17 trang 11 lượt tải

6 ĐA Đề 06 HSA 2025

22

6 ĐA Đề 06 HSA 2025

Môn: Tài liệu Tổng hợp 3.6 K tài liệu

Trường: Tài liệu khác 3.9 K tài liệu

Tác giả:

Profile

Hương Ly

1 tháng trước
Tải xuống
Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/17
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
ĐÁP ÁN ĐỀ 06 HSA2025 TCRR
Câu 1: Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp
1;2;3;4;5
A.
5
5
C
. B.
5
6
A
. C. 5!. D.
5
5
.
Lời giải
Số cách lập ra số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp
1;2;3;4;5
là số
hoán vị của 5 phần tử. Vậy có 5! số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp
.
Câu 2: Trong không gian, khẳng định nào sau đây sai.
A. Nếu ba mặt phẳng phân biệt cắt nhau theo ba giao tuyến thì ba giao tuyến ấy hoặc đồng quy hoặc đôi
một song song.
B. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
C. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
D. Cho hai đường thẳng chéo nhau. Có duy nhất một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với
đường thẳng kia.
Lời giải
Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau hoặc chéo nhau.
Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ
;Oxyz
cho điểm
1;3; 2A
và
:2 2 3 0P x y z
. Khoảng
cách từ điểm
A
đến mặt phẳng
P
bằng
A. 1. B. 2. C.
2
3
. D. 3.
Lời giải
Ta có
2 2 2
2.1 3 2. 2 3
;2
2 1 ( 2)
d A P

.
Câu 4: Cho
,ab
là các số thực dương tùy ý và
4
1, log
a
ab
bằng
A.
4 log
a
b
. B.
1
log
4
a
b
. C.
4log
a
b
. D.
1
log
4
a
b
.
Lời giải
Ta có
4
1
log log
4
a
a
bb
.
Câu 5: Cho hai vectơ
a
và
b
khác vectơ - không thỏa mãn
2, 3ab
và
a
tạo với
b
một góc bằng
45
. Khi đó
.ab
bằng bao nhiêu?
A.
. 5 2ab
. B.
. 3 2ab
. C.
. 2 5ab
. D.
. 2 3ab
.
Lời giải
Ta có
. . .cos , 2.3.cos45 3 2a b a b a b
. Vậy
. 3 2ab
.
Câu 6: Trong hình vẽ dưới đây, hãy cho biết điểm
L
không là điểm chung của hai mặt phẳng nào?
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
A.
SBA
và
SBC
. B.
SAD
và
ALD
. C.
SBC
và
SBD
. D.
SAB
và
ALD
.
Lời giải
SAD ALD AD
mà
L AD
nên
L
không là điểm chung của hai mặt phẳng
SAD
và
ALD
.
Câu 7: Cân nặng của 35 người trưởng thành tại một khu dân cư được cho như sau:
43
51
47
62
48
40
50
62
53
56
40
48
56
53
50
42
55
52
48
46
45
54
52
50
47
44
54
55
60
63
58
55
60
58
53.
Chuyển mẫu số liệu trên sang dạng ghép nhóm với sáu nhóm có độ dài bằng nhau. Khi đó, tứ phân vị thứ
nhất của mẫu số liệu ghép nhóm đó bằng bao nhiêu?
A. 47,8. B. 48,5. C. 47. D. 47,5.
Lời giải
Giá trị nhỏ nhất là 40 và giá trị lớn nhất là 63. Khoảng biến thiên là
63 40 23
. Để cho đối xứng, ta chọn
đầu mút trái của nhóm đầu tiên là 40 và đầu mút phải của nhóm cuối cùng là 64 ta được các nhóm là
40;44 , 44;48 , 48;52 , 52;56 , 56;60
và
60;64
. Đếm số giá trị thuộc mỗi nhóm, ta có mẫu số liệu
ghép nhóm như sau:
Cân nặng
40;44
44;48
48;52
52;56
56;60
60;64
Số người
4
5
7
10
4
5
Cỡ mẫu
35n
. Gọi
1 2 35
, , ,x x x
là số cân nặng của 35 người và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ
tự không giảm. Khi đó tứ phân vị thứ nhất là
9
x
, thuộc nhóm
44;48
.
Do đó
2 2 1 3 2
2; 44; 5; 4, 4p a m m a a
và
1
35
4
4
44 .4 47,8
5
Q
.
Câu 8: Cho hình chóp
.S ABCD
đáy là hình bình hành
ABCD
. Gọi
,,M N P
lần lượt là trung điểm của
,,AB AD SC
. Ta có
mp MNP
.
MN
cắt các đường
,BC CD
lần lượt tại
,KL
. Gọi
E
là giao điểm của
PK
và
,SB
F
là giao điểm của
PL
và
SD
. Ta có giao điểm của (
MNP
) với các cạnh
,,SB SC SD
lần
lượt là
,,E P F
. Thiết diện tạo bởi
MNP
với
.S ABCD
là
A. tam giác
MNP
. B. tứ giác
MEPN
.
C. ngũ giác
MNFPE
. D. tam giác
PKL
.
Lời giải
MN CD L MNP SCD PF F PL SD
MN BC K MNP SBC PE E PK SB
MNP ABCD MN
;
MNP SAD NF
;
MNP SBA EM
Thiết diện cần tìm là ngũ giác
MNFPE
.
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Câu 9: Dãy số
2
n
u
n
có phải là cấp số nhân không? Nếu phải hãy xác định công bội
q
.
A.
n
u
là cấp số nhân,
3q
. B.
n
u
là cấp số nhân,
1
2
q
.
C.
n
u
là cấp số nhân,
4q
. D.
n
u
không phải là cấp số nhân.
Lời giải
Ta có
1
22
:
11
n
n
u
n
u n n n


