d(m)\) theo phương nằm ngang. Biết rằng \(d = \frac{v_0^2 \sin 2\alpha}{g}\) trong đó \(v_0\) (m/s) là vận tốc ban đầu của quả bóng, \(g\) (m/s²) là gia tốc trọng trường và \(\alpha\) là góc đánh quả bóng so với phương nằm ngang. Khoảng cách \(d\) là bao nhiêu centimet, biết rằng \(v_0 = 15\) (m/s); \(g = 10\) (m/s²) và \(\cos \alpha = \frac{3}{5}\) với \((0 \le \alpha \le 45^\circ)\) (nhập đáp án vào ô trống)?
![](images/0.jpg)

Đáp án:

Đáp án đúng là "108/5"

Phương pháp giải

Sử dụng công thức lượng giác tính \(\sin 2\alpha\).

Thay các giá trị đã có để tính khoảng cách \(d\).

Lời giải

\[ \text{Ta có } \sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1 \]

\[ \Rightarrow \sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha = \frac{16}{25} \Rightarrow \begin{cases} \sin\alpha = \frac{4}{5} \\ \sin\alpha = -\frac{4}{5}(l) \end{cases} \]

\[ \Rightarrow \sin 2\alpha = 2 \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{5} = \frac{24}{25} \]

\[ \text{Thay vào công thức, ta được } d = \frac{\nu_0^2 \sin 2\alpha}{g} = \frac{15^2 \cdot \frac{24}{25}}{10} = \frac{108}{5} \]

34

Câu 37:

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu \((S): x^2 + (y-1)^2 + z^2 = 2\). Trong các điểm cho dưới đây, điểm nào nằm ngoài mặt cầu \((S)\)?

A. \(M(1;1;1)\)

B. \(N(0;1;0)\)

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

D. \(Q(1;1;0)\) Đáp án đúng là C Phương pháp giải Lời giải Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(0;1;0)\) và bán kính \(R = \sqrt{2}\). Khoảng cách từ các điểm đã cho tới tâm mặt cầu: \[MI = \sqrt{2} = R; NI = 0 < R, PI = \sqrt{3} > R, QI = 1 < R.\] Do đó điểm \(P\) nằm ngoài mặt cầu

35

## Câu 38:

Cho hai điểm \(P(1;6)\), \(Q(-3;-4)\) và đường thẳng \(\Delta: 2x-y-1=0\). Gọi \(M \in \Delta\) là điểm sao cho \(MP+MQ\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm tung độ của điểm \(M\) (nhập đáp án vào ô trống).

Đáp án:

Đáp án đúng là "-1"

### Phương pháp giải

Gọi \(P'\) là điểm đối xứng của \(P\) qua đường thẳng \(\Delta\).

\(MP+MQ\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(M, P', Q\) thẳng hàng.

### Lời giải

Gọi \(P'\) là điểm đối xứng của \(P\) quay đường thẳng \(\Delta\).

Ta có vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(\Delta\) là \(\overrightarrow{n_\Delta} = (2;-1)\).

Suy ra vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(PP'\) là \(\overrightarrow{n_{PP'}} = (1;2)\).

Phương trình \(PP': x-1+2(y-6)=0 \Leftrightarrow x+2y-13=0\).

Gọi \(I\) là giao điểm của \(PP'\) và \(\Delta\).

Tọa độ điểm \(I\) là nghiệm của hệ \(\begin{cases} 2x-y-1=0 \\ x+2y-13=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x=3 \\ y=5 \end{cases} \Rightarrow I(3;5)\).

Suy ra \(P'(5;4); \overrightarrow{QP'} = (8;8)\)

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(QP'\) là \(\overrightarrow{n_{QP'}} = (1;-1)\).

Phương trình đường thẳng \(QP': x-5-(y-4)=0 \Leftrightarrow x-y-1=0\).

Ta có \(P, Q\) nằm về cùng phía của đường thẳng \(\Delta\) nên \(MP+MQ=MP'+MQ \geq QP'\).

Suy ra \(MP+MQ\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(M, P', Q\) thăng hàng.

Hay \(M\) là giao điểm của \(QP'\) và \(\Delta\).

