Trang 2
2
Phần thi TƯ DUY TOÁN HỌC từ Câu 1 đến Câu 40
Câu 1. Cho hàm số
f x( )
có đạo hàm
f x x ( ) = − 2
. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m − 10;10
để hàm số
( )
3
y f x x m = − + 3
đồng biến trên khoảng
(1;+)
?
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
Đáp án đúng là: B
Phương pháp giải:
Tính đạo hàm của hàm hợp
y f u x = ( ( )) .
Hàm số đồng biến trên
(1;+)
khi
y
0
với mọi
x + (1; ).
Cô lập tham số
m
và khảo sát hàm số.
Lời giải chi tiết:
Ta có
( ) ( )
2 3 y x f x x m = − − + 3 3 3 .
Để hàm số đồng biến trên
(1;+)
thì
y x
+ 0, 1; ( )
. Vì
x 1
nên
2
3 3 0 x − .
Do đó, yêu cầu bài toán tương đương với:
( ) ( )
3
f x x m x − + + 3 0, 1; ( ) ( )
3 − + − + x x m x 3 2 0, 1; ( )
3 − + + + m x x x 3 2, 1; .
Xét hàm số
( )
3
g x x x = − + + 3 2
trên
(1;+)
.Khi đó:
( )
2
g x x x
= − + 3 3 0, 1.
Suy ra hàm số
g x( )
nghịch biến trên
(1;+).
Do đó,
( ) ( ) ( )
1
, 1; lim 4
x
m g x x m g x m
→ +
+ .
Vì
m − 10;10
và
m
nên
m4;5;6;7;8;9;10.
Vậy có 7 giá trị nguyên của tham số
m
thỏa mãn.
Câu 2. Họ các nguyên hàm của hàm số
y x x = − ( 1)
là
A.
2
2
x
x x C
− +
, C
là hằng số. B.
2
2 2
5 3
x
x x C
− +
, C
là hằng số.
C.
2
5 3
2 2
x
x x C
− +
, C
là hằng số. D.
2
2 2
5 3
x
x x C
+ +
, C
là hằng số.
Đáp án đúng là: B
Phương pháp giải:
Trang 3
3
Sử dụng công thức tính nguyên hàm của hàm số lũy thừa:
1
1
n
n x
x dx C
n
+
= +
+
(với
n −1
).
Lời giải chi tiết:
Ta có:
( ) ( )
1 3
2 2 y x x x x x x = − = − = − 1 1 .
3 5 3
2 2 2 2 2 2 2 2
5 3 5 3
x x dx x x C x x x C
− = − + = − +
.
Câu 3. Giá trị dương của tham số
m
để đồ thị của hàm số
( ) ( )
2
1 1
1
x m x m
y
x
− + + −
=
−
tạo với
các trục Ox, Oy một tam giác có diện tích bằng 2 là
Đáp án đúng là: 2
Phương pháp giải:
Tìm đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số bậc hai trên bậc nhất.
Diện tích tam giác vuông:
1
2
ABC S OA OB = .
Lời giải chi tiết:
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
x m x m x x m x
y x m
x x x
− + + − − − − −
= = = − −
− − −
.
Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên
d y x m : = − .
Xét giao điểm của tiệm cận xiên
d
với hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt ta có:
A m( ;0), B m (0;− )
.
Nên
2 OA m m = = , ( )
2
OB m m = − =
(do
m
dương).
Khi đó:
2
1 2
2 4 2
2 2 OAB
m
S OA OB m m = = = = =
(do
m 0
).
Vậy giá trị cần điền là 2.
Câu 4. Trong một ngăn tủ có 8 đôi găng tay khác màu. Bạn An bốc ngẫu nhiên từ ngăn tủ ra 4
chiếc găng tay. Hỏi xác suất để trong 4 chiếc mà An chọn có đúng 2 chiếc được ghép thành
một đôi (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) bằng
Đáp án đúng là: 0,37
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính xác suất cổ điển; quy tắc đếm (chọn 1 đôi trong 8 đôi và chọn 2 chiếc
không cùng đôi).
Lời giải chi tiết:
Trang 4
4
Trong 8 đôi găng tay có 16 chiếc nên ta có
( )
4
16 n C = =1820 .
Gọi
A
là biến cố "Trong 4 chiếc lấy ra có đúng 2 chiếc ghép thành 1 đôi".
+ Chọn 1 đôi găng tay có
1
8 C = 8
cách.
+ Chọn hai chiếc găng tay khác màu nhau có:
2 1 1
7 2 2 C C C = 84
cách.
Suy ra
n A( ) = = 8 84 672 .
Vậy
( )
672 0,37
1820
P A = .
Câu 5. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để phương trình
( ) ( )
2 2 2
x y z m x y y z + + − + + + + = 2 4 14 0
không biểu diễn một mặt cầu trong hệ tọa độ
Oxyz?