phụ thuộc vào
n
suy ra dãy
n
u
không phải là cấp số nhân.
Câu 10: Cho các số thực dương
,ab
thỏa mãn
22
log ,loga x b y
. Tính
23
2
logP a b
.
A.
23P x y
. B.
23
P x y
. C.
6P xy
. D.
23
P x y
.
Lời giải
Ta có:
2 3 2 3
2 2 2 2 2
log log log 2log 3log 2 3P a b a b a b x y
.
Câu 11: Giá trị của
3
1
log
a
a
với
0; 1aa
bằng
A.
2
3
. B. 3. C.
3
2
. D. -3.
Lời giải
Ta có
3
3
1
log log 3
aa
a
a
.
Câu 12: Cho tam giác
PMQ
có
10, 25 2
ˆˆ
,5PM P M
, độ dài cạnh
PQ
gần nhất với giá trị nào sau
đây?
A. 8,09. B. 12,91. C. 13,88. D. 9,43.
Lời giải
Ta có:
180 3
ˆ
ˆ
10
ˆ
Q P M
.
Áp dụng định lí sin cho
PMQ
, ta có:
sin 10.sin52
8,09
sin sin sin sin103
PQ PM PM M
PQ
M Q Q
.
Câu 13: Cho tam giác vuông, trong đó có một góc bằng trung bình cộng của hai góc còn lại. Cạnh lớn nhất
của tam giác đó bằng
a
. Tính diện tích tam giác.
A.
2
3
8
a
. B.
2
3
4
a
. C.
2
6
10
a
. D.
2
2
4
a
.
Lời giải
Gọi tam giác thỏa mãn đề là
ABC
. Giả sử tam giác vuông tại
90A
Ta có:
180A B C
, mà theo đề:
, Suy ra
60B
.
Ta tính:
.cos60
2
a
AB BC
. Diện tích tam giác:
2
13
. .sin
28
a
S AB BC B
.
Câu 14: Biết
7 12
log 12 ;log 24ab
. Giá trị của
54
log 168
được tính theo
a
và
b
là
A.
1
85
ab
ab
. B.
1
(8 5 )
ab
ab
. C.
21
85
ab
ab
. D.
21
85
ab
ab
.
Lời giải
Do
7 12
log 12 ;log 24 ; 0a b a b
. Ta có:
2
7 7 7 7
log 12 log 2 .3 2log 2 log 3 1a a a
7 7 7
12 7 7
7
log 24 3log 2 log 3
log 24 3log 2 log 3 2
log 12
b b b ab
a
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
7 7 7
7 7 7
2log 2 log 3 log 2
3log 2 log 3 log 3 3 2
a ab a
ab a ab

Mặt khác,
3
7
7 7 7
54
3
7 7 7
7
log 2 .3.7
log 168 3log 2 log 3 1
log 168
log 54 log 2 3log 3
log 2.3

54
3 3 2 1
3 3 3 2 1 1 1
log 168
3 3 2 9 6 8 5 8 5
ab a a ab
ab a a ab ab ab
ab a a ab ab a a ab a ab a b
.
Vậy
54
1
log 168
85
ab
ab
.
Câu 15: Tìm m để phương trình
sin cos 0x x m
có nghiệm.
A.
22m
B.
21m
C.
12m
D.
11m
Lời giải
PT
2sin sin
44
2
m
x m x

. Để PT có nghiệm thì
1 1 2 2
2
m
m
Câu 16: Cân nặng của 35 người trưởng thành tại một khu dân cư được cho như sau:
43
51
47
62
48
40
50
62
53
56
40
48
56
53
50
42
55
52
48
46
45
54
52
50
47
44
54
55
60
63
58
55
60
58
53.
Hãy chuyển mẫu số liệu sang dạng ghép nhóm với sáu nhóm có độ dài bằng nhau. Tính tứ phân vị thứ ba
của mẫu số liệu trên.
A. 55,5. B. 56,25. C. 59,4. D. 56.
Lời giải
Giá trị nhỏ nhất là 40 và giá trị lớn nhất là 63. Khoảng biến thiên là
63 40 23
. Để cho đối xứng, ta chọn
đầu mút trái của nhóm đầu tiên là 40 và đầu mút phải của nhóm cuối cùng là 64 ta được các nhóm là [40;44),
44;48 , 48;52 , 52;56 , 56;60
và
60;64
. Đếm số giá trị thuộc mỗi nhóm, ta có mẫu số liệu ghép
nhóm như sau:
Cân nặng
40;44
44;48
48;52
52;56
56;60
60;64
Số người
4
5
7
10
4
5
Cỡ mẫu
35n
. Gọi
1 2 35
, , ,x x x
là số cân nặng của 35 người và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ
tự không giảm. Khi đó tứ phân vị thứ ba là
27
x
, thuộc nhóm
56;60
.
Do đó
5 5 1 2 3 4 6 5
5; 56; 4; 26, 4p a m m m m m a a
và
3
35
3. 26
4
56 .4 56,25
4
Q
.
Câu 17: Bảng sau thống kê số lớp và số học sinh theo từng khối ở một trường Trung học cơ sở.
Khối
6
7
8
9
Số lớp
9
8
8
9
Số học sinh
396
370
345
382
Hiệu trưởng trường đó cho biết sĩ số mỗi lớp trong trường đều không vượt quá 45 học sinh. Biết rằng trong
bảng trên có một khối lớp bị thống kê sai, hãy tìm khối lớp đó.
A. Lớp 6. B. Lớp 7. C. Lớp 8. D. Lớp 9.
Lời giải
Vì sĩ số mỗi lớp không vượt quá 45 học sinh nên số học sinh khối 6, 9 không vượt quá 405 học sinh và số
học sinh khối 7, 8 không vượt quá 360 học sinh. Do đó, số học sinh khối lớp 7 là 370 học sinh là không
chính xác.
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Câu 18: Muốn đo chiều cao của một tòa nhà, người ta lấy hai điểm
,AB
trên mặt đất cách nhau 10 m cùng
thẳng hàng với chân
C
của tòa nhà để đặt hai giác kế. Chân của hai giác kế có cùng chiều cao là 1 m. Gọi
D
là đỉnh tòa nhà và hai điểm
11
,AB
cùng thẳng hàng với
1
C
thuộc đường cao
CD
của tòa nhà. Người ta
đo được
1 1 1 1
48 , 36DAC DB C
. Tính chiều cao
CD
của tòa nhà.
A.
25,77 mCD
. B.
23,08 mCD
. C.
24,84 mCD
. D.
26,21 mCD
.
Lời giải
Xét
11
ΔDA B
có
11
DAC
là góc ngoài
1 1 1 1 1 1 1 1
48 36 12DB A A DB DAC A DB
.
Áp dụng định lí sin cho
11
ΔA DB
, ta có:
1 1 1 1 1 1 1
1
1 1 1 1 1 1
sin
12.sin36
33,93 (m).
sin sin sin sin12
A D A B A B DB A
AD
DB A A DB A DB
Xét
11
DAC
vuông tại
1
C
:
Ta có:
11
1 25,21 26,21 mCD CC DC
Vậy chiều cao của tòa nhà là
26,21 mCD
.
Câu 19: Một người làm một cái cổng cổ xưa có dạng Parabol như hình vẽ. Hãy tính diện tích của cái cổng?
A.
28
3
. B.
16
3
. C. 16. D.
32
3
.
Lời giải
Phương trình parabol
P
có đỉnh
0;4I
và qua điểm
2;0
là
2
4yx
Diện tích cái cổng chính bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi
2
4
0
2
2
yx
y
x
x

Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Từ đó ta có
22
22
22
32
4d 4 d
3
S x x x x