Tọa độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ

\[ \begin{cases} x - y - 1 = 0 \\ 2x - y - 1 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 0 \\ y = -1. \end{cases} \]

Vậy tung độ điểm \(M\) là -1.

36

## Câu 39:

Bạn Nam chơi trò xếp tháp bằng các que diêm theo quy tắc thể hiện như hình vẽ:

![](images/0.jpg)

Bạn Nam có 212 que diêm thì có thể xếp được tháp cao nhất bao nhiêu tầng (nhập đáp án vào ô trống?

Đáp án:

![](images/1.jpg)

Đáp án đúng là "10"

Phương pháp giải

Lời giải

Gọi \(u_i\) là số que diêm của tháp có \(i\) tầng, ta thấy

\[ \begin{cases} u_1 = 3 \\ u_2 = u_1 + 4 + 3 \\ u_3 = u_2 + 6 + 5 \\ \dots \\ u_n = u_{n-1} + 2n + 2n - 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} u_1 = 3 \\ u_2 = u_1 +4.2 - 1 \\ u_3 = u_2 + 4.3 - 1 \\ \dots \\ u_n = u_{n-1} + 4n - 1 \end{cases} \]

Cộng vế với vế, ta được

\[ u_n = 3 + 4(2 + 3 + 4 + \dots + n) - 1(n - 1) = 4 - n + 4 \cdot \frac{(2 + n)(n - 1)}{2} = 212 \]

\[ \Rightarrow n \approx 10,05. \]

Vậy với 212 que diêm bạn Nam có thể xếp được tháp cao tối đa 10 tầng.

37

Câu 40:

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \((S): x^2 + y^2 + z^2 - 2z - 3 = 0\) và điểm \(A(2; 2; 2)\). Biết rằng từ \(A\) có thể kẻ được các tiếp tuyến đến mặt cầu \((S)\), đồng thời các tiếp điểm luôn thuộc mặt phẳng \((\alpha)\) có phương trình \(ax + by + cz - 5 = 0\). Mặt phẳng \((\alpha)\) đi qua điểm nào dưới đây?

A. \(M(1; -2; 0)\)

B. \(N(0; 2; -1)\)

C. \(P(2; 2; -1)\)

D. \(Q(1; 1; 1)\). Đáp án đúng là D Phương pháp giải Gọi tọa độ điểm C. \[H \text{ là trực tâm } \triangle ABC \Leftrightarrow \begin{cases} \overrightarrow{CH} \cdot \overrightarrow{AB} = 0 \\ \overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \end{cases}\] Lời giải Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(0; 0; 1)\), bán kính \(R = \sqrt{0^2 + 0^2 + (-1)^2 + 3} = 2\). Nhận thấy: \((\alpha)\) là mặt phẳng vuông góc với \(AI\). Mặt phẳng \((\alpha)\) nhận \(\overrightarrow{IA} = (2; 2; 1)\) làm vectơ pháp tuyến. Kẻ một tiếp tuyến \(AB\) đến mặt cầu \((S)\) với \(B\) là tiếp điểm. Gọi \(H(x; y; z)\) là chân đường cao kẻ từ \(B\) của tam giác \(ABI\). Khi đó \(H \in (\alpha)\). Ta có: \(IA = 3\). Tam giác \(ABI\) vuông tại \(B\) nên \(AB = \sqrt{IA^2 - IB^2} = \sqrt{3^2 - 2^2} = \sqrt{5}\). Ta có: \(IB^2 = IH \cdot IA \Rightarrow IH = \frac{IB^2}{IA} = \frac{4}{3} \Rightarrow IH = \frac{4}{9} \cdot IA\). \[ \text{Suy ra } \overrightarrow{IH} = \frac{4}{9} \overrightarrow{IA} \Rightarrow \begin{cases} x - 0 = \frac{4}{9} \cdot 2 \\ y - 0 = \frac{4}{9} \cdot 2 \\ z - 1 = \frac{4}{9} \cdot 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = \frac{8}{9} \\ y = \frac{8}{9} \\ z = \frac{13}{9} \end{cases} \Rightarrow H \left( \frac{8}{9}; \frac{8}{9}; \frac{13}{9} \right). \] Do đó \((\alpha): 2 \cdot \left( x - \frac{8}{9} \right) + 2 \cdot \left( y - \frac{8}{9} \right) + 1 \cdot \left( z - \frac{13}{9} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 2y + z - 5 = 0\). Vậy, \((\alpha)\) đi qua điểm \(Q(1;1;1)\)

38

## Câu 41:

Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh đáy bằng \(3a\), cạnh bên bằng \(2a\). Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC, M\) là trung điểm của \(SC\). Khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \((SAG)\).

