Đề thi thử TSA Đợt 3 - Đề 10 (Có đáp án)

1. Câu 1

   Một công ty muốn thiết kế một hộp giấy hình hộp chữ nhật không nắp có thể tích $500 \mathrm{~cm}^{3}$. Đáy hộp là hình vuông. Tìm kích thước cạnh đáy của hộp để chi phí nguyên vật liệu làm hộp là thấp nhất.

   A

   10 cm

   B

   5 cm.

   C

   15 cm.

   D

   20 cm.

   Lösungen ansehen

   Lösung: A

   Phương pháp giải:

   Gọi cạnh đáy là $x$, chiều cao là $h$. Rút $h$ theo $x$ từ thể tích. Lập hàm số diện tích toàn phần (không nắp) và tìm giá trị nhỏ nhất bằng đạo hàm hoặc bất đẳng thức Cauchy.

   Lời giải chi tiết:

   Gọi cạnh đáy của hộp là $x(x>0$, đơn vị: cm ), chiều cao của hộp là $h(h>0$, đơn vị: cm ). Thể tích của hộp là $V=x^{2} h=500 \Rightarrow h=\frac{500}{x^{2}}$.

   Vì hộp không có nắp nên diện tích nguyên vật liệu cần dùng chính là diện tích xung quanh cộng với diện tích đáy: $S=x^{2}+4 x h=x^{2}+4 x\left(\frac{500}{x^{2}}\right)=x^{2}+\frac{2000}{x}$.

   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương $x^{2}, \frac{1000}{x}, \frac{1000}{x}$ :

   $S=x^{2}+\frac{1000}{x}+\frac{1000}{x} \geq 3 \sqrt[3]{x^{2} \cdot \frac{1000}{x} \cdot \frac{1000}{x}}=3 \sqrt[3]{1000000}=300 .$

   Dấu "=" xảy ra khi $x^{2}=\frac{1000}{x} \Leftrightarrow x^{3}=1000 \Leftrightarrow x=10$.

   Vậy kích thước cạnh đáy để chi phí thấp nhất là 10 cm.

2. Câu 2

   Cho hàm số $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}2 x+5 & \text { khi } x \geq 1 \\ 3 x^{2}+4 & \text { khi } x<1\end{array}\right.$. Giả sử $F(x)$ là nguyên hàm của $f(x)$ trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $F(0)=2$. Giá trị của $F(-1)+2 F(2)$ bằng.

   A

   27.

   B

   29.

   C

   12.

   D

   33.

   Lösungen ansehen

   Lösung: A

   Phương pháp giải:

   Sử dụng tính chất tích phân $\int_{a}^{b} f(x) d x=F(b)-F(a)$ và tính liên tục của nguyên hàm.

   Lời giải chi tiết:

   Ta có $\int_{-1}^{0} f(x) d x=F(0)-F(-1) \Rightarrow F(-1)=F(0)-\int_{-1}^{0}\left(3 x^{2}+4\right) d x=2-5=-3$.

   Mặt khác, hàm số liên tục tại $x=1$ nên $F(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$.

   Ta có $\int_{0}^{2} f(x) d x=F(2)-F(0) \Rightarrow F(2)=F(0)+\int_{0}^{1}\left(3 x^{2}+4\right) d x+\int_{1}^{2}(2 x+5) d x$.

   Khi đó: $F(2)=2+5+8=15$.

   Vậy $F(-1)+2 F(2)=-3+2(15)=27$.

3. Câu 3

   Chiều cao $h$ (mét) của một cabin trên vòng quay Mặt Trời so với mặt đất sau $t$ phút được mô hình hóa bởi $h(t)=15-10 \cos \left(\frac{\pi t}{5}\right)$. Hỏi trong 20 phút đầu tiên, cabin đạt độ cao 20 mét bao nhiêu lần?

   A

   2.

   B

   3.

   C

   4.

   D

   5.

   Lösungen ansehen

   Lösung: C

   Phương pháp giải:

   Giải phương trình lượng giác $h(t)=20$ và tìm số nghiệm trong khoảng [0; 20].

   Lời giải chi tiết:

   Ta có phương trình: $15-10 \cos \left(\frac{\pi t}{5}\right)=20 \Leftrightarrow \cos \left(\frac{\pi t}{5}\right)=-0,5$.

   $\Leftrightarrow \cos \left(\frac{\pi t}{5}\right)=\cos \left(\frac{2 \pi}{3}\right) \Leftrightarrow \frac{\pi t}{5}= \pm \frac{2 \pi}{3}+k 2 \pi \Leftrightarrow t= \pm \frac{10}{3}+10 k(k \in \mathbb{Z})$.