.
Câu 20: Bốn cung thủ
, , ,A B C D
thi đấu với nhau và được ghi lại kết quả sau 6 lần bắn như sau:
Lần
1
2
3
4
5
6
Cung thủ
A
7
7
6
5
8
9
Cung thủ
B
9
10
5
8
7
8
Cung thủ
C
6
7
8
9
10
9
Cung thủ
D
6
8
7
9
6
5
Hỏi cung thủ nào có phong độ ổn định nhất?
A. Cung thủ
D
. B. Cung thủ
B
. C. Cung thủ
C
. D. Cung thủ
A
.
Lời giải
Thực hiện tính phương sai điểm thi đấu của 4 cung thủ ta có bảng sau:
Số trung bình
Phương sai
Cung thủ A
7
1,67
Cung thủ B
7,83
2,47
Cung thủ C
8,17
1,81
Cung thủ D
6,83
1,81
(Chú ý có thể sử dụng máy tính CASIO để tính nhanh:
+ Để đưa máy tính CASIO FX 580VNX về chế độ thống kê có tần số ta làm như sau: SHIFT + MENU +
+ 3 + 1.
+ Để nhập bảng số liệu thống kê ta nhập như sau: MENU + 6 + 1 (với X là giá trị đại diện, Freq là tần số
tương ứng). Sau khi nhập xong nhấn AC. Nhập OPTN + 2 để đọc các kết quả của bài toán thống kê và lựa
chọn kết quả đúng.)
Do phương sai của cung thủ A nhỏ nhất nên cung thủ A có phong độ ổn định nhất.
Câu 21: Để phương trình
2
3
5 4sin
6tan
2
sin 1 tan
x
x




có nghiệm thì giá trị
là
A.
32
k


B.
42
k


C.
4
k

D.
2
k
Lời giải
Điều kiện:
sinx 0
Ta có:
3
sin sin cos
22
x x x

2
2
6tan
6tan cos 3sin2 ,cos 0
1 tan
5 4cos
* 3sin2 3sin2 sin 4cos 5
sin
x
xx
x

(**). Phương trình có nghiệm khi.
2 2 2
cos 0 cos 0 cos 0
cos2 0
(3sin2 ) 16 25 sin 2 1 sin 2 1
42
k


Câu 22: Trong một buổi trình diễn thời trang, hàng ghế VIP đầu tiên được sắp xếp bao gồm 10 ghế trong
đó có 2 ghế dành cho 2 nhà phê bình thời trang nổi tiếng. Biết rằng 2 nhà phê bình này phải ngồi cách nhau
đúng 2 ghế để khi máy quay lia đến thì cả hai người vừa lọt khung hình. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp
hàng ghế VIP đầu tiên?
A. 1814400. B. 161280. C. 5080320. D. 564480.
Lời giải
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Đánh số thứ tự 10 ghế hàng VIP đầu tiên lần lượt là
1,2, ,10
.
Để sắp xếp hàng ghế VIP đầu tiên ta làm như sau:
+ Xếp vị trí 2 nhà phê bình thời trang trước:
Do 2 nhà phê bình cách nhau đúng 2 ghế nên vị trí ghế của 2 người này ở các vị trí:
1;4 , 2;5 , 3;6 , 4;7 , 5;8 , 6;9 , 7;10
.
Hoán vị hai vị trí ghế này ta có
7.2! 14
(cách).
+ Xếp vị trí 8 người vào 8 ghế còn lại: Mỗi cách sắp xếp là một hoán vị của 8 phần tử nên ta có 8! cách sắp
xếp.
Vậy số cách sắp xếp hàng ghế VIP đầu tiên là
14.8! 564480
(cách).
Câu 23: Cho khối chóp
.S ABC
có đáy là tam giác vuông tại
, , 2 , 2 ,B BA a BC a SA a SA ABC
.
Gọi
K
là hình chiếu của
A
trên
SC
. Tính khoảng cách từ điểm
K
đến mặt phẳng
SAB
A.
8
9
a
B.
9
a
C.
2
9
a
D.
5
9
a
Lời giải
Ta có:
1SA ABC SA BC
ABC
vuông tại
2B BC AB
Từ (1) và
2 / /BC SAB
Trong
mp SBC
kẻ
//KH BC H SB
,KH SAB d K SAB KH
Ta có:
2 2 2 2
45AC AB BC a a a
.
2 2 2 2
4 5 3SC SA AC a a a
.
22
2
44
.
33
SA a a
SA SK SC SK
SC a
.
Vì
//KH BC
nên
4
.2
.8
3
39
aa
KH SK SK BC
KH a
BC SC SC a
.
Câu 24: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình bình hành có tâm
, 8, 6O AB SA SB
. Gọi
P
là mặt phẳng qua
O
và song song với
SAB
. Thiết diện của
P
và hình chóp
.S ABCD
là
A.
55
. B.
65
. C. 12. D. 13.
Lời giải
Qua
O
kẻ đường thẳng
d
song song
AB
và cắt
,BC AD
lần lượt tại
,PQ
.
Kẻ
PN
song song với
SB N SB
, kẻ
QM
song song với
SA M SA
.
Khi đó
//MNPQ SAB
thiết diện của
P
và hình chóp
.S ABCD
là tứ giác
MNPQ
Vì
,PQ
là trung điểm của
,BC AD
suy ra
,NM
lần lượt là trung điểm của
,SC SD
.
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Do đó
MN
là đường trung bình tam giác
4
22
CD AB
SCD MN
.
Và
3; 3
22
SB SA
NP QM NP QM MNPQ
là hình thang cân.
Hạ
,NH MK
vuông góc với
PQ
. Ta có
1
2
2
PH KQ PH PQ MN
.
Tam giác
PHN
vuông, có
5NH
.Vậy diện tích hình thang
MNPQ
là
. 6 5
2
MNPQ
PQ NM
S NH

.
Câu 25: Gieo một con xúc xắc liên tiếp 2 lần. Xác suất của biến cố
A
"Số chấm xuất hiện ở lần gieo sau
lớn hơn lần gieo trước" là
A.
21
36
PA
B.
5
12
PA
C.
5
36
PA
D.
1
6
PA
Lời giải
Số phần tử không gian mẫu là
Ω 36n
.
Gọi
A
là biến cố "Số chấm xuất hiện ở lần gieo sau lớn hơn lần gieo trước".
1;2 ; 1;3 ; 1;4 ; 1;5 ; 1;6 ; 2;3 ; 2;4 ; 2;5 ; 2;6 ; 3;4 ; 3;5 ; 3;6 ; 4;5 ; 4;6 ; 5;6A
Ta có
15nA
. Xác suất của biến cố
A
là
15
Ω 36
nA
PA
n