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

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

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

D. \(\frac{a}{2}\) ## Đáp án đúng là B ### Phương pháp giải Sử dụng công thức lượng giác tính \(\sin 2\alpha\). Thay các giá trị đã có để tính khoảng cách \(d\). ### Lời giải ![](images/0.jpg) Vì \(SC \cap (SAG) = S\) nên \(\frac{d(M, (SAG))}{d(C, (SAG))} = \frac{MS}{CS} = \frac{1}{2}\) \[ \Rightarrow d(M, (SAG)) = \frac{1}{2} d(C, (SAG)) \] Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\). Ta có: \(CB \perp AI\) và \(CB \perp SG \Rightarrow CB \perp (SAG)\) và \(CB \cap (SAG) = I\). \[ \text{Do đó } d(C, (SAG)) = CI = \frac{1}{2} BC = \frac{3a}{2}. \] \[ \text{Vậy } d(M, (SAG)) = \frac{3a}{4}. \] Thời gian truy cập Internet mỗi buổi tối của một số học sinh được cho trong bảng sau: <table><tr><td>Thời gian (phút)</td><td>[9,5;12,5)</td><td>[12,5;15,5)</td><td>[15,5;18,5)</td><td>[18,5;21,5)</td><td>[21,5;24,5)</td></tr><tr><td>Số học sinh</td><td>3</td><td>12</td><td>15</td><td>24</td><td>2</td></tr></table> Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm này là: A. 15,25 B. 12,25 C. 10,25 D. 11,25 Đáp án đúng là A Phương pháp giải \[ \text{Công thức tính tứ phân vị thứ nhất: } Q_1 = a_p + \frac{\frac{n}{4} - (m_1 + \ldots + m_{p-1})}{m_p} \cdot (a_{p+1} - a_p). \] Lời giải Cỡ mẫu \(n = 56\). Tứ phân vị thứ nhất \(Q_1\) là \(\frac{x_{14} + x_{15}}{2}\), do \(x_{14}, x_{15}\) thuộc nhóm \([12,5;15,5)\) nên \(Q_1\) thuộc nhóm này. \[ \text{Có } p = 2; a_2 = 12,5; m_2 = 12; m_1 = 3; a_3 - a_2 = 3 \] \[ \Rightarrow Q_1 = 12,5 + \frac{\frac{56}{4} - 3}{12} = 15,25. \]

39

Câu 43:

Cho hàm số \(y = f(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đạo hàm \(f'(x) = (x+1)^{2024}(x-1)^{2025}(2-x)\). Hỏi hàm số \(y = f(x)\) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?

A. \((-1;2)\)

B. \((2;+\infty)\)

C. \((1;2)\)

D. \((-1;+\infty)\). Đáp án đúng là C Phương pháp giải Lời giải Ta có \(f'(x) = 0\) \[ \Leftrightarrow (x+1)^{2024}(x-1)^{2025}(2-x)=0 \Leftrightarrow \begin{cases} x=-1 \\ x=1 \\ x=2 \end{cases} \] ![](images/0.jpg) Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng (1;2)

40

## Câu 44:

Cho \(\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} (2\tan x + \cot x)^2 dx = a + b\sqrt{3} + c\pi\) (). Biết rằng, tồn tại duy nhất bộ ba số hữu tỉ \(a, b, c\) thỏa mãn (). Tổng \(a + 3b + 12c\) có giá trị bằng bao nhiêu (nhập đáp án vào ô trống)?