Đáp án đúng là: 5
Phương pháp giải:
Điều kiện của phương trình mặt cầu
2 2 2 x y z ax by cz d + + + + + + = 2 2 2 0
là
2 2 2 a b c d + + − 0 .
Để phương trình không biểu diễn mặt cầu thì
2 2 2 a b c d + + − 0 .
Lời giải chi tiết:
Ta biến đổi phương trình:
2 2 2
x y z mx my y z + + − − + + + = 2 2 4 4 14 0 ( )
2 2 2 + + − − − + + = x y z mx m y z 2 2 2 4 14 0 .
So với phương trình mặt cầu dạng tổng quát:
2 2 2 x y z ax by cz d + + + + + + = 2 2 2 0 .
Suy ra:
2 2 a m a m = − = − 2 2 2 2 b m b m = − − = − + ( )
2 4 2 c c = = d =14
Phương trình không biểu diễn mặt cầu khi:
2 2 2 a b c d + + − 0
Thay vào:
( ) ( )
2 2 2
− + − + + − m m 2 2 14 0 2 − − 2 4 6 0 m m − 1 3 m .
Các giá trị nguyên thỏa mãn là:
m − 1;0;1;2;3.
Vậy có tất cả 5 giá trị nguyên của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 6. Một máy xét nghiệm y tế có tỉ lệ dương tính giả là 5% (người không mắc bệnh nhưng
kết quả xét nghiệm dương tính) và âm tính giả là 2% (người mắc bệnh nhưng kết quả âm tính).
Trang 5
5
Biết tỉ lệ người thực sự mắc bệnh trong cộng đồng là 1%. Xác suất để một người thực sự mắc
bệnh biết rằng người đó nhận kết quả xét nghiệm dương tính là
a
b
(với
a
b
là phân số tối giản).
Giá trị của
a b +
bằng
Đáp án đúng là: 691
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes.
Lời giải chi tiết:
Gọi
B
là biến cố "Người đó thực sự mắc bệnh". Ta có
P B( ) = 0,01
và
P B( ) = 0,99 .
Gọi
D
là biến cố "Người đó nhận kết quả xét nghiệm dương tính".
Theo giả thiết:
Tỉ lệ dương tính giả là 5%, tức là
P D B ( | 0,05 ) = .
Tỉ lệ âm tính giả là 2%, suy ra tỉ lệ dương tính thật là
100% 2% 98% − =
, tức là
P D B ( | 0,98 ) =
Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất nhận kết quả dương tính là:
P D P B P D B P B P D B ( ) = + = + = + = ( ) ( | | 0,01 0,98 0,99 0,05 0,0098 0,0495 0,0593 ) ( ) ( )
Xác suất để người đó thực sự mắc bệnh khi biết kết quả dương tính (áp dụng công thức Bayes):
( )
( ) ( )
( )
| 0,0098 98 |
0,0593 593
P B P D B
P B D
P D
= = = .
Phân số
98
593
đã tối giản nên
a b = = 98, 593.
Vậy
a b + = + = 98 593 691.
Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với tọa độ các đỉnh
A(3;1)
, B(2;3)
. Biết rằng trọng tâm
G
của tam giác ABC nằm trên đường thẳng
x y + − = 2 5 0
, đỉnh
C
nằm trên đường thẳng
x y − + = 4 10 0
. Tọa độ của
G x y ( G G ; )
là
G
x =
và
G
y =
0 1 2 -4 -1
Đáp án đúng là:
1 G
x =
và
2 G
y =
Phương pháp giải:
Tham số hóa tọa độ điểm thuộc đường thẳng, xác định tọa độ trọng tâm tam giác trong mặt
phẳng.
Lời giải chi tiết:
Do
C d x y − + = : 4 10 0
nên tham số hoá tọa độ điểm
C t t (4 10; − ).
Trang 6
6
Mà
G
là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:
3 2 4 10 4 5
3 3 3
1 3 4
3 3 3
A B C
G
A B C
G
xxx t t
x
yyy t t
y
+ + + + − −
= = =
+ + + + + = = =
Hơn nữa
G d x y + − = : 2 5 0
nên:
4 5 4 4 5 2 8 15 2 5 0 0 6 12 0 2
3 3 3
t t t t
t t
− + − + + −
+ − = = − = = .
Thay
t = 2
vào biểu thức tọa độ
G
, ta được
1, 2 G G x y = = .
Vậy
G(1;2).
Câu 8. Số liệu thống kê chiều cao (cm) của học sinh khối 12 tại một trường THPT được thể
hiện trên biểu đồ tần số sau:
Độ lệch chuẩn cho chiều cao của các học sinh (làm tròn đến hàng phần trăm) là
A. 10,21. B. 9,38. C. 9,44. D. 10,42.
Đáp án đúng là: C
Phương pháp giải:
Xác định độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm.
