Toán 12 - Đề Tinh Hoa TN THPT - Đề 14

PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM 4 PHƯƠNG ÁN

Câu 1: [VEAgroup] Cho cấp số cộng $\left( {{u}_{n}} \right)$ với ${{u}_{1}}=-1$ và ${{u}_{2}}=4.$ Giá trị của ${{u}_{3}}{}$ bằng

A. $9.{}$

B. $-16.$

C. $7.{}$

D. $-8.$

Đáp án: A

Lời giải:

Ta có: $d={{u}_{2}}-{{u}_{1}}=4-\left( -1 \right)=5$ nên ${{u}_{3}}={{u}_{2}}+d=4+5=9$.

Câu 2: [VEAgroup] Cho hàm số $y=\dfrac{ax+b}{cx+d}$ với $a,b,c,d\in \mathbb{R}$ có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào đúng?

A. ${y}'{>}0,\forall x\ne 1.$   

B. ${y}'{>}0,\forall x\in \mathbb{R}.$ 

C. ${y}'{<}0,\forall x\in \mathbb{R}.$  

D. ${y}'{<}0,\forall x\ne 1.$

Đáp án: D

Lời giải:

Từ đồ thị ta thấy ${y}'{{}$

Câu 3: [VEAgroup] Số nghiệm nguyên của bất phương trình ${{\log }_{0{,}5}}\left( 2x+6 \right)\ge -5$ là

A. $16.{}$

B. $13.{}$

C. $15.{}$

D. $8.{}$

Đáp án: A

Lời giải:

Bất phương trình đã cho $\Leftrightarrow 0{$
Vì $x\in \mathbb{Z}$ nên có tất cả $16{}$ nguyện nguyên thỏa mãn

Câu 4: [VEAgroup] Theo thống kê điểm trung bình môn Toán của một số học sinh đã trúng tuyển vào lớp 10 năm học 2024 - 2025 của một trường được kết quả như bảng sau:
Khoảng điểm $[6{,}5;7)$ $[7;7{,}5)$ $[7{,}5;8)$ $[8;8{,}5)$ $[8{,}5;9)$ $[9;9{,}5)$ $[9{,}5;10)$
Tần số $7{}$ $10{}$ $17{}$ $24{}$ $13{}$ $8{}$ $5{}$
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là (Kết quả làm tròn đến hàng phần chục)

A. ${{\Delta }_{Q}}=1{,}1.$

B. ${{\Delta }_{Q}}=1.$

C. ${{\Delta }_{Q}}=1{,}2.$

D. ${{\Delta }_{Q}}=0{,}6.$

Đáp án: A

Lời giải:

Ta có: $n=84$ và $\Delta Q={{Q}_{3}}-{{Q}_{1}}$.
Mặt khác: $\dfrac{3n}{4}=63\Rightarrow {{Q}_{3}}=\dfrac{\dfrac{3n}{4}-\left( 7+10+17+24 \right)}{13}.0{,}5+8{,}5=\dfrac{113}{13}$
$\dfrac{n}{4}=21\Rightarrow {{Q}_{1}}=\dfrac{\dfrac{n}{4}-7-10}{17}.\left( 8-7{,}5 \right)+7{,}5=\dfrac{259}{34}$
Vậy khoảng tứ phân vị là: $\Delta Q={{Q}_{3}}-{{Q}_{1}}=\dfrac{113}{13}-\dfrac{259}{34}\approx 1{,}1$

Câu 5: [VEAgroup] Cho hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'{}$ có cạnh $2{}$ (tham khảo hình vẽ bên dưới). Độ dài của vectơ $\vec{u}=\overrightarrow{{A}'{C}'}-\overrightarrow{{A}'A}$ bằng

A. $2\sqrt{2}.$

B. $\sqrt{3}.$

C. $2\sqrt{6}.$

D. $2\sqrt{3}.$

Đáp án: D

Lời giải:

Ta có $\overrightarrow{{{u}'}}=\overrightarrow{A{C}'}-\overrightarrow{{A}'A}=\overrightarrow{A{A}'}+\overrightarrow{{A}'{C}'}=\overrightarrow{A{C}'}\Rightarrow \left| \overrightarrow{{{u}'}} \right|=\left| \overrightarrow{A{C}'} \right|=A{C}'$
Khi đó $A{C}'=\sqrt{A{{A}^{2}}+{A}'{{C}^{\prime 2}}}=\sqrt{{{2}^{2}}+8}=2\sqrt{3}$

Câu 6: [VEAgroup] Cho hàm số $f\left( x \right)$ xác định trên $\left( -\infty ;0 \right)\backslash \left\{ -2 \right\}$ và có bảng biến thiên bên dưới. Đồ thị hàm số đã cho có tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng là

A. $1.{}$

B. $3.{}$

C. $0.{}$

D. $2.{}$

Đáp án: A

Lời giải:

Từ đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang và có một tiệm cận đứng là đường thẳng $x=-2$.