   Vì $t \in[0 ; 20]$ nên ta xét các trường hợp:

   Với $t=\frac{10}{3}+10 k: 0 \leq \frac{10}{3}+10 k \leq 20 \Leftrightarrow-\frac{1}{3} \leq k \leq \frac{5}{3} \Rightarrow k \in\{0 ; 1\}$. Ta được $t=\frac{10}{3}, t=\frac{40}{3}$.

   Với $t=-\frac{10}{3}+10 k: 0 \leq-\frac{10}{3}+10 k \leq 20 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \leq k \leq \frac{7}{3} \Rightarrow k \in\{1 ; 2\}$. Ta được $t=\frac{20}{3}, t=\frac{50}{3}$.

   Vậy trong 20 phút đầu tiên, cabin đạt độ cao 20 mét 4 lần.

4. Câu 4

   Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại $A$ và $B$. Biết cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng $60^{\circ} . A B=3 a, B C=4 a, A D=2 a$ . Gọi $M$ là trung điểm của AC, khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng

   A

   $a \sqrt{3}$.

   B

   $\frac{5 a}{2}$.

   C

   $\frac{10 a \sqrt{3}}{\sqrt{79}}$.

   D

   $5 a \sqrt{3}$.

   Lösungen ansehen

   Lösung: C

   [ANH_1]
   Gọi $N$ là trung điểm BC, ta có MN là đường trung bình của tam giác $A B C \Rightarrow M N \| A B$.
   Do đó $A B \|(S M N) \Rightarrow d(A B, S M)=d(A B,(S M N))=d(A,(S M N))$.
   Vì ABCD là hình thang vuông tại $A$ và $B$ nên $A B \perp B C$. Mà $M N \| A B \Rightarrow M N \perp B C$.
   Trong mặt phẳng đáy, kẻ $A H \perp M N$ tại $H$. Vì $M N \| A B$ và $A B \perp B C$ nên AHBN là hình chữ nhật, suy ra $A H=N B=\frac{B C}{2}=2 a$.
   Trong mặt phẳng $(S A H)$, kẻ $A K \perp S H$ tại $K$.
   Ta có $M N \perp A H$ và $M N \perp S A \Rightarrow M N \perp(S A H) \Rightarrow M N \perp A K$.
   Từ đó $A K \perp(S M N) \Rightarrow d(A,(S M N))=A K$.
   Xét tam giác ABC vuông tại $B: A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=\sqrt{9 a^{2}+16 a^{2}}=5 a$. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là $S C A=60^{\circ}$.
   Xét tam giác SAC vuông tại $A: S A=A C \tan 60^{\circ}=5 a \sqrt{3}$.
   Xét tam giác SAH vuông tại $A$, đường cao AK: $\frac{1}{A K^{2}}=\frac{1}{A H^{2}}+\frac{1}{S A^{2}}=\frac{1}{4 a^{2}}+\frac{1}{75 a^{2}}=\frac{79}{300 a^{2}} \Rightarrow A K=\frac{10 a \sqrt{3}}{\sqrt{79}} .$
   Vậy $d(A B, S M)=\frac{10 a \sqrt{3}}{\sqrt{79}}$.

5. Câu 5

   Cho $f(x)$ là hàm đa thức thỏa mãn $\int(x-1) f(x) d x=x^{3}+a x^{2}+3 x+C$. Khi đó giá trị của $a=$giá trị của $f(2)=$
   Lösungen ansehen

   Lösung: (1) -3; (2) 3

   Phương pháp giải: Áp dụng tính chất của tích phân và đạo hàm hai vế. Lời giải chi tiết: Theo tính chất của nguyên hàm, đạo hàm của vế phải chính là biểu thức dưới dấu tích phân. Ta có: $(x-1) f(x)=3 x^{2}+2 a x+3$ () Vì $f(x)$ là một hàm đa thức, nên vế phải của phương trình () phải chia hết cho ( $x-1$ ). Điều này có nghĩa là $x=1$ phải là một nghiệm của đa thức $P(x)=3 x^{2}+2 a x+3$. Thay $x=1$ vào vế phải, ta được: $3(1)^{2}+2 a(1)+3=0 \Rightarrow 2 a+6=0 \Rightarrow a=-3$. Thay $a=-3$ vào phương trình (*): $\begin{gathered} (x-1) f(x)=3 x^{2}-6 x+3 \\ (x-1) f(x)=3\left(x^{2}-2 x+1\right) \\ (x-1) f(x)=3(x-1)^{2} \end{gathered}$ Chia cả hai vế cho $(x-1)$, ta tìm được: $f(x)=3(x-1)$. Suy ra $f(2)=3(2-1)=3$.

Bearbeiten Sie alle 100 Fragen, um bewertet zu werden und die ausführlichen Lösungen zu sehen.