Lời giải chi tiết:
Trung bình mẫu:
57 150 92 160 152 170 61 180 60090
57 92 152 61 362
x
+ + +
= =
+ + +
.
Phương sai của mẫu số liệu:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
57 150 92 160 152 170 61 180
89,20
362
x x x x
s
− + − + − + −
= .
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là:
s 89,20 9,44 .
Trang 7
7
Câu 9. Trong y học, người ta biết rằng nếu trái tim của một người đập đều đặn 70 lần/phút thì
áp suất máu trong mạch máu của người đó sau
t
giây được mô tả bởi hàm số
( )
7
20sin 100
3
t
P t
= +
, t 0
. Trong khoảng thời gian
0;1
giây, áp suất máu đạt giá trị
lớn nhất tại thời điểm
a
t
b
=
với
a b , ,
a
b
là phân số tối giản. Giá trị của
a b +
là
Đáp án đúng là: 17
Phương pháp giải:
Giá trị lớn nhất của hàm số lượng giác,
− 1 sin 1 ( f x( )) .
Lời giải chi tiết:
Ta có
( )
7
20sin 100, 0
3
t
P t t
= +
đạt giá trị lớn nhất khi:
7 7 3 6 sin 1 2
3 3 2 14 7
t t k t k
= = + = +
(
k
).
Mà trong khoảng thời gian
0;1
giây, tức là
t 0;1.
Khi đó để
t 0;1
thì
3 6 1 11 0 1
14 7 4 12
+ − k k .
Vì
k
nên
k = 0
, suy ra
3
14
t = .
Vậy
a b = = 3, 14
và
a b + =17.
Câu 10. Một sinh viên vay vốn ngân hàng với số tiền 50 triệu đồng để trang trải chi phí học
tập. Lãi suất cho vay là
0,8%
/tháng. Mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất sau khi nhận vốn,
sinh viên này trả một số tiền cố định là
A
(triệu đồng). Công thức để tính số tiền
A
sao cho
sinh viên trả hết nợ sau đúng 4 năm (48 tháng) là
A.
48
48
50 0,008 1,008
1,008 1
A
=
−
. B.
48
48
50 0,08 1,08
1,08 1
A
=
−
.
C.
( )
48
48
50 1,008 1
0,008 1,008
A
−
=
. D.
48 A = 50 0,008 1,008 .
Đáp án đúng là: A
Phương pháp giải:
Bài toán trả góp (vay vốn trả nợ đều hàng tháng).
Gọi
N
là số tiền vay ban đầu,
r
là lãi suất mỗi tháng,
n
là số tháng trả nợ.
Số tiền còn nợ sau tháng 1:
N r A (1+ −) .
Trang 8
8
Số tiền còn nợ sau tháng 2:
( ) ( ) ( ) ( )
2
N r A r A N r A r 1 1 1 1 1 + − + − = + − + +
.
Số tiền còn nợ sau tháng
n
:
( )
(1 1 )
1
n
n r
N r A
r
+ −
+ − .
Để trả hết nợ sau
n
tháng thì số tiền còn nợ bằng 0.
Lời giải chi tiết:
Áp dụng mô hình trả góp định kỳ với số tiền gốc
N = 50
(triệu đồng), lãi suất
r = = 0,8% 0,008
, kì hạn
n = = 4 12 48
tháng.
Sau 48 tháng, tổng số tiền nợ cộng dồn gốc và lãi phải bằng tổng giá trị của các khoản trả
A
được tính lãi kép tới thời điểm đó.
Ta có phương trình:
( )
( )
48
48 1 1
1 0
r
N r A
r
+ −
+ − = .
Suy ra
( )
( )
48
48
1
1 1
N r r
A
r
+
=
+ −
.
Thay số liệu vào, ta được:
48
48
50 0,008 1,008
1,008 1
A
=
−
.
Câu 11. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m − 10;10
để bất phương trình
( )
2
2
log 2 1 x x m − +
có tập nghiệm là
?
A. 6. B. 7. C. 8. D. 9.
Đáp án đúng là: B
Phương pháp giải:
Giải bất phương trình lôgarit
log ( ) ( )
b
a
f x b f x a
(khi
a 1
).
Tam thức bậc hai
2
0
0,
0
a
ax bx c x
+ +
.
Lời giải chi tiết:
Ta có bất phương trình:
( )
2
2
log 2 1 x x m − + .
Vì cơ số
2 1
nên bất phương trình tương đương với:
2 1 2
x x m x x m − + − + − 2 2 2 2 0.
Để bất phương trình có tập nghiệm là
thì
2
x x m − + − 2 2 0
phải đúng với mọi
x .
Điều kiện là:
( ) ( )
2
1 0
1 1 2 0
a
m
=
= − − −
− + − 1 2 0 3 0 3 m m m .