Câu 7: [VEAgroup] Biết $\int{f\left( x \right)\text{d}x=\cos x+C}$ thì $\int{{f}'\left( x \right)\text{d}x}$ bằng

A. $\sin x+{C}'.$

B. $\cos x+{C}'.$

C. $-\sin x+{C}'.$

D. $-\cos x+{C}'.$

Đáp án: C

Lời giải:

Ta có $f\left( x \right)={{\left( \int{f\left( x \right)\text{d}x} \right)}^{\prime }}={{\left( \cos x+C \right)}^{\prime }}=-\sin x$ nên ${{\int{{f}'\left( x \right)\text{d}x=-\sin x+C}}^{\prime }}$

Câu 8: [VEAgroup] Cho lăng trụ tam giác $ABC.{A}'{B}'{C}'.{}$ Biết diện tích mặt bên $AB{B}'{A}'{}$ bằng $15{}$ và khoảng cách từ $C{}$ đến mặt phẳng $\left( AB{B}'{A}' \right)$ bằng $6{}$ (tham khảo hình vẽ bên cạnh). Thể tích của khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'{}$ bằng bao nhiêu?
[ID: 913235510-Hoang Thanh Giao]

A. $60.{}$

B. $45.{}$

C. $90.{}$

D. $30.{}$

Đáp án: B

Lời giải:

Ta có: ${{V}_{C.AB{B}'{A}'}}=\dfrac{1}{3}.{{S}_{AB{B}'{A}'}}.d\left( C,\left( AB{B}'{A}' \right) \right)=\dfrac{1}{3}.15.6=30$
Mặt khác: ${{V}_{C.{A}'{B}'{C}'}}=\dfrac{1}{3}.d\left( C,\left( {A}'{B}'{C}' \right) \right).{{S}_{{A}'{B}'{C}'}}=\dfrac{1}{3}$ thể tích khối lăng trụ
Suy ra ${{V}_{C.AB{B}'{A}'}}=\dfrac{2}{3}$ thể tích khối lăng trụ nên ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=\dfrac{3}{2}.30=45$.

Câu 9: [VEAgroup] Trong không gian $Oxyz,{}$ cho điểm $M\left( 1;2;-1 \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):x+2y+z=0.$ Mặt phẳng $\left( Q \right)$ qua $M{}$ và song song với $\left( P \right)$ có phương trình là

A. $x+2y+z+4=0.$

B. $x+2y+z-1=0.$

C. $x+2y-z-6=0.$

D. $x+2y+z-4=0.$

Lời giải:

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ có phương trình: $x+2y+z+d=0$ với $d\ne 0$
Điểm $M\in \left( Q \right)$ nên suy ra $1+2.2+\left( -1 \right)+d=0\Rightarrow d=-4$
Vậy phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$ là: $x+2y+z-4=0.$

Câu 10: [VEAgroup] Khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục $Ox{}$ tại điểm có hoành độ là $x{}$ $\left( 0\le x\le 3 \right),$ ta được mặt cắt là một hình vuông có cạnh là $\sqrt{9-{{x}^{2}}}$ (được mô hình hóa bởi hình vẽ bên dưới). Thể tích của vật thể đó bằng

A. $171\pi .$

B. $171.{}$

C. $18\pi .$

D. $18.{}$

Đáp án: D

Lời giải:

Thể tích vật thể là: $V=\int\limits_{0}^{3}{S\left( x \right)\text{d}x=\int\limits_{0}^{3}{\left( 9-{{x}^{2}} \right)\text{d}x=18}}$.

Câu 11: [VEAgroup] Trong không gian $Oxyz,{}$ cho hai điểm $A\left( 1;3;2 \right)$ và $B\left( 4;5;6 \right).$ Gọi $\alpha$ là góc giữa đường thẳng $AB{}$ và mặt phẳng $\left( Oxy \right).$ Giá trị của $\text{cos}\alpha$ bằng

A. $\dfrac{4\sqrt{29}}{29}\cdot$

B. $\dfrac{16}{29}\cdot$

C. $\dfrac{\sqrt{377}}{29}\cdot$

D. $\dfrac{13}{29}\cdot$

Đáp án: C

Lời giải:

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ là: $\overrightarrow{{{n}_{\left( Oxy \right)}}}=\left( 0;0;1 \right)$
Vectơ chỉ phương của đường thẳng $AB{}$ là: $\overrightarrow{{{n}_{AB}}}=\left( 3;2;4 \right)$
Ta có: $\sin \alpha =\dfrac{\left| \overrightarrow{n}.\overrightarrow{u} \right|}{\left| \overrightarrow{n} \right|.\left| \overrightarrow{u} \right|}=\dfrac{4}{1.\sqrt{9+4+16}}=\dfrac{4}{\sqrt{29}}$ suy ra $\cos \alpha =\sqrt{1-{{\sin }^{2}}\alpha }=\dfrac{\sqrt{377}}{29}$.