.
Câu 26: Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tai
, , 3B AB a SA a
và
SA ABC
. Gọi
M
là điểm trên cạnh
AB
và
(0 )AM x x a
mặt phẳng (
) đi qua
M
và vuông góc với
AB
. Giả
sử thiết diện của hình chóp
.S ABC
với
là tứ giác
MNPQ
. Tìm
x
để
thiết diện
MNPQ
lớn nhất?
A.
2
a
x
. B.
2
a
x
.
C.
3
2
a
x
. D.
xa
.
Lời giải
Ta tìm được
MNPQ
là hình chữ nhật
3
,3
a x a
MN MB
MQ AM x MN a x
SA AB a
2
22
3
. 3 3
4 2 4
MNPQ
a a a
S MN MQ a x x x







Vậy
2
3
max
4
MNPQ
a
S
khi
2
a
x
.
Câu 27: Có 30 quả cầu được đánh số từ 1 đến 30. Lấy đồng thời hai quả cầu rồi nhân hai số trên hai quả
cầu lấy được. Có bao nhiêu cách lấy hai quả cầu để tích nhận được là một số chia hết cho 10?
A. 3. B. 120 C. 81 D. 36
Lời giải
+ TH1: Lấy được một quả cầu ghi số chia hết cho 10; quả cầu còn lại ghi số không chia hết cho 10.
Số cách lấy một quả cầu ghi số chia hết cho 10 là
1
3
3C
(Vì từ 1 đến 30 có ba số chia hết cho 10 là 10, 20,
30).
Số cách lấy được một quả cầu ghi số không chia hết cho 10 là
1
27
27C
cách.
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Theo quy tắc nhân ta có số
3.27 81
(cách).
+ TH2: Chọn được một quả cầu ghi số chia hết cho 5, quả cầu còn lại ghi số chẵn và hai số này đều không
chia hết cho 10.
Số cách chọn quả cầu ghi số chia hết cho 5 là
1
3
3C
cách (Vì có 3 số chia hết cho 5 nhưng không chia hết
cho 10 là 5, 15, 25).
Số cách chọn quả cầu ghi số chẵn nhưng không chia hết cho 10 là
1
12
12C
cách.
Theo quy tắc nhân ta có
3.12 36
cách.
+ TH3: Chọn được hai quả cầu đều ghi số chia hết cho 10.
Số cách chọn là
2
3
3C
cách.
Vậy ta có
81 36 3 120
(cách).
Câu 28: Từ các chữ số
0,1 , 2, 3, 4, 5
có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số đôi một khác
nhau?
A. 240. B. 160. C. 752. D. 156.
Lời giải
TH1: Số cần tìm có dạng
0abc
với
, , ,0abc
đôi một phân biệt được chọn từ các chữ số
0,1,2,3,4,5
.
Lúc này số cách chọn
abc
bằng
3
5
60A
.
TH2: Số cần tìm có dạng
abc d
với
, , ,a b c d
đôi một phân biệt được chọn từ các chữ số
0,1,2,3,4,5
và
2d
hoặc
4d
đồng thời
0a
. Số cách chọn
d
là 2; Số cách chọn
a
là 4
Lúc này số cách chon
,bc
bằng
2
4
12A
. Trường hợp này có
2.4.12 96
.
Vậy có tất cả là
60 96 156
(số).
Câu 29: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số
m
để hàm số
2
3
mx
y
xm
đồng biến trên khoảng
;6

.
A. 2. B. 6. C. Vô số. D. 1.
Lời giải
Tập xác định:
3Dm
. Ta có
2
2
32
( 3 )
m
y
xm
Hàm số đồng biến trên khoảng
2
66
2
33
3 2 0
( ; 6)
66
63
33
2
mm
m
m
mm
m







Mà
m
nguyên dương nên
1;2m
.
Câu 30: Giả sử
2 2 2
0 1 2
1 1 1
nm
m
x x x x x x a a x a x a x
. Tính
0
r
r
m
a
.
A.
n
. B.
!n
C. 1. D.
1!n
Lời giải
Thay
1x
, ta được
22
0
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2.3.4 1 1 !
m
n
r
r
a n n
.
Câu 31: Gọi
S
là tập nghiệm của phương trình
32
75x x x
. Số phần tử con của tộp hợp
S
là
A. 1. B. 2. C. 4. D. 8.
Lời giải
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Phương trình
32
10 5 3x x x
2
3
2
53
82
53
x
xx
x


2
2
2
4
2 2 4 2 0
53
x
x x x x
x

2
2
2
2 2 5 0
53
x
x x x
x




Trường hợp 1. Xét
2 0 2xx
(thỏa mãn điều kiện).
Trường hợp 2. Xét
22
22
22
2 5 0 2 5
5 3 5 3
xx
x x x x
xx

Do
22
5
32
x x x x
nên
2
5 3 2xx
hay
2
2
1
53
x
x

Mà
22
2 5 ( 1) 4 4x x x
nên phương trình vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
2S
. Khi đó, số tập hợp con của tập
S
là
1
22
.
Câu 32: Xác định
m
để phương trình
32
3 9 0x x x m
có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng.
A.
13m
. B.
12m
. C.
16m
. D.
11m
.
Lời giải
Giả sử phương trình có ba nghiệm
1 2 3
,,x x x
phân biệt lập thành cấp số cộng
Khi đó
1 3 2 1 2 3 2
2 , 3 1x x x x x x x
Thay vào phương trình ta có
11m
. Với
11m
ta có phương trình
32
3 9 11 0x x x
2
1 2 3
1 2 11 0 1 12, 1, 1 12x x x x x x
Ba nghiệm này lập thành cấp số cộng. Vậy
11m
là giá trị cần tìm.
Câu 33: Gọi
1 2 3
;;S S S
là tổng
1 2 3
;;n n n
số hạng đầu của một cấp số cộng. Khi đó
3
12
2 3 3 1 1 2
1 2 3
S
SS
n n n n n n
nnn
bằng
A. 0. B. 1. C. 2. D. 3.
Lời giải
Thay công thức
3
12
1 1 1 2 2 2 3 3 3
2 1 ; 2 1 ; 2 1
2 2 2
n
nn
S u n d S u n d S u n d
Khi đó
3
12
2 3 3 1 1 2
1 2 3
0
S
SS
n n n n n n
nnn
Cách 2. Xét nguyên 1 dãy cấp số cộng như
1 2 3 1 2 3
1, 3, 5; 1; 2; 3;u u u n n n
ta có
1 2 3
1, 1 3 4; 1 3 5 9S S S
.
Khi đó ta có
1 4 9
2 3 3 1 1 2 1 4 3 0
1 2 3
Câu 34: Xác định tất cả các giá trị của m để
2
1 cos2 2cos 2tan 4 sinx x x m x
chỉ có 3 điểm biểu diễn
trên đường tròn lượng giác
A.
2m
B.
2m 
C.
0m
D.
2m 
Lời giải
Đk:
cos 0
2
x x k
khi đó ta có
sinx
1 tan 2 sin 1 2 sin cos sin 2 sin cos
cos
PT x m x m x x x m x x
x
Đặt
2
1
sinx cos 2 2 sin cos
2
t
t x t x x
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Mặt khác,
cos 0 1xt
2
2
1
2 0 *
2
t
PT t m mt t m
, nhận thấy với mỗi nghiệm
2; 2 1t
thì cho ta 2
điểm biểu diễn họ nghiệm trên đường tròn lượng giác.
Với
2t 
thì cho ta 1 điểm biểu diễn
Để chỉ có 3 điểm biểu diễn thì (*) phải có nghiệm
2t
hoặc
2t 
, nghiệm còn lại phải thuộc
2; 2 1
+ Với
2 2 2 0 2 /t m m m t m
+ Với
2 2 2 0 2 /t m m m t m
Vậy
2m 
Câu 35: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
47F x y
trên miền xác định bởi hệ bất phương trình
03
0 2 4
xy
xy
là
A. 0. B. -4. C. 11. D. 15.
Lời giải
Miền nghiệm của hệ bất phương trình
03
0 2 4
xy
xy
là miền tứ giác
OABC
(kể cả các cạnh) với
4 4 10 1
0;0 , ; , ; , 2; 1
3 3 3 3
O A B C
.
Biểu thức
47F x y
đạt giá trị nhỏ nhất tại cặp số
;xy
là tọa độ của một trong 4 đỉnh trên.
0;0 4.0 7.0 0F
;
4 4 4 4
; 4. 7. 4;
3 3 3 3
F