Vì tham số
m
nguyên và
m − 10;10
nên
m4;5;6;7;8;9;10.
Trang 9
9
Vậy có 7 giá trị nguyên của tham số
m
thỏa mãn.
Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2
:
2 2 1
x y z d
+ +
= =
và mặt
phẳng
(P x y z ): 2 4 4 1 0 − − + =
. Với
(2;2;1)
u =
và
(1; 2; 2)
n = − −
Khẳng định Đúng Sai
a)
4
u n = .
b) Góc giữa đường thẳng
d
và mặt phẳng
(P)
là
63
(làm tròn kết quả đến hàng
đơn vị của độ).
Đáp án đúng là: a) SAI; b) SAI
Phương pháp giải:
( ; ; , ; ; ) ( )
u a b c n x y z u n ax by cz = = = + + .
sin , cos , ( ( )) ( )
u n
d P u n
u n
= =
.
Lời giải chi tiết:
a)
(2;2;1)
u =
và
(1; 2; 2)
n = − −
nên
2 1 2 2 1 2 4 4 ( ) ( )
u n = + − + − = −
. Vậy khẳng định a)
sai.
b) Góc giữa đường thẳng
d
và mặt phẳng
(P)
thỏa mãn:
( ( ))
4 4 4 sin ,
4 4 1 1 4 4 3 3 9
u n
d P
u n
−
= = = =
+ + + +
.
Suy ra
(d P , 26,39 ( ))
. Vậy khẳng định b) sai.
Câu 13. Trên trục Ox, cho hai chất điểm chuyển động có tọa độ theo thời gian
t
(giây) lần lượt
là
1
s t = 2sin
và
2
s t = sin 2
(tham khảo hình vẽ minh họa).
Khẳng định Đúng Sai
a) Trong 4 giây đầu tiên, khoảng cách giữa hai chất điểm lớn nhất là 2,42 (làm
tròn đến hàng phần trăm)
b) Trong 2 giây đầu tiên, khi
2
s
lớn nhất thì
1
s
bằng
2 .
c) Trong 4 giây đầu tiên,
1
s
và
2
s
bằng nhau tại 4 thời điểm.
Đáp án đúng là: a) SAI; b) ĐÚNG; c) SAI.
Trang 10
10
Phương pháp giải:
Khảo sát hàm số khoảng cách
( ) 1 2 f t s s = − .
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn.
Giải phương trình lượng giác.
Lời giải chi tiết:
a) Xét khoảng cách đại số:
1 2 s s t t t t t − = − = − 2sin sin 2 2sin 2sin cos .
Đặt
f t t t ( ) = − 2sin sin 2 ( ) ( )
2 2 = − = − − = − + + f t t t t t t t 2cos 2cos 2 2cos 2 2cos 1 4cos 2cos 2 .
( )
cos 1 2
0 1 2
cos 2
2 3
t t k
f t
t t k
= =
= = − = +
.
Do
0
0;4 2
3
t
t
t
=
=
.
Ta có:
f (0 0 ) =
;
2 3 3 3 3 2 2,60
3 2 2 2
f
= − − =
.
( ) ( )
max
f f t 4 2,5 2,60 − .
Vậy khoảng cách lớn nhất là xấp xỉ 2,60. Khẳng định a) sai.
b)
2
s t = sin 2 1
nên
2
s
lớn nhất khi
sin 2 1 2
2 4
t t t
= = =
(do
t 0;2
).
Khi đó
1
2
2sin 2 2
4 4 2
s
= = =
. Khẳng định b) đúng.
c) Với
t 0;4
, xét
sin 0
2sin sin 2 2sin 2sin cos sin 0
cos 1
t
t t t t t t t k
t
=
= = = =
=
.
Do
t 0;4
nên
t 0;
. Chỉ có 2 thời điểm để
1
s
và
2
s
bằng nhau. Khẳng định c) sai.
Câu 14. Gọi
A
là tập hợp các ước số nguyên dương của 500. Gọi
B
là một tập con được chọn
ngẫu nhiên của
A
. Xác suất để
B
là một tập hợp không rỗng có tính chất bội chung nhỏ nhất
của các phần tử trong đó là 500 là
m
n
, trong đó
m
và
n
là các số nguyên dương nguyên tố
cùng nhau. Tính
m n +
bằng
Đáp án đúng là: 117
Phương pháp giải:
Trang 11
11
Tính số tập con của
A
. Sử dụng phần bù để tính xác suất.
Lời giải chi tiết:
Ta có
2 3 500 2 5 =
, suy ra số ước dương của 500 là
(2 1 3 1 12 + + = )( ) .
Mỗi tập con của
A
có xác suất được chọn như nhau, tổng cộng có
12 2 4096 =
tập con.