Đáp án:

![](images/1.jpg)

Đáp án đúng là "1"

Phương pháp giải

Lời giải

\[ \begin{aligned} \text{Ta có } \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} (2\tan x+\cot x)^2 dx &= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} (4\tan^2 x + 4\tan x \cot x + \cot^2 x) dx \\ &= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{4}{\cos^2 x} + \frac{1}{\sin^2 x} - 1 \right) dx \\ &= (4\tan x - \cot x - x) \Big|_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \\ &= 3 + \frac{-1}{3} \sqrt{3} + \frac{-1}{12} \pi \end{aligned} \]

\[ = (4\tan x - \cot x - x) \Big|_{\frac{\pi}{\pi}}^{\frac{\pi}{4}} = 3 + \frac{-1}{3} \sqrt{3} + \frac{- 1}{12} \pi \]

\[ Vậy \ a = 3, b = \frac{-1}{3}, c = \frac{-1}{12}. \]

\[ Do đó \ a + 3b + 12c = 3 - 1 - 1 = 1. \]

41

Câu 45:

Một hộp bút bi Thiên Long có 15 chiếc bút trong đó có 9 chiếc bút mới. Người ta lấy ngẫu nhiên 1 chiếc bút để sử dụng sau đó trả lại vào hộp. Lần thứ hai lấy ngẫu nhiên 2 chiếc bút, tính xác suất cả hai chiếc bút lấy ra đều là chiếc mới.

A. \(\frac{52}{175}\) B. \(\frac{52}{177}\) C. \(\frac{53}{175}\) D. \(\frac{25}{175}\)

## Phương pháp giải

Gọi \(P'\) là điểm đối xứng của \(P\) qua đường thẳng \(\Delta\).

\(MP + MQ\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(M, P', Q\) thẳng hàng.

## Lời giải

Gọi \(A\): "Hai chiếc bút lấy ra đều là chiếc món"

\(B_0\) "Lấy ra một chiếc bút cũ" và \(B_1\) "Lấy ra một chiếc bút mới"

Nên \(B_0, B_1\) là hệ biến cố đầy đủ.

Từ 15 chiếc bút có 9 chiếc bút mới và 6 chiếc bút cũ

Ta có: \(P(B_0) = \frac{C_6^1}{C_{15}^1} = \frac{2}{5}, P(B_1) = \frac{C_9^1}{C_{15}^1} = \frac{3}{5}\)

\(P(A|B_0) = \frac{C_2^2}{C_{15}^2} = \frac{12}{35}\) và \(P(A|B_1) = \frac{C_8^2}{C_{15}^2} = \frac{4}{15}\)

Áp dụng công thức xác suất toàn phần

\[P(A) = P(A|B_0).P(B_0) + P(A|B_1).P(B_1)\]

\[= \frac{12}{35} \cdot \frac{2}{5} + \frac{4}{15} \cdot \frac{3}{5} = \frac{52}{175}.\]

A. \(\frac{52}{175}\)

B. \(\frac{52}{177}\)

C. \(\frac{53}{175}\)

D. \(\frac{25}{175}\) ## Phương pháp giải Gọi \(P'\) là điểm đối xứng của \(P\) qua đường thẳng \(\Delta\). \(MP + MQ\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(M, P', Q\) thẳng hàng. ## Lời giải Gọi \(A\): "Hai chiếc bút lấy ra đều là chiếc món" \(B_0\) "Lấy ra một chiếc bút cũ" và \(B_1\) "Lấy ra một chiếc bút mới" Nên \(B_0, B_1\) là hệ biến cố đầy đủ. Từ 15 chiếc bút có 9 chiếc bút mới và 6 chiếc bút cũ Ta có: \(P(B_0) = \frac{C_6^1}{C_{15}^1} = \frac{2}{5}, P(B_1) = \frac{C_9^1}{C_{15}^1} = \frac{3}{5}\) \(P(A|B_0) = \frac{C_2^2}{C_{15}^2} = \frac{12}{35}\) và \(P(A|B_1) = \frac{C_8^2}{C_{15}^2} = \frac{4}{15}\) Áp dụng công thức xác suất toàn phần \[P(A) = P(A|B_0).P(B_0) + P(A|B_1).P(B_1)\] \[= \frac{12}{35} \cdot \frac{2}{5} + \frac{4}{15} \cdot \frac{3}{5} = \frac{52}{175}.\]

42

## Câu 46:

Trong một đợt kiểm tra sức khoẻ, có một loại bệnh X mà tỉ lệ người mắc bệnh là 0,2% và một loại xét nghiệm Y mà ai mắc bệnh X khi xét nghiệm Y cũng có phản ứng dương tính. Tuy nhiên, có 6% những người không bị bệnh X lại có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y. Chọn ngẫu nhiên 1 người trong đợt kiểm tra sức khoẻ đó. Giả sử người đó có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y. Xác suất người đó bị mắc bệnh X là bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?