10 1 10 1
; 4. 7. 11
3 3 3 3
F



;
2; 1 4.2 7. 1 15F
Vậy
min
4F 
.
Câu 36: Cho hình lập phương
.ABCD A B C D
. Gọi
M
là trung điểm của
BC

. Số đo góc giữa hai đường
thẳng
AM
và
BC
bằng bao nhiêu độ?
Lời giải
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Giả sử độ dài cạnh hình lập phương là
a
.
Ta có:
/ / , ,BC AD BC AM AD AM D AM
.
Xét tam giác
ADM
ta có:
53
2, ,
22
aa
AD a MD AM

.
2
2
2
35
( 2)
22
2
cos
3
2
2. 2.
2
aa
a
D AM
a
a







.
45D AM
.
Câu 37: Một căn bệnh có
1%
dân số mắc phải. Một phương pháp chuẩn đoán được phát triển có tỷ lệ chính
xác là
99%
. Với những người bị bệnh, phương pháp này sẽ đưa ra kết quả dương tính
99%
số trường hợp.
Với người không mắc bệnh, phương pháp này cũng chuẩn đoán đúng 99 trong 100 trường hợp. Nếu một
người kiểm tra và kết quả là dương tính (bị bệnh), xác suất để người đó thực sự bị bệnh là bao nhiêu?
Lời giải
Gọi
A
là biến cố "người đó mắc bệnh"
Gọi
B
là biến cố "kết quả kiểm tra người đó là dương tính (bị bệnh)"
Ta cần tính
P A B∣
. Với
.
.
P A P B A
P A B
P A P B AP AA P B

∣
∣
∣∣
Ta có: Xác suất để người đó mắc bệnh khi chưa kiểm tra:
1PA
Do đó xác suất để người đó không mắc bệnh khi chưa kiểm tra:
1 0,01 0,99AP
Xác suất kết quả dương tính nếu người đó mắc bệnh là:
99P B A ∣
Xác suất kết quả dương tính nếu người đó không mắc bệnh là:
1 0,99 0,01PBA ∣
.
0,01.0,99
0,5
0,01.0,99 0,99.0,01
. | .
P A P B A
P A B
P A P B A P AAPB
∣
∣
∣
Xác suất kết để người đó mắc bệnh nếu kết quả kiểm tra người đó là dương tính là 0,5.
Câu 38: Cho hình lăng trụ
.ABC A B C

có độ dài cạnh bên bằng
2a
, đáy
ABC
là tam giác vuông tại
, , 3A AB a AC a
và hình chiếu vuông góc của đỉnh
A
trên mặt phẳng
ABC
là trung điểm của cạnh
BC
. Côsin của góc giữa hai đường thẳng
AA
và
BC

bằng bao nhiêu?
Lời giải
Gọi
O
là trung điểm của
,BC H
là trung điểm của
,AB K
là trung điểm của
AC
thì
OHAK
là hình chữ
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
nhật. Ta có
22
2,
2
BC
BC AB AC a OA a
;
2 2 2 2
43OA A OA aA aa

3
22
AC a
OH 
;
22
AB a
OK 
Chọn hệ trục tọa độ
Oxyz
sao cho tia
Ox
chứa
H
, tia
Oy
chứa
K
và tia
Oz
chứa
A
(xem hình vẽ).
Khi đó
3 3 3
0;0; 3 , ; ;0 , ; ;0 , ; ;0
2 2 2 2 2 2
a a a a a a
A a A B C

.
3
; ; 3 , 3; ;0
22
aa
AA a BC a a




. Gọi
là góc giữa
AA
và
BC

. Khi đó:
.
1
cos cos , 0,25.
4
.
AA BC
AA BC
AA BC
Câu 39: Cho
Fx
là họ nguyên hàm của hàm số
2
2
sin cos , 0 1
cos
f x x x F
x
. Giá trị
F
bằng bao nhiêu?
Lời giải
Ta có
2
2
d sin cos d cos sin 2tan
cos
F x f x x x x x x x x C
x




Mà
0 1 cos0 sin0 2tan0 1 2 cos sin 2tan 2F C C F x x x x
cos sin 2tan 2 3F
.
Câu 40: Một vật đang chuyển động với vận tốc
10 m/s
thì thay đổi với gia tốc
22
3 4 m/sa t t t
.
Trong 10 giây sau khi thay đổi vận tốc lớn nhất của vật bằng bao nhiêu m/s?
Lời giải
Ta có:
3
22
d 3 4 d 3 2
3
t
v t a t t t t t t t C

.
3
2
0 10 10 3 2 10
3
t
v C v t t t
; Ta có
2
1
3 4 0
3
t
v t t t
t
Khi đó
34 520
0 10, 1 11,3, 3 10, 10 173,3
33
v v v v
.
Vậy sau khi thay đổi vận tốc lớn nhất của vật là
173,3 m/s
.
Câu 41: Cho hình lăng trụ đứng
.ABC A B C
có đáy là tam giác vuông cân tại
,2B AC a
và
3A B a
.
Số đo của góc phẳng nhị diện
,,B AC B
bằng bao nhiêu độ? (Kết quả làm tròn đến phần mười)
Lời giải
Gọi
I
là trung điểm
AC
.
Ta có:
,,
B AC ABC AC
BI AC B AC B B IB
B I AC