Điều kiện
lcm 500 (B) =
. Để BCNN bằng 500, trong tập
B
phải có:
Ít nhất một phần tử chứa
2
2 .
Ít nhất một phần tử chứa
3
5 .
Ta tính phần bù (các tập con không thỏa mãn), có các trường hợp sau:
+ Không có phần tử chứa
2
2
: chỉ chọn từ các ước có số mũ của 2 nhỏ hơn hoặc bằng 1.
Có
2 4 8 =
ước
8 = 2 256
tập con.
+ Không có phần tử chứa
3
5
: chỉ chọn từ các ước có số mũ của 5 nhỏ hơn hoặc bằng 2.
Có
3 3 9 =
ước
9 = 2 512
tập con.
+ Giao của hai phần bù (không có cả
2
2
lẫn
3
5
): chỉ chọn từ các ước có số mũ của
2 1
và
5 2 .
Có
2 3 6 =
ước
6 = 2 64
tập con.
Số tập con không thỏa mãn là:
256 512 64 704 + − = .
Số tập con thỏa mãn
lcm 500 (B) =
là:
4096 704 3392 − = .
Khi đó xác suất cần tìm là
12
3392 3392 53
2 4096 64
P = = = .
Suy ra
53 53, 64
64
m
m n
n
= = = .
Vậy
m n + = + = 53 64 117 .
Câu 15. Cho khối chóp cụt tứ giác đều có các cạnh đáy lần lượt bằng 6 và 8, chiều cao của mặt
bên bằng 5. Thể tích của hình chóp cụt đã cho bằng bao nhiêu?
A.
148 26
3
B.
740
3
C.
296 6
3
D.
148 21
3
Đáp án đúng là: C
Phương pháp giải:
Tính chiều cao của khối chóp cụt.
Sử dụng công thức tính thể tích:
( )
1
3
V h S S S S = + + .
Lời giải chi tiết:
Trang 12
12
Kẻ đường cao của mặt bên (là hình thang cân), hình chiếu của nó trên đáy có độ dài bằng nửa
hiệu hai cạnh đáy:
8 6 1
2
−
= .
Chiều cao của hình chóp cụt là:
2 2 h = − = = 5 1 24 2 6 .
Diện tích đáy lớn
2
S = = 8 64
, diện tích đáy nhỏ
2
S
= = 6 36 .
Thể tích hình chóp cụt là:
( ) ( )
1 2 6 296 6 2 6 36 64 36 64 100 48
3 3 3
V = + + = + = .
Câu 16. Trong không gian Oxyz cho điểm
M (4;6;4)
và hai đường thẳng
1
1 3
:
2 4 3
x y z d
− +
= =
,
2
2 4
:
1 1 3
x y z d
− +
= = .
Đường thẳng đi qua
M
đồng thời cắt cả 2 đường thẳng
1
d
và
2
d
lần lượt tại
A
và
B .
Tọa độ điểm
A
là ...
Tọa độ điểm
B
là ...
3
2; 1;
2
−
(5;1; 2− ) (− − 2;0; 10) (1;3; 1− ) (7;9;9)
Đáp án đúng là:
Tọa độ điểm
A
là
(7;9;9)
Tọa độ điểm
B
là
(1;3; 1− )
Phương pháp giải:
M, A, B thẳng hàng nên tồn tại số
k 0
sao cho
MA k MB = .
Lời giải chi tiết:
Do
A d A a a a + − + 1 (1 2 ; 3 4 ;3 )
và
B d B b b b + − + 2 ( ;2 ; 4 3 ) .
Ta có
(2 3;4 9;3 4)
MA a a a = − − −
;
( 4; 4;3 8)
MB b b b = − − − .
Do ba điểm M, A, B thẳng hàng nên tồn tại
k 0
sao cho
MA k MB =
. Suy ra:
( )
( )
( )
2 3 4 (1)
4 9 4 (2)
3 4 3 8 (3)
a k b
a k b
a k b
− = −
− = −
− = −
Từ
(1 , 2 2 3 4 9 2 6 3 ) ( ) − = − = = a a a a .
Thay
a = 3
vào
(2 , 3 ) ( )
ta có hệ phương trình:
Trang 13
13 ( )
( )
4 3 4 3 5 20 9 24 4 4 1
3 8 5 3 8 5
k b b
b b b b
k b b
− = −
= − = − = =
− = −
.
Với
b k k = − = = − 1 1 4 3 1 ( ) .
Từ đó suy ra
A(7;9;9)
và
B(1;3; 1− ) .
Câu 17. Thống kê số váy bán được tại một cửa hàng quần áo trong tháng ta thu được bảng dưới
đây.
Cỡ váy S M L
Số váy 195 294 151
Trong những biểu đồ hình quạt sau, biểu đồ nào thích hợp nhất để biểu diễn dữ liệu trong bảng
trên?