Câu 12: [VEAgroup] Một người gửi tiết kiệm $10{}$ triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất $7%/$ một năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu. Sau $5{}$ năm mới rút lãi thì người đó thu được số tiền lãi là

A. $14{,}026{}$ triệu đồng.

B. $50{,}7{}$ triệu đồng.

C. $4{,}026{}$ triệu đồng.

D. $3{,}5{}$ triệu đồng.

Đáp án: C

Lời giải:

Số tiền cả gốc và lãi sau $5{}$ năm là: ${{P}_{5}}={{P}_{0}}{{\left( 1+r \right)}^{5}}=10{{\left( 1+0{,}07 \right)}^{5}}\approx 14{,}026$ triệu đồng.
Vậy số tiền lãi mà người đó nhận là: $14{,}026-10=4{,}026$ triệu đồng.
 

PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG/SAI

Câu 13: [VEAgroup] Cho hàm số $y=\dfrac{a{{x}^{2}}+bx+c}{mx+n}$ có đồ thị như hình vẽ sau:

Đáp án: a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng

Lời giải:

Xét mệnh đề a)
Đồ thị đi xuống trên các khoảng $\left( -2;-1 \right),\left( -1;0 \right)$ nên nghịch biến trên các khoảng này nên mệnh đề a) sai.
Xét mệnh đề b)
Tiệm cận xiên qua hai điểm $\left( -1;0 \right),\left( 0;1 \right)$ là $y=x+1$ nên mệnh đề b) đúng.
Xét mệnh đề c)
Hai điểm cực trị của đồ thị là $A\left( 0;2 \right),B\left( -2;-2 \right)\Rightarrow {{S}_{OAB}}=\dfrac{1}{2}\left| 0.\left( -2 \right)-\left( -2 \right).2 \right|=2$ nên mệnh đề c) sai.
Xét mệnh đề d)
Tiệm cận đứng $x=-1$. Trục đối xứng của đồ thị hàm số là đường phân giác của góc tạo bởi tiệm cận đứng và tiệm cận xiên:
$\dfrac{x-y+1}{\sqrt{2}}=\pm \left( x+1 \right)\Leftrightarrow y=\left( x+1 \right)\pm \sqrt{2}\left( x+1 \right)=\left( 1\pm \sqrt{2} \right)\left( x+1 \right)$ nên $\text{tan}\left( \dfrac{3\pi }{8} \right)=1+\sqrt{2}$ nên mệnh đề d) đúng.

Câu 14: [VEAgroup] Đường gấp khúc trong hình vẽ là đồ thị của hàm số $y=f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ -2;3 \right]$

Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng

Lời giải:

Trên đoạn $\left[ -2;1 \right]$, hàm số là hàm hằng: $f\left( x \right)=1$
Trên đoạn $\left[ 1;3 \right]$, đồ thị là đường thẳng đi qua hai điểm $\left( 1;1 \right)$ và $\left( 3;-1 \right)$ : $f\left( x \right)=-x+2$
Xét mệnh đề a)
Trên đoạn $\left[ 1;3 \right]$, cho $f\left( x \right)=0\Leftrightarrow -x+2=0\Rightarrow x=2\in \left( -2;3 \right)$ nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Từ đồ thị ta có
$S=\int\limits_{-2}^{3}{\left| f\left( x \right) \right|\text{d}x}=\int\limits_{-2}^{1}{\left| 1 \right|\text{d}x}+\int\limits_{1}^{3}{\left| \left( -x+2 \right) \right|\text{d}x=}4$ (dvdt) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
$\int\limits_{-2}^{3}{f\left( x \right)\text{d}x}=\int\limits_{-2}^{1}{1\text{d}x}+\int\limits_{1}^{3}{\left( -x+2 \right)\text{d}x=}3$ nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Theo dữ kiện đề bài $\int\limits_{-2}^{0}{f\left( x \right)\text{d}x}=F\left( 0 \right)-F\left( -2 \right)$
Xét hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ -2;0 \right]$, ta có $f\left( x \right)=1$ nên do đó $\int\limits_{-2}^{0}{1\text{d}x}=2$
Thay vào biểu thức: $2=1-F\left( -2 \right)\Rightarrow F\left( -2 \right)=1-2=-1$ nên mệnh đề d) đúng

Câu 15: [VEAgroup] Gia đình bạn An chuẩn bị đi tham quan một hòn đảo trong hai ngày thứ 7 và Chủ nhật. Ở hòn đảo đó mỗi ngày chỉ có nắng hoặc mưa, nếu một ngày là nắng thì khả năng xảy ra mưa ở ngày tiếp theo là $20%{}$, còn nếu một ngày là mưa thì khả năng ngày hôm sau vẫn mưa là $30%{}$. Theo dự báo thời tiết, xác suất trời sẽ nắng vào ngày thứ 7 là $0{,}7{}$.
Gọi $A{}$ là biến cố: “ Ngày thứ 7 trời nắng” và $B{}$ là biến cố: “ Ngày chủ nhật trời mưa”.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai

Lời giải:

Xét mệnh đề a)
Theo dự báo thời tiết, xác suất trời sẽ nắng vào ngày thứ 7 là $0{,}7{}$ nên $P\left( A \right)=0{,}7$ nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Nếu một ngày là nắng thì khả năng sảy ra mưa ở ngày tiếp theo là $20%{}$ nên $P\left( B|A \right)=0{,}2$
Ta có: $P\left( B|A \right)=\dfrac{P\left( AB \right)}{P\left( A \right)}\Rightarrow P\left( AB \right)=P\left( B|A \right).P\left( A \right)=0{,}2.0{,}7=0{,}14$ nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Nếu một ngày là mưa thì khả năng ngày hôm sau vẫn mưa là $30%{}$ nên $P\left( B|\overline{A} \right)=0{,}3$
Ta có: $P\left( \overline{B}|\overline{A} \right)=1-P\left( B|\overline{A} \right)=1-0{,}3=0{,}7$ nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Xác suất để ngày chủ nhật trời nắng là $P\left( \overline{B} \right)$
$P\left( B \right)=P\left( B|A \right).P\left( A \right)+P\left( B|\overline{A} \right).P\left( \overline{A} \right)=0{,}2.0{,}7+0{,}3.0{,}3=0{,}23\Rightarrow P\left( \overline{B} \right)=1-0{,}23=0{,}77$ nên mệnh đề d) sai

Câu 16: [VEAgroup] Một quả bóng được phát lên từ vị trí gốc tọa độ $O{}$ trong hệ trục $Oxyz{}$ (đơn vị: mét). Quả bóng bay theo quỹ đạo parabol nằm trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với mặt sân bóng (mặt phẳng $Oxy{}$ ) và rơi xuống vị trí đầu tiên cách trục $Ox{}$ là $6{}$ m, cách trục $Oy{}$ là $8{}$ m. Trong các lần nảy tiếp theo, đường đi của quả bóng luôn là các parabol nằm trên cùng một mặt phẳng thẳng đứng với độ cao cực đại bằng $80%{}$ độ cao cực đại của lần nảy ngay trước đó. Bề rộng (khoảng cách giữa hai lần chạm đất liên tiếp) bằng $50%{}$ bề rộng của lần nảy ngay trước đó. Biết độ cao cực đại của lần nảy đầu tiên là $5{}$ m

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Sai, d) Đúng

Lời giải:

Gọi ${{A}_{1}}\in \left( Oxy \right)$ là điểm rơi xuống vị trí đầu tiên cách trục $Ox{}$ là $6{}$ m, cách trục $Oy{}$ là $8{}$ m $\Rightarrow {{A}_{1}}\left( 8;6;0 \right)$ nên độ dài $O{{A}_{1}}=\sqrt{{{8}^{2}}+{{6}^{2}}+{{0}^{2}}}=10$ là bề rộng lần đầu của quả bóng
Gọi ${{L}_{n}}{}$ là bề rộng của lần nảy thứ $n{}$ thì ${{L}_{1}}=10$ và công bội ${{q}_{L}}=0{,}5$
$\Rightarrow {{L}_{n}}={{L}_{1}}.{{\left( {{q}_{L}} \right)}^{n-1}}=10\cdot {{\left( 0{,}5 \right)}^{n-1}}$
Gọi ${{H}_{n}}{}$ là độ cao của lần nảy thứ $n{}$ thì ${{H}_{1}}=5$ và công bội ${{q}_{H}}=0{,}8$
$\Rightarrow {{H}_{n}}={{H}_{1}}.{{\left( {{q}_{H}} \right)}^{n-1}}=5.{{\left( 0{,}8 \right)}^{n-1}}$
Xét mệnh đề a)
Bề rộng lần thứ 3 là: ${{L}_{3}}=10\cdot {{\left( 0{,}5 \right)}^{2}}=2{,}5$ (m) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Độ cao cực đại lần thứ 4 là: ${{H}_{4}}=5\cdot {{\left( 0{,}8 \right)}^{3}}=2{,}56$ (m) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Tổng độ dài hình chiếu (tổng các bề rộng) là tổng cấp số nhân lùi vô hạn:
$S=\dfrac{{{L}_{1}}}{1-{{q}_{L}}}=\dfrac{10}{1-0{,}5}=20$ (m) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Độ cao cực đại lần 3 đạt được tại trung điểm của bề rộng ${{L}_{3}}{}$.
Khoảng cách từ gốc $O{}$ đến điểm này trên mặt sàn là $d={{L}_{1}}+{{L}_{2}}+\dfrac{{{L}_{3}}}{2}=10+5+1{,}25=16{,}25$ (m).
Tọa độ điểm $M{}$ là:
${{x}_{M}}=d.\cos \alpha =16{,}25.\dfrac{8}{10}=13$; ${{y}_{M}}=d.\sin \alpha =16{,}25.\dfrac{6}{10}=9{,}75$; ${{z}_{M}}={{H}_{3}}=5.{{\left( 0{,}8 \right)}^{2}}=3{,}2$
Vậy $M\left( 13;9{,}75;3{,}2 \right)$ nên mệnh đề d) đúng

PHẦN 3: TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN

Câu 17: [VEAgroup] Cho hình lăng trụ đứng $ABC.{A}'{B}'{C}'{}$ có đáy $ABC{}$ là tam giác vuông tại $B{}$ và có độ dài các cạnh $AB=a\sqrt{3}$, $BC=2a$, $A{A}'=a\sqrt{2}$. Gọi $M{}$ là trung điểm của $BC{}$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM{}$ và ${B}'C{}$ khi $a=1$ (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)

Đáp án: 0,55

Lời giải:



Gọi $N{}$ là trung điểm của $B{B}'{}$ thì $MN\text{//}{B}'C\Rightarrow {B}'C\text{//}\left( AMN \right)$.
Ta có: $d\left( {B}'C,AM \right)=d\left( {B}'C,\left( AMN \right) \right)=d\left( {B}',\left( AMN \right) \right)=d\left( B,\left( AMN \right) \right)$.
Dựng $BI\bot AM,BH\bot NI$ $\Rightarrow BH\bot \left( AMN \right)$ nên do đó $d\left( {B}'C,AM \right)=d\left( B,\left( AMN \right) \right)=BH$.
Vì $\Delta ABM$ vuông tại $B{}$, ta có $BM=\dfrac{BC}{2}=a$; $BI=\dfrac{BA.BM}{\sqrt{B{{A}^{2}}+B{{M}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{3}.a}{\sqrt{3{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Xét $\Delta BIN$ vuông tại $B{}$, ta có:
$BN=\dfrac{B{B}'}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$; $BH=\dfrac{BN.BI}{\sqrt{B{{N}^{2}}+B{{I}^{2}}}}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{{{\left( \dfrac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}}=\dfrac{a\sqrt{30}}{10}$.
Vậy $d\left( {B}'C,AM \right)=BH=\dfrac{\sqrt{30}}{10}\xrightarrow{a=1}d\left( {B}'C,AM \right)\approx$.

Câu 18: [VEAgroup] Với mỗi số nguyên dương $n{}$, lấy $n+6$ điểm cách đều nhau trên một đường tròn. Từ mỗi điểm, nối với điểm cách nó hai điểm trên đường tròn để tạo thành một “ngôi sao”. Gọi ${{u}_{n}}{}$ là dãy số biểu diễn số đo (tính bằng độ) của góc ở một đỉnh của ngôi sao tương ứng. Biết rằng tồn tại một ngôi sao trong dãy có góc ở đỉnh bằng $140{}^\circ$. Hãy tìm $n{}$ tương ứng với ngôi sao đó

Đáp án: 21

Lời giải:

Gọi là tổng số điểm (cũng là số đỉnh) được chia đều trên đường tròn nên theo đề bài: $N=n+6$
Khi đó, đường tròn được chia thành $N{}$ cung nhỏ bằng nhau, mỗi cung có số đo là $\dfrac{360{}^\circ }{N}$
Góc ở đỉnh của "ngôi sao" là một góc nội tiếp
Nối một điểm với điểm cách nó 2 điểm nên mỗi bước nhảy chiếm 3 cung nhỏ
Hai cạnh của góc ở đỉnh xuất phát từ một điểm và đi về hai phía, mỗi phía chiếm 3 cung nhỏ. Vậy phần cung chứa đỉnh chiếm $3+3=6$ cung nhỏ.
Cung bị chắn là phần còn lại của đường tròn: $N-6$ cung nhỏ
Số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn: $140{}^\circ =\dfrac{1}{2}\cdot \left( \dfrac{N-6}{N}\cdot 360{}^\circ \right)\Leftrightarrow N=27\Rightarrow$

Câu 19: [VEAgroup] Một xưởng sản xuất thiết bị điện tử ước tính chi phí sản xuất trung bình cho một đơn vị sản phẩm, ký hiệu là $C\left( x \right)$ (đơn vị: nghìn đồng) phụ thuộc vào số lượng sản phẩm $x{}$ được sản xuất trong tháng (đơn vị: nghìn sản phẩm với $x{>}0$ ). Qua thống kê, bộ phận phân tích mô hình hóa được hàm $C\left( x \right)$ có dạng $C\left( x \right)=\dfrac{m{{x}^{2}}+nx+p}{x}$. Biết rằng đồ thị hàm số $C\left( x \right)$ có đường tiệm cận xiên là $y=x+4$ và chi phí sản xuất trung bình đạt mức thấp nhất (tối ưu nhất) là $12{}$ nghìn đồng/sản phẩm. Do điều kiện của một đơn hàng lớn, xưởng cần điều chỉnh quy mô sao cho chi phí trung bình ở mức $14{}$ nghìn đồng/sản phẩm. Ký hiệu ${{x}_{0}}{}$ là mức sản lượng lớn hơn trong các mức sản lượng thỏa mãn yêu cầu trên và ${{y}_{0}}{}$ là tốc độ thay đổi của chi phí sản xuất trung bình tại mức sản lượng đó. Tính ${{x}_{0}}+{{y}_{0}}$

Đáp án: 8,75

Lời giải:

Gọi là tổng số điểm (cũng là số đỉnh) được chia đều trên đường tròn nên theo đề bài: $N=n+6$
Hàm chi phí trung bình có dạng: $C\left( x \right)=\dfrac{m{{x}^{2}}+nx+p}{x}=mx+n+\dfrac{p}{x}\left( x{>}0 \right)$
Theo đề bài, đồ thị có đường tiệm cận xiên là $y=x+4$ suy ra $\left\{ \begin{matrix} m=1 \\ n=4 \\\end{matrix} \right.\Rightarrow C\left( x \right)=x+4+\dfrac{p}{x}$
Ta có: ${C}'\left( x \right)=1-\dfrac{p}{{{x}^{2}}}=\dfrac{{{x}^{2}}-p}{{{x}^{2}}}=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}=p\Rightarrow x=\sqrt{p}$
Bảng biến thiên:


Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số $C\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=\sqrt{p}$
Theo đề bài, chi phí sản xuất trung bình đạt mức thấp nhất (tối ưu nhất) là $12{}$ nghìn đồng/sản phẩm $\Leftrightarrow C\left( \sqrt{p} \right)=\sqrt{p}+4+\dfrac{p}{\sqrt{p}}=2\sqrt{p}+4=12\Rightarrow p=16$ suy ra $C\left( x \right)=x+4+\dfrac{16}{x}$
Mức sản lượng để chi phí trung bình ở mức $14{}$ nghìn đồng/sản phẩm là:
$C\left( x \right)=14\Rightarrow x+4+\dfrac{16}{x}=14\Leftrightarrow {{x}^{2}}-10x+16=0\Rightarrow \left[ \begin{matrix} x=2 \\ x=8 \\\end{matrix} \right.$
Vì ${{x}_{0}}{}$ là mức sản lượng lớn hơn nên ta chọn ${{x}_{0}}=8$
Tốc độ thay đổi của chi phí sản xuất trung bình tại mức sản lượng ${{x}_{0}}=8$ chính là giá trị đạo hàm tại điểm đó: ${{y}_{0}}={C}'\left( 8 \right)=1-\dfrac{16}{{{8}^{2}}}=0{,}75$ nên ${{x}_{0}}+{{y}_{0}}=8+0.75=$

Câu 20: [VEAgroup] Một khu nhà kính sinh thái nông nghiệp công nghệ cao được thiết kế với mặt bằng đáy là một hình thang $ABCD{}$ vuông tại $A{}$ và $B{}$ với $AD\parallel BC$. Xét một thiết diện bất kì của nhà kính vuông góc với trục $AB{}$ tại điểm $K{}$. Thiết diện thu được là một hình phẳng giới hạn bởi vòm cong $\left( P \right)$, đoạn thẳng mặt nền $KE{}$ và đoạn tường thẳng đứng $KF{}$. Giả sử $\left( P \right)$ là một nhánh của parabol có đỉnh $S{}$, $H{}$ là hình chiếu vuông góc của $S{}$ lên mặt nền $KE{}$, $E{}$ là chân của vòm parabol. Để đảm bảo tính khí động học và phân bổ ánh sáng, các kỹ sư thiết kế vòm sao cho $SH=3EH$. Biết rằng một mặt bên của nhà kính là một bức tường phẳng vuông góc với đáy và tại mọi vị trí mặt cắt thì chiều cao của tường luôn bằng với bề rộng của nền nhà kính tại vị trí đó, nghĩa là $KF=KE$ và $F\in \left( P \right)$



Cho chiều dài trục $AB=30$ (m), bề rộng hai đầu hồi lần lượt là $AD=12$ (m) và $BC=6$ (m). Hãy tính thể tích không gian bên trong khu nhà kính này theo đơn vị mét khối?

Đáp án: 3360

Lời giải:



Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, với $A\equiv O\left( 0;0;0 \right),B\left( 30;0;0 \right),D\left( 0;12;0 \right)$ và $C\left( 30;6;0 \right)$
Đường thẳng $CD{}$ nằm trong mặt phẳng $Oxy{}$ đi qua $D\left( 0;12 \right)$ và $C\left( 30;6 \right)$ có phương trình:
$w\left( x \right)=\dfrac{6-12}{30-0}\left( x-0 \right)+12\Rightarrow w\left( x \right)=-\dfrac{1}{5}x+12$
Xét mặt cắt tại $K{}$ có bề trộng $KE=w$
Chọn hệ trục tọa độ $Oxy{}$ sao cho $K\equiv O\left( 0;0 \right)$, tia $KE\equiv Ox$, tia $KF\equiv Oy$
Tọa độ các điểm $K\left( 0;0 \right),E\left( w;0 \right),F\left( 0;w \right)$ nên phương trình Parabol có dạng $y=a{{x}^{2}}+bx+c$
Đi qua $F\left( 0;w \right)\Rightarrow c=w$ và $E\left( w;0 \right)\Rightarrow a{{w}^{2}}+bw+w=0\Rightarrow b=-aw-1$
Tọa độ đỉnh $S\left( h;k \right)$ với $h=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{aw+1}{2a}$; tung độ đỉnh $k=y\left( h \right)=-\dfrac{{{\left( aw+1 \right)}^{2}}}{4a}+w$
Hình chiếu của $S{}$ lên $KE{}$ là $H\left( h;0 \right)$, ta có: $EH=w-h=\dfrac{aw-1}{2a}$
Theo giả thiết: $SH=3EH\Rightarrow -\dfrac{{{\left( aw+1 \right)}^{2}}}{4a}+w=3\left( \dfrac{aw-1}{2a} \right)$
Giải phương trình ta thu được $aw=-5\Rightarrow a=-\dfrac{5}{w}\left( a{$ và $b=4$ $\Rightarrow \left( P \right):y=-\dfrac{5}{w}{{x}^{2}}+4x+w$
Thiết diện $S\left( w \right)=\int\limits_{0}^{w}{\left( -\dfrac{5}{w}{{x}^{2}}+4x+w \right)\text{d}x=\dfrac{4}{3}}{{w}^{2}}$
Vậy thể tích không gian bên trong khu nhà kính là: $V=\int\limits_{0}^{30}{\dfrac{4}{3}}{{\left( -\dfrac{1}{5}x+12 \right)}^{2}}\text{d}x=3360$ (m3)

Câu 21: [VEAgroup] Trong không gian $\left( Oxyz \right)$, cho một đường tròn $\left( C \right)$ đi qua các điểm $A\left( 1;0;8 \right)$, $B\left( 2;1;7 \right)$ và $C\left( 5;4;5 \right)$. Gọi $M{}$ là điểm di động trên đường tròn; ${{d}_{1}}{}$ và ${{d}_{2}}{}$ lần lượt là khoảng cách từ $M{}$ tới mặt phẳng $\left( Oyz \right)$ và $\left( Oxz \right)$. Hãy xác định giá trị lớn nhất của ${{d}_{1}}+2{{d}_{2}}$ (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

Đáp án: 64

Lời giải:

Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua ba điểm $A\left( 1;0;8 \right)$, $B\left( 2;1;7 \right)$ và $C\left( 5;4;5 \right)$
Ta có các vectơ: $\overrightarrow{AB}=\left( 1;1;-1 \right)$ và $\overrightarrow{AC}=\left( 4;4;-3 \right)$.
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là: ${{\vec{n}}_{\left( \alpha \right)}}=\left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right]=\left( 1;-1;0 \right)$
Phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là: $\left( \alpha \right):x-y-1=0$
Gọi tâm đường tròn là $I\left( x;y;z \right)$ và do $I\in \left( \alpha \right)\Rightarrow y=x-1$
Do $I{}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC{}$ nên $I{{A}^{2}}=I{{B}^{2}}$ và $I{{A}^{2}}=I{{C}^{2}}$
Từ $I{{A}^{2}}=I{{B}^{2}}$ $\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( x-1-0 \right)}^{2}}+{{\left( z-8 \right)}^{2}}={{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( x-1-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-7 \right)}^{2}}$ $\Leftrightarrow 4x-2z+9=0\Rightarrow 2z=4x+9\left( 1 \right)$
Từ $I{{A}^{2}}=I{{C}^{2}}$ $\Leftrightarrow 2{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-8 \right)}^{2}}={{\left( x-5 \right)}^{2}}+{{\left( x-1-4 \right)}^{2}}+{{\left( z-5 \right)}^{2}}$ $\Leftrightarrow 16x-6z-9=0(2)$
Thay $\left( 1 \right)$ vào $\left( 2 \right)$ $16x-3\left( 4x+9 \right)-9=0\Rightarrow x=9$
Suy ra $y=8$ và $z=22{,}5$ có ttâm $I\left( 9;8;22{,}5 \right)$ và bán kính ${{R}^{2}}=I{{A}^{2}}=338{,}25\Rightarrow R=\dfrac{\sqrt{1353}}{2}$
Điểm $M\left( x;y;z \right)$ nằm trên đường tròn $\left( C \right)$, do đó $M{}$ thỏa mãn :
$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} y=x-1 \\ {{\left( x-9 \right)}^{2}}+{{\left( y-8 \right)}^{2}}+{{\left( z-22{,}5 \right)}^{2}}={{R}^{2}}\Leftrightarrow 2{{\left( x-9 \right)}^{2}}+{{\left( z-22{,}5 \right)}^{2}}=338{,}25\left( * \right) \\\end{array} \right.$
Vì ${{\left( z-22{,}5 \right)}^{2}}\ge 0$ với mọi $z{}$, nên từ phương trình $\left( * \right)$ suy ra :
$\left( * \right)\Rightarrow 2{{\left( x-9 \right)}^{2}}\le 338{,}25\Leftrightarrow -\sqrt{169{,}125}\le x-9\le \sqrt{169{,}125}\Leftrightarrow 9-\sqrt{169{,}125}\le x\le 9+\sqrt{169{,}125}$
Từ đề bài, ta có: ${{d}_{1}}\left( M,\left( Oyz \right) \right)=\left| x \right|$ và ${{d}_{2}}\left( M,\left( Oxz \right) \right)=\left| y \right|=\left| x-1 \right|$
Vậy biểu thức vần tìm là: $f\left( x \right)=\left| x \right|+2\left| x-1 \right|$ với $x\in \left[ 9-\sqrt{169{,}125};9+\sqrt{169{,}125} \right]$
Đây là hàm số bậc nhất trên từng khoảng (hàm liên tục nhưng không có đạo hàm tại $x=0$ và $x=1$ )
Đồ thị của nó là các đoạn thẳng nối lại với nhau nên giá trị lớn nhất sẽ nằm ở một trong hai đầu mút của đoạn
Tại $x=9-\sqrt{169{,}125}\Rightarrow f\left( 9-\sqrt{169{,}125} \right)\approx 14$
Tại $x=9+\sqrt{169{,}125}\Rightarrow f\left( 9+\sqrt{169{,}125} \right)\approx 64$
Vậy giá trị lớn nhất là $$

Câu 22: [VEAgroup] Nhân ngày vía Thần Tài, một cửa hàng vàng chuẩn bị quà tặng cho các khách hàng may mắn gồm 5 bộ vàng “Tứ Quý”, mỗi bộ vàng gồm 4 miếng vàng có khối lượng giống nhau

TCTrMTCTrMTCTrMTCTrMTCTrM
Trên mỗi miếng vàng của cùng một bộ chỉ được khắc một trong bốn biểu tượng: Tùng, Cúc, Trúc hoặc Mai (không có hai miếng nào trong cùng một bộ có biểu tượng trùng nhau). Một khách hàng may mắn được tham gia bốc thăm ngẫu nhiên $8{}$ miếng vàng từ tổng số $20{}$ miếng vàng nói trên. Tính xác suất để trong 8 miếng vàng khách hàng rút được, có thể ghép thành ít nhất một bộ vàng “Tứ Quý” hoàn chỉnh (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
 

Đáp án: 0,07

Lời giải:

Số phần tử không gian mẫu: $n\left( \Omega \right)=C_{20}^{8}=125970$ cách
Trường hợp 1: Bộ số $\left( 4;4;0;0;0 \right)$ 
Chọn $2{}$ bộ trong $5{}$ bộ để lấy đủ $4{}$ miếng: $C_{5}^{2}$ cách
Trong mỗi bộ đã chọn, lấy cả $4{}$ miếng ${{\left( C_{4}^{4} \right)}^{2}}=1$ cách
Tổng số cách chọn cho trường hợp này $C_{5}^{2}.1=10$ cách
Trường hợp 2: Bộ số $\left( 4;3;1;0;0 \right)$ 
Số cách chọn bộ:
- Chọn $1{}$ bộ lấy $4{}$ miếng $C_{5}^{1}$ cách
- Chọn $1{}$ bộ (trong $4{}$ bộ còn lại) lấy $3{}$ miếng $C_{4}^{1}$ cách
- Chọn $1{}$ bộ (trong $3{}$ bộ còn lại) lấy $1{}$ miếng $C_{3}^{1}$ cách
- Số cách chọn miếng: $C_{4}^{4}.C_{4}^{3}.C_{4}^{1}=16$ cách
Tổng số cách chọn cho trường hợp này: $\left( C_{5}^{1}.C_{4}^{1}.C_{3}^{1} \right).16=960$ cách
Trường hợp 3: Bộ số $\left( 4;2;2;0;0 \right)$ 
Số cách chọn bộ:
- Chọn $1{}$ bộ lấy $4{}$ miếng: $C_{5}^{1}$ cách
- Chọn $2{}$ bộ (trong $4{}$ bộ còn lại) lấy $2{}$ miếng: $C_{4}^{2}$ cách
- Số cách chọn miếng: $C_{4}^{4}.{{\left( C_{4}^{2} \right)}^{2}}=36$ cách
Tổng số cách chọn cho trường hợp này: $\left( C_{5}^{1}.C_{4}^{2} \right).36=1080$ cách
Trường hợp 4: Bộ số $\left( 4;2;1;1;0 \right)$ 
Số cách chọn bộ:
- Chọn $1{}$ bộ lấy $4{}$ miếng: $C_{5}^{1}$ cách
- Chọn $1{}$ bộ (trong $4{}$ bộ còn lại) lấy $2{}$ miếng: $C_{4}^{1}$ cách
- Chọn $2{}$ bộ (trong $3{}$ bộ còn lại) lấy $1{}$ miếng: $C_{3}^{2}$ cách
Số cách chọn miếng: $C_{4}^{4}.C_{4}^{2}.{{\left( C_{4}^{1} \right)}^{2}}=96$ cách
Tổng số cách chọn cho trường hợp này: $\left( C_{5}^{1}.C_{4}^{1}.C_{3}^{2} \right).96=5760$ cách
Trường hợp 5: Bộ số $\left( 4;1;1;1;1 \right)$ 
Số cách chọn bộ:
- Chọn $1{}$ bộ lấy $4{}$ miếng: $C_{5}^{1}$ cách
- $4{}$ bộ còn lại đều phải lấy $1{}$ miếng: $C_{4}^{4}$ cách
Số cách chọn miếng: $C_{4}^{4}.{{\left( C_{4}^{1} \right)}^{2}}=256$ cách
Tổng số cách chọn cho trường hợp này: $C_{5}^{1}.256=1280$ cách
Tổng số trường hợp thuận lợi: $n\left( A \right)=10+960+1080+5760+1280=9090$ 
Vậy xác suất cần tìm là: $P\left( A \right)=\dfrac{9090}{125970}\approx$ 
 

--- HẾT ---