Ta có:
22
; (3 ) ( 2) 7
2
AC
BI a B B a a a

Xét
ΔBB I
vuông tại
7
: tan 7 69,3
B B a
B B IB B IB
BI a

.
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Câu 42: Giới hạn dãy số
22
2
n
n n n n
u
n
có dạng
lim
11
n
bc
nn
a
với a; b; c là các số tự
nhiên. Tính giá trị
abc
Lời giải
22
22
2 2 2 2
2
2
lim lim lim lim
22
n
n n n n
n n n n n
u
n
n n n n n n n n n n
22
1
1
1
lim lim 2 2
21
2
11
1
a
n
b a b c
n n n n
c
nn
.
Câu 43: Số các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình
1 2 3 4
11x x x x
là bao nhiêu?
Lời giải
Số nghiệm cần tìm bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình
1 2 3 4 5
11x x x x x
.
Vậy phương trình có
4
15
C 1365
(nghiệm).
Câu 44: Hàm số
fx
xác định, liên tục trên và có đạo hàm là
1f x x

. Biết rằng
03f
.
Tổng
24ff
bằng bao nhiêu?
Lời giải
Ta có
1 khi 1
1 khi 1
xx
fx
xx

.
Khi
1x
thì
2
1
1d
2
x
f x x x x C
.
Khi
1x
thì
2
2
1d
2
x
f x x x x C



.
Theo đề bài ta có
03f
nên
2
2
33
2
x
C f x x



khi
1x
.
Mặt khác do hàm số
fx
liên tục tại
1x
nên
11
lim lim 1
xx
f x f x f



22
1
11
lim 3 lim
22
xx
xx
x x C


11
11
1 3 1 4
22
CC



Vậy khi
1x
thì
2
4
2
x
f x x
2 4 12ff
.
Câu 45: Từ các số 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
sau: Mỗi chữ số xuất hiện đúng hai lần và hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau?
Lời giải
Đặt
7,8,9A
. Gọi
S
là tập các số thỏa yêu cầu thứ nhất của bài toán
Ta có số các số thỏa điều kiện thứ nhất của bài toán là
3
6!
90
2
.
Gọi
1 2 3
,,S S S
là tập các số thuộc
S
mà có
7,8,9
cặp chữ số giống nhau đứng cạnh nhau.
- Số phần tử của
3
S
chính bằng số hoán vị của 3 cặp
77,88,99
nên
3
6S
.
- Số phần tử của
2
S
chính bằng số hoán vị của 4 phần tử là có dạng
, , ,a a bb cc
nhưng
,aa
không đứng
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
cạnh nhau. Nên
2
4!
66
2
S
phần tử.
- Số phần tử của
1
S
chính bằng số hoán vị của các phần tử có dạng
, , , ,a a b b cc
nhưng
,aa
và
,bb
không
đứng cạnh nhau nên
1
5!
6 12 12
4
S
.
Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là
90 6 6 12 76
số.
Câu 46: Người ta dùng 20 cuốn sách bao gồm 8 cuốn sách Toán, 7 cuốn sách Lý và 5 cuốn sách Hóa (các
cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng cho 10 học sinh, mỗi học sinh nhận được 2 cuốn
sách khác thể loại (không tính thứ tự các cuốn sách). Có bao nhiêu cách phát thưởng cho học sinh?
Lời giải
Để một học sinh nhận được 2 quyển sách thể loại khác nhau, ta chia phần thưởng thành ba loại: (Toán-Lý);
(Toán-Hóa); (Lý-Hóa).
Gọi
, , , ,x y z x y z
lần lượt là số học sinh nhận được bộ giải thưởng
(Toán-Lý) ; (Toán- Hóa) ; (Lý- Hóa). Khi đó, ta có hệ sau:
85
53
72
x y x
y z y
x z z



Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 10 học sinh:
Chọn 5 bạn bất kì trong 10 bạn để nhận bộ (Toán-Lý):
5
10
C
cách.
Chọn 3 bạn bất kì trong 5 bạn còn lại để nhận bộ (Toán-Hóa):
3
5
C
cách.
2 bạn còn lại chỉ có 1 cách phát thưởng là bộ (Lý-Hóa).
Vậy theo quy tắc nhân ta có
53
10 5
.. 1 2520CC
(cách).
Câu 47: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m
để hàm số
2
2
2
khi 1
1
2 khi 1
xx
x
fx
x
mx m x


liên tục tại
1x 
?
Lời giải
Tập xác định
DR
.
*
2
12f m m
*
22
11
lim lim 2 2
xx
f x mx m m m

 
.
*
2
1 1 1 1
12
2
lim lim lim lim 2 3
11
x x x x
xx
xx
f x x
xx



.
Hàm số liên tục tại
1x 
khi và chỉ khi
11
lim lim 1
xx
f x f x f

 
22
1
2 3 2 3 0
3
2
m
m m m m
m

. Vậy có 1 giá trị nguyên của
m
thỏa mãn.
Câu 48: Một bảng xếp hạng đã tính điểm chuẩn hoá cho chỉ số nghiên cứu khoa học của một số trường đại
học ở Việt Nam và thu được kết quả sau:
Điểm
Dưới 20
20;30
30;40
40;60
60;80
80;100
Số trường
7
19
8
5
4
3
Ngưỡng điểm tối thiểu để đưa ra danh sách
25%
trường đại học có chỉ số nghiên cứu tốt nhất Việt Nam
bằng bao nhiêu?
Lời giải
Cỡ mẫu là
7 19 8 5 4 3 46n
.
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Gọi
1 46
,,xx
là điểm chuẩn hoá cho chỉ số nghiên cứu của 46 trường đại học ở Việt Nam và giả sử dãy
này được sắp xếp theo thứ tự không giảm.
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là là
35
x
và thuộc nhóm
40;60
trong mẫu số liệu ghép nhóm.
Ta có:
3
3.46
7 19 8
4
40 60 40 42
5
Q
Vậy tứ phân vị thứ ba
3
42Q
nên điểm ngưỡng tối thiểu để đưa ra danh sách
25%
trường đại học có chỉ
số nghiên cứu tốt nhất Việt Nam là 42.
Câu 49: Giả sử sự lây lan của một vi rút được mô hình hoá bởi hàm số
2e logy x x
, với
0x
và
x
tính bằng giờ. Gọi
0
x
là thời điểm mà sự lây lan là lớn nhất. Giá trị của biểu thức
3
0
22
0
e.
log log e 1
1
x
P
x
bằng
Lời giải
Đổi biến
e
t
x
, xét hàm số
2e e
t
f t t
.
Ta có
e 1 2e, 0 e 1 2e
tt
f t t f t t