A. B.
C. D.
Đáp án đúng là: B
Phương pháp giải:
Tính phần trăm từng loại váy trong cửa hàng.
Lời giải chi tiết:
Tổng số váy bán được là
195 294 151 640 + + = .
Cỡ váy S M L
Trang 14
14
Tỷ lệ
30,47% 45,94% 23,59%
Do đó, phần hình tròn biểu thị số váy cỡ M gần bằng một nửa hình tròn (khoảng 46%), phần
hình tròn biểu thị số váy cỡ L nhỏ hơn số váy cỡ S. Biểu đồ B thể hiện đúng tỷ lệ này.
Câu 18. Cho hàm số
y f x = ( )
xác định trên
và giới hạn
( ) ( )
5
5
lim 7
x 5
f x f
→ x
−
=
−
. Giới hạn
( ) ( )
2
2
1 5
lim
x 2
f x f
→ x
+ −
=
−
Đáp án đúng là: 28
Phương pháp giải:
Sử dụng định nghĩa đạo hàm:
( ) ( )
( )
0
0
0
0
lim
x x
f x f x
f x
→ x x
−
=
−
.
Sử dụng quy tắc L'Hôpital hoặc biến đổi đại số tương đương.
Lời giải chi tiết:
Từ giả thiết, theo định nghĩa đạo hàm tại
0
x = 5
:
( )
( ) ( )
5
5
5 lim 7
x 5
f x f
f
→ x
−
= =
−
.
Giới hạn cần tính
( ) ( )
2
2
1 5
lim
x 2
f x f
L
→ x
+ −
=
−
có dạng
0
0
khi
x → 2
(vì
2
x + →1 5
).
Biến đổi đại số:
( ) ( )
2
2
2
2
1 5 4
lim
x 1 5 2
f x f x
L
→ x x
+ − −
=
+ − −
( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2
1 5
lim lim 2
1 5 x x
f x f
L x
→ → x
+ −
= +
+ −
Đặt
2
t x = +1
, khi
x → 2
thì
t → 5
. Do đó:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2
2 2 5
1 5 5
lim lim 5 7
x t 1 5 5
f x f f t f
f
→ → x t
+ − −
= = =
+ − −
.
Suy ra
L = + = = 7 2 2 7 4 28 ( ) .
Câu 19. Lon nước ngọt có hình trụ còn cốc uống nước có hình nón cụt (như hình vẽ minh họa
dưới đây).
Trang 15
15
Khi rót nước ngọt từ lon ra cốc thì chiều cao h của phần nước ngọt còn lại trong lon và chiều
cao của phần nước ngọt có trong cốc là như nhau. Hỏi khi đó chiều cao h trong lon nước gần
nhất với số nào sau đây?
A.
9,18 cm. B.
14,2 cm. C.
8,58 cm
D.
7,5 cm .
Đáp án đúng là: C
Phương pháp giải:
Dùng định lý Thales để thiết lập mối liên hệ giữa chiều cao
h
và bán kính
r
mặt nước trong
cốc.
Sử dụng công thức tính thể tích khối trụ và khối chóp cụt để lập phương trình theo
r .
Lời giải chi tiết:
Cắt dọc cốc nước qua trục, áp dụng định lý Thales đối với thiết diện đi qua trục hình nón cụt,
ta có mối liên hệ giữa bán kính mặt nước
r
và chiều cao
h
là:
2 15 2 ( )
15 4 2 2
h r r
h
− −
= =
−
(với
2 4 r
).
Thể tích ban đầu của lon nước ngọt đầy (hình trụ) là:
2 3
tr V = = 3 15 135 (cm ).
Khi rót nước từ lon ra cốc, tổng thể tích phần nước trong cốc và phần nước còn lại trong lon
đúng bằng
135 .
Thể tích phần nước ngọt trong cốc (hình nón cụt) là:
( ) ( )
2 2 2
1
1
2 2 2 4
3 3
h
V h r r r r
= + + = + + .
Thể tích phần nước ngọt còn lại trong lon (hình trụ) là:
2
2 V h h = = 3 9 .
Ta có phương trình:
( )
2
1 2 135 2 4 9 135
3
h
V V r r h
+ = + + + = ( )
2 + + = h r r 2 31 405 .
Thay
15 2 ( )
2
r
h
−
=
vào phương trình trên:
( )
( )
2
15 2
2 31 405
2
r
r r
−
+ + =
Trang 16
16 ( )( )
2 − + + = r r r 2 2 31 54 3 + − = r r 27 62 54 3 + − = r r 27 116 0 .
Giải phương trình bậc ba, ta được nghiệm duy nhất
r 3,143.
Suy ra
15 2 15 3,143 2 ( ) ( )
8,575 cm
2 2
r
h
− −
= .
Kết quả gần nhất là
8,58 cm.