A. 0,3

B. 0,03

C. 0,04

D. 0,4. Phương pháp giải Áp dụng công thức Bayes để tính xác suất. Lời giải Xét các biến cố: A: "Người được chọn mắc bệnh X"; B: "Người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y". Theo giả thiết ta có: \(P(A) = 0,002; P(\overline{A}) = 1 - 0,002 = 0,998; P(B|A) = 1; P(B|\overline{A}) = 0,06\). Theo công thức Bayes, ta có: \[ \begin{aligned} P(A|B) &= \frac{P(A).P(B|A)}{P(A).P(B|A) + P(\overline{A}).P(B|\overline{A})} \\ &= \frac{0,002.1}{0,002.1 + 0,998.0,06} \approx 0,03. \end{aligned} \]

43

Câu 48:

Tỉ lệ tăng trưởng của vi khuẩn X gần nhất với kết quả nào sau đây?

A. 0,35

B. 0,36

C. 0,37

D. 0,38 Đáp án đúng là C Phương pháp giải Giải phương trình mũ cơ bản. Lời giải Chọn 6 giờ là mốc thời gian. Khi đó \(A = 150\). Sau 3 giờ, số lượng vi khuẩn là 450 con nên \(t = 3; S(3) = 450\). Từ đó ta có phương trình: \[150e^{3r} = 450 \Leftrightarrow e^{3r} = 3 \Leftrightarrow r = \frac{\ln 3}{3} \approx 0,37.\]

44

Câu 49:

Thời điểm số lượng vi khuẩn X gấp 9 lần số lượng vi khuẩn ban đầu là:

A. 3 giờ

B. 9 giờ

C. 12 giờ

D. 15 giờ Đáp án đúng là C Phương pháp giải Giải phương trình mũ cơ bản. Lời giải Gọi \(t_1\) là thời điểm số lượng vi khuẩn gấp 9 lần ban đầu. Khi đó: \(S(t_1) = 1350\) con. Ta có phương trình: \[150e^{\frac{\ln 3}{3}t_1} = 1350 \Leftrightarrow e^{\frac{\ln 3}{3}t_1} = 9 \Leftrightarrow \frac{\ln 3}{3}t_1 = \ln 9 \Leftrightarrow t_1 = 6.\] Vậy thời điểm số lượng vi khuẩn X gấp 9 lần số lượng vi khuẩn ban đầu là 6 giờ sau hay vào lúc 12 giờ

45

## Câu 50:

Cùng thời điểm lúc 6 giờ, người ta đo được số lượng vi khuẩn Y là 300 con. Biết rằng số lượng vi khuẩn Y tăng 5% mỗi giờ. Hỏi vào lúc mấy giờ, số lượng vi khuẩn X bằng số lượng vi khuẩn Y

A. 7 giờ

B. 8 giờ

C. 9 giờ

D. 10 giờ ## Đáp án đúng là B ### Phương pháp giải Viết công thức tính số lượng vi khuẩn Y. Giải phương trình mũ. ### Lời giải Gọi sau \(x\) giờ thì số lượng vi khuẩn X bằng số lượng vi khuẩn Y. Khi đó: \[S_0 \text{ lượng vi khuẩn } X \text{ là: } S_X = 150e^{\frac{\ln 3}{3}x}.\] Số lượng vi khuẩn \(Y\) là: \(S_Y = 300(1 + 5\%)^x\). Để số lượng vi khuẩn \(X\) bằng số lượng vi khuẩn \(Y\) thì \(S_X = S_Y\). \[\Leftrightarrow 150e^{\frac{\ln 3}{3}x} = 300(1 + 5\%)^x\] \[\Leftrightarrow \left( \frac{\frac{\ln 3}{e^{\frac{3}{3}}}}{1 + 5\%} \right)^x = 2 \Rightarrow x \approx 2,18.\] Vậy sau 2,18 giờ hay vào lúc 8 giờ 11 phút thì số lượng vi khuẩn X bằng số lượng vi khuẩn Y