(1).
Xét hàm số
e1
t
g t t
có
e 1 e 0, 0
tt
g t t t
.
gt
là hàm đồng biến trên
0;
. Mà
1 2eg 
Phương trình (1) có nghiệm duy nhất
1t
.
Bảng biến thiên:
Suy ra hàm số
2e e
t
f t t
lớn nhất khi
0
1etx
,
khi đó
3
2 2 2
e.e 2 2
log log e 1 log e 0,96
e 1 3 3ln2
P
.
Câu 50: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đọan
2025;2025
của tham số
m
để đồ thị hàm số
2
3x
y
x x m

có đúng hai đường tiệm cận?
Lời giải
Hàm số xác định
2
3
0
x
x x m
Ta có
lim 0 0
x
yy

là tiệm cận ngang
Đồ thị hàm số đã cho có đúng 2 tiệm cận
2
0x x m
(1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn hoặc bằng 3. (2)
Xét (1)
2
x x m
Đặt
2
1
2 1; 0
2
f x x x f x x f x x

Bảng biến thiên:
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Từ BBT, suy ra (2)
12m
Mà
; 2025;2025mm
nên
12; ..;2025m
Vậy số giá trị nguyên thoả mãn là:
2025 12 1 2014
.
---------- HẾT ----------

Tài liệu khác của Tài liệu khác

Preview text:

ĐÁP ÁN ĐỀ 06 HSA2025 TCRR
Câu 1: Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp 1;2;3;4;  5 A. 5 C . B. 5 A . C. 5!. D. 5 5 . 5 6 Lời giải
Số cách lập ra số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp 1;2;3;4;  5 là số
hoán vị của 5 phần tử. Vậy có 5! số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau mà các chữ số đó thuộc tập hợp 1;2;3;4;  5 .
Câu 2: Trong không gian, khẳng định nào sau đây sai.
A. Nếu ba mặt phẳng phân biệt cắt nhau theo ba giao tuyến thì ba giao tuyến ấy hoặc đồng quy hoặc đôi một song song.
B. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
C. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
D. Cho hai đường thẳng chéo nhau. Có duy nhất một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia. Lời giải
Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau hoặc chéo nhau.
Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz; cho điểm A1;3; 2
  và P: 2x y  2z 3  0 . Khoảng
cách từ điểm A đến mặt phẳng P bằng 2 A. 1. B. 2. C. . D. 3. 3 Lời giải 2.1 3  2. 2   3 Ta có d  ; A P     2 . 2 2 2 2 1  ( 2  )
Câu 4: Cho a,b là các số thực dương tùy ý và a  1, log b bằng 4 a 1 1
A. 4  log b . B. log b . C. 4log b . D.  log b . a a 4 a 4 a Lời giải Ta có 1 log b  log b . 4 4 a a
Câu 5: Cho hai vectơ a và b khác vectơ - không thỏa mãn a  2, b  3 và a tạo với b một góc bằng
45 . Khi đó a.b bằng bao nhiêu?
A. a.b  5 2 .
B. a.b  3 2 .
C. a.b  2 5 .
D. a.b  2 3 . Lời giải Ta có .
a b a . b .cos a,b   2.3.cos45  3 2 . Vậy a.b  3 2 .
Câu 6: Trong hình vẽ dưới đây, hãy cho biết điểm L không là điểm chung của hai mặt phẳng nào?
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
A.SBA và SBC .
B.SAD và  ALD .
C.SBC và SBD .
D.SAB và  ALD . Lời giải
SADALD  AD mà LAD nên L không là điểm chung của hai mặt phẳng SAD và ALD .
Câu 7: Cân nặng của 35 người trưởng thành tại một khu dân cư được cho như sau: 43 51 47 62 48 40 50 62 53 56 40 48 56 53 50 42 55 52 48 46 45 54 52 50 47 44 54 55 60 63 58 55 60 58 53.
Chuyển mẫu số liệu trên sang dạng ghép nhóm với sáu nhóm có độ dài bằng nhau. Khi đó, tứ phân vị thứ
nhất của mẫu số liệu ghép nhóm đó bằng bao nhiêu? A. 47,8. B. 48,5. C. 47. D. 47,5. Lời giải
Giá trị nhỏ nhất là 40 và giá trị lớn nhất là 63. Khoảng biến thiên là 63  40  23. Để cho đối xứng, ta chọn
đầu mút trái của nhóm đầu tiên là 40 và đầu mút phải của nhóm cuối cùng là 64 ta được các nhóm là
40;44,44;48,48;52,52;56,56;60 và 60;64. Đếm số giá trị thuộc mỗi nhóm, ta có mẫu số liệu ghép nhóm như sau: Cân nặng
40;44 44;48 48;52 52;56 56;60 60;64 Số người 4 5 7 10 4 5
Cỡ mẫu n  35 . Gọi x , x ,, x là số cân nặng của 35 người và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ 1 2 35
tự không giảm. Khi đó tứ phân vị thứ nhất là x , thuộc nhóm 44;48 . 9 35  4
Do đó p  2;a  44;m  5;m  4, a a  4 và 4 Q  44  .4  47,8 . 2 2 1 3 2 1 5
Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành ABCD . Gọi M , N, P lần lượt là trung điểm của A , B A ,
D SC . Ta có mpMNP . MN cắt các đường BC,CD lần lượt tại K, L . Gọi E là giao điểm của
PK và SB, F là giao điểm của PL và SD . Ta có giao điểm của ( MNP ) với các cạnh S , B SC, SD lần lượt là E, ,
P F . Thiết diện tạo bởi MNP với S.ABCD là
A. tam giác MNP .
B. tứ giác MEPN .
C. ngũ giác MNFPE .
D. tam giác PKL . Lời giải
MN CD L  MNP SCD  PF F PL SD
MN BC K  MNP SBC  PE E PK SB
MNPABCD  MN ;MNPSAD  NF ;MNPSBA  EM
 Thiết diện cần tìm là ngũ giác MNFPE .
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang Câu 9: 2 Dãy số u
có phải là cấp số nhân không? Nếu phải hãy xác định công bội q . n n
A.u là cấp số nhân, q  3.
B.u là cấp số nhân, 1 q  . n n  2
C.u là cấp số nhân, q  4 .
D.u không phải là cấp số nhân. n n Lời giải Ta có u 2 2 n n 1   : 
phụ thuộc vào n suy ra dãy u không phải là cấp số nhân. n u n 1 n n 1 n
Câu 10: Cho các số thực dương a,b thỏa mãn log a x,log b y . Tính P  log  2 3 a b . 2  2 2
A. P  2x  3y . B. 2 3
P x y .
C. P  6xy . D. 2 3 P x y . Lời giải
Ta có: P  log  2 3 a b   log  2 a   log  3 b
 2log a  3log b  2x  3y . 2 2 2  2 2 Câu 11: 1 Giá trị của log
với a  0; a  1 bằng a 3 a 2 3 A.  . B. 3. C.  . D. -3. 3 2 Lời giải Ta có 1 3 log log a   3  . a 3 a a
Câu 12: Cho tam giác PMQ có PM 10, ˆP  25 ˆ , M  2 5
, độ dài cạnh PQ gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 8,09. B. 12,91. C. 13,88. D. 9,43. Lời giải Ta có: ˆ Q  180 ˆ ˆ
P M  3 10 .
Áp dụng định lí sin cho PQ PM PM M PMQ , ta có: sin 10.sin52   PQ    8,09 . sinM sinQ sinQ sin103
Câu 13: Cho tam giác vuông, trong đó có một góc bằng trung bình cộng của hai góc còn lại. Cạnh lớn nhất
của tam giác đó bằng a . Tính diện tích tam giác. 2 a 3 2 a 3 2 a 6 2 a 2 A. . B. . C. . D. . 8 4 10 4 Lời giải
Gọi tam giác thỏa mãn đề là ABC . Giả sử tam giác vuông tại A  90
Ta có: A B C 180 , mà theo đề: A C  2B , Suy ra B  60 . 2 Ta tính: a 1 a 3
AB BC.cos60 
. Diện tích tam giác: S A . B BC.sinB  . 2 2 8
Câu 14: Biết log 12  ;
a log 24  b . Giá trị của log 168 được tính theo a và b là 7 12 54 ab 1 ab 1 2ab 1 2ab 1 A. . D. . a 8  . B. 5ba(8  . C. 5b) 8a  5b 8a  5b Lời giải Do log 12  ;
a log 24  b  ;
a b  0 . Ta có: log 12  a  log  2
2 .3  a  2 log 2  log 3  a 1 7 7  7 7   7 12 log 24 3log 2  log 3 7 7 7 log 24  b   b
b  3log 2  log 3  ab 2 12 7 7   log 12 a 7
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
2log 2  log 3  a
log 2  ab a
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 7 7 7    3
 log 2  log 3  ab
log 3  3a  2ab  7 7  7 log  3 2 .3.7 log 168   7  3log 2 log 3 1 Mặt khác, 7 log 168    log 54 log 2.3 log 2  3log 3 7   7 7 54 3 7 7 7
3ab a  3a  2ab 1
3ab  3a  3a  2ab 1 ab 1 ab 1  log 168     . 54
ab a  33a  2ab
ab a  9a  6ab 8a  5ab a 8  5bab 1 Vậy log 168  54 a 8  . 5b
Câu 15: Tìm m để phương trình sinx  cosx m  0 có nghiệm.
A.  2  m  2
B.  2  m  1
C. 1  m  2 D. 1   m 1 Lời giải       m m PT  2sin x
m  sin x       . Để PT có nghiệm thì 1  
1   2  m  2  4   4  2 2
Câu 16: Cân nặng của 35 người trưởng thành tại một khu dân cư được cho như sau: 43 51 47 62 48 40 50 62 53 56 40 48 56 53 50 42 55 52 48 46 45 54 52 50 47 44 54 55 60 63 58 55 60 58 53.
Hãy chuyển mẫu số liệu sang dạng ghép nhóm với sáu nhóm có độ dài bằng nhau. Tính tứ phân vị thứ ba
của mẫu số liệu trên. A. 55,5. B. 56,25. C. 59,4. D. 56. Lời giải
Giá trị nhỏ nhất là 40 và giá trị lớn nhất là 63. Khoảng biến thiên là 63  40  23. Để cho đối xứng, ta chọn
đầu mút trái của nhóm đầu tiên là 40 và đầu mút phải của nhóm cuối cùng là 64 ta được các nhóm là [40;44),
44;48,48;52,52;56,56;60 và 60;64. Đếm số giá trị thuộc mỗi nhóm, ta có mẫu số liệu ghép nhóm như sau: Cân nặng
40;44 44;48 48;52 52;56 56;60 60;64 Số người 4 5 7 10 4 5
Cỡ mẫu n  35 . Gọi x , x ,, x là số cân nặng của 35 người và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ 1 2 35
tự không giảm. Khi đó tứ phân vị thứ ba là x , thuộc nhóm 56;60 . 27 35 3.  26
Do đó p  5;a  56;m  4;m m m m  26, a a  4 và 4 Q  56  .4  56, 25 . 5 5 1 2 3 4 6 5 3 4
Câu 17: Bảng sau thống kê số lớp và số học sinh theo từng khối ở một trường Trung học cơ sở. Khối 6 7 8 9 Số lớp 9 8 8 9 Số học sinh 396 370 345 382
Hiệu trưởng trường đó cho biết sĩ số mỗi lớp trong trường đều không vượt quá 45 học sinh. Biết rằng trong
bảng trên có một khối lớp bị thống kê sai, hãy tìm khối lớp đó. A. Lớp 6. B. Lớp 7. C. Lớp 8. D. Lớp 9. Lời giải
Vì sĩ số mỗi lớp không vượt quá 45 học sinh nên số học sinh khối 6, 9 không vượt quá 405 học sinh và số
học sinh khối 7, 8 không vượt quá 360 học sinh. Do đó, số học sinh khối lớp 7 là 370 học sinh là không chính xác.
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Câu 18: Muốn đo chiều cao của một tòa nhà, người ta lấy hai điểm ,
A B trên mặt đất cách nhau 10 m cùng
thẳng hàng với chân C của tòa nhà để đặt hai giác kế. Chân của hai giác kế có cùng chiều cao là 1 m. Gọi
D là đỉnh tòa nhà và hai điểm A , B cùng thẳng hàng với C thuộc đường cao CD của tòa nhà. Người ta 1 1 1
đo được DA C  48 , DB C  36 . Tính chiều cao CD của tòa nhà. 1 1 1 1
A. CD  25, 77 m .
B. CD  23, 08 m .
C. CD  24,84 m .
D. CD  26, 21 m . Lời giải
Xét ΔDA B có DA C là góc ngoài  DB A A DB DA C A DB  48  36  12 . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Áp dụng định lí sin cho ΔA DB , ta có: 1 1 A D A B A B sin DB A 12.sin 36 1 1 1 1 1 1 1   A D    33,93 (m). 1 sin DB A sin A DB sin A DB sin12 1 1 1 1 1 1 Xét DA
C vuông tại C : 1 1 1
Ta có: CD CC DC 1 25, 21  26, 21 m 1 1  
Vậy chiều cao của tòa nhà là CD  26, 21 m .
Câu 19: Một người làm một cái cổng cổ xưa có dạng Parabol như hình vẽ. Hãy tính diện tích của cái cổng? 28 16 32 A. . B. . C. 16. D. . 3 3 3 Lời giải
Phương trình parabol P có đỉnh I 