Câu 20. Áp suất khí quyển
p
(tính bằng kilôpascan, viết tắt là kPa) ở độ cao
h
(so với mực
nước biển, tính bằng km) được tính theo công thức sau:
ln
100 7
p h = −
Khẳng định Đúng Sai
a) Áp suất khí quyển ở độ cao 4km là 56,47 kPa. (kết quả làm tròn đến hàng phần
trăm).
b) Ở độ cao trên 10km thì áp suất khí quyển sẽ nhỏ hơn 23,97 kPa.
Đáp án đúng là: a) ĐÚNG; b) ĐÚNG
Phương pháp giải:
Giải phương trình và bất phương trình logarit dựa vào công thức đề bài.
Lời giải chi tiết:
a) Thay
h = 4
vào công thức, ta có:
4
ln
100 7
p
= −
.
Từ đó:
4 4
7 7 100 56,47 (kPa)
100
p
e p e
− −
= =
. Khẳng định a) đúng.
b) Khi ở độ cao trên 10 km thì
h 10
, do đó:
10 10 ln
7 7 100 7
h p
− − −
.
10 10
7 7 0 0 100 23,97 (kPa)
100
p
e p e
− − .
Vậy áp suất khí quyển sẽ nhỏ hơn 23,97 kPa. Khẳng định b) đúng.
Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình bình hành. Gọi I, J lần lượt là trọng tâm
của tam giác SAB và SCD; E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Khi đó:
Khẳng định Đúng Sai
a) \frac{SI}{SE} = \frac{2}{3}
b) IJ \parallel \left( ABCD \right)
Trang 17
17
c) BC song song với mặt phẳng
(SAD)
và
(SEF)
d) BC cắt mặt phẳng
( AIJ )
Đáp án đúng là: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.
Phương pháp giải:
Mối quan hệ song song trong không gian.
Lời giải chi tiết:
a) Do
I
là trọng tâm của tam giác SAB và SE là trung tuyến nên
2
3
SI
SE
=
. Khẳng định a) đúng.
b) Do I, J lần lượt là trọng tâm của tam giác SAB và SCD nên
2
3
SI SJ IJ EF
SE SF
= = .
Mà
EF ABCD ( )
nên
IJ ABCD ( )
. Khẳng định b) đúng.
c) Vì
BC AD
và
AD SAD ( )
nên
BC SAD ( ).
Vì E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD nên EF là đường trung bình của hình bình hành
ABCD, suy ra
BC EF .
Mà
EF SEF ( )
nên
BC SEF ( )
. Khẳng định c) đúng.
d) Ta có:
IJ EF
và
EF BC BC IJ .
Mà
IJ AIJ ( )
nên
BC AIJ ( )
(hiển nhiên BC không nằm trong
( AIJ )
). Do đó BC không
thể cắt
( AIJ )
. Khẳng định d) sai.
Câu 22. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m − 10;10
để đồ thị hàm số
3
y x x m =−+ 3
có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng
x y − + = 2 2 0
?
A. 1. B. 2. C. 0. D. 3.
Đáp án đúng là: A
Phương pháp giải:
Tìm tọa độ hai điểm cực trị A, B của đồ thị hàm số.
Hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng
d
khi và chỉ khi
0
AB ud
=
và trung điểm
I
của đoạn thẳng AB thuộc
d .
Lời giải chi tiết:
Ta có:
2
y x
= − 3 3
. Khi đó:
2
1 2
0 1 0
1 2
x y m
y x
x y m
= = − = − =
= − = +
.
Suy ra đồ thị hàm số luôn có hai điểm cực trị là
A m (1; 2 − )
và
B m (− + 1; 2).
Trang 18
18
Tọa độ trung điểm
I
của đoạn thẳng AB là
I m (0; )
. Véctơ
( 2;4)
AB = − .
Đường thẳng
d x y : 2 2 0 − + =
có véctơ chỉ phương là
(2;1)
d
u = .
Kiểm tra điều kiện vuông góc:
( 2 2 4 1 0 )
AB ud
= − + = .
Do đó đường thẳng AB luôn vuông góc với
d
với mọi
m .
Để A, B đối xứng nhau qua
d
thì trung điểm
I
phải nằm trên đường thẳng
d .
Thay tọa độ
I m (0; )
vào phương trình đường thẳng
d
:
0 2 2 0 2 2 1 − + = = = m m m .
Giá trị
m =1
nằm trong đoạn
−10;10
. Vậy có 1 giá trị của
m
thỏa mãn.
Câu 23. Số
111 111
gồm 2025 chữ số 1 khi chia cho 15 được kết quả là một số có đúng 1
chữ số thập phân sau dấu phẩy. Chữ số thập phân sau dấu phẩy là
Đáp án đúng là: 4
Phương pháp giải:
Sử dụng tính chất chia hết cho 3 và 5.
Lời giải chi tiết:
Gọi
N = 111 111
(2025 chữ số 1).
Ta có tổng các chữ số của
N
là 2025. Vì 2025 chia hết cho 3 nên
N
chia hết cho 3. Ta viết
N k = 3 (k ).
Khi đó phép chia
N
cho 15 ta được:
3
15 15 5
N k k
= = .
Để kết quả có đúng 1 chữ số thập phân, cần
k
không chia hết cho 5.
Xét số dư của
k
khi chia cho 5:
Ta có
N
tận cùng là 1 nên
N 1 mod5 ( ).
Do đó
3 1 mod5 3 6 mod5 2 mod5 k k k ( ) ( ) ( ).
Vậy
k q = + 5 2
với
q .
Suy ra
5 2 2 0,4
15 5 5 5
N k q
q q
+
= = = + = + .
Vậy chữ số thập phân duy nhất là 4.
Câu 24. Một quả bóng cao su được thả rơi tự do từ độ cao 10m xuống mặt sàn phẳng. Biết
rằng sau mỗi lần chạm đất, quả bóng nảy lên với độ cao bằng
3
4
độ cao của lần rơi ngay trước
đó. Giả sử quả bóng chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng. Tổng quãng đường quả bóng
di chuyển (từ lúc được thả rơi cho đến khi dừng hẳn) bằng
Trang 19
19
A. 70m. B. 40m. C. 80m. D. 60m.
Đáp án đúng là: A
Phương pháp giải:
Quãng đường quả bóng di chuyển là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn.
Công thức tổng của cấp số nhân lùi vô hạn:
1
1
u
S
q
=
−
với
q 1.
Lời giải chi tiết:
Quãng đường quả bóng di chuyển bao gồm quãng đường rơi xuống và quãng đường nảy lên.
Quãng đường quả bóng rơi lần 1 là 10 m.
Sau lần chạm đất thứ nhất, quả bóng nảy lên độ cao
3
10
4
m và rơi xuống cũng một khoảng
3
10
4
m. Tổng quãng đường di chuyển trong lần chạm thứ nhất là
3
2 10
4
m.
Sau lần chạm đất thứ hai, tổng quãng đường nảy lên và rơi xuống là
2
3
2 10
4
m.
Tương tự, sau lần chạm thứ
n
, tổng quãng đường là
3
2 10
4
n
m.
Tổng quãng đường quả bóng di chuyển từ lúc thả đến lúc dừng hẳn là:
2
3 3 3 10 2 10 2 10 2 10
4 4 4
n
S
= + + ++ +
2
3 3 3 10 20
4 4 4
n
S
= + + ++ +
.
Biểu thức trong ngoặc là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu
1
3
4
u =
và công
bội
3
4
q = .
Suy ra
3 3
4 4 10 20 10 20 10 20 3 70 (m) 3 1 1
4 4
S = + = + = + =
−
.
Câu 25. Tập xác định
D
của hàm số
( )
2
2
y x x x = − + − + log 4 3 2
là
A.
D = − ( ;1. B.
D = + 3; ). C.
D = − + ( ;1 3; ) ( )
D.
D = .
Đáp án đúng là: A
Trang 20
20
Phương pháp giải:
Hàm số lôgarit
y f x = loga ( )
xác định khi
f x( ) 0 .
Căn bậc hai
g x( )
xác định khi
g x( ) 0 .
Giải hệ bất phương trình chứa căn.
Lời giải chi tiết:
Điều kiện xác định của hàm số là:
( )
( )
2
2
4 3 0 1
4 3 2 0 2
x x
x x x
− +
− + − +
Từ bất phương trình
(1)
:
2
1
4 3 0
3
x
x x
x
− +
.
Từ bất phương trình
(2)
:
2
x x x − + − 4 3 2 .
Trường hợp 1: Nếu
x 1
, ta có
x − 2 0
. Khi đó vế trái luôn không âm, vế phải âm nên bất
phương trình luôn đúng. Vậy
x 1
là nghiệm.
Trường hợp 2: Nếu
x 3
, ta có
x − 2 0
. Bình phương hai vế bất phương trình ta được:
( )
2 2 2 2
x x x x x x x − + − − + − + 4 3 2 4 3 4 4 3 4
(vô lý).
Do đó không có giá trị nào của
x 3
thỏa mãn.
Kết hợp hai trường hợp, tập xác định của hàm số là
D = − ( ;1.
Câu 26. Cho đường tròn như hình vẽ, quay hình phẳng như hình được tô đậm trong hình vẽ
bên quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích là:
A.
V = 4 3 . B.
V = 6 3
C.
V = 5 3 . D.
V = 2 3 .
Đáp án đúng là: A
评论 (0)
暂无评论。快来抢沙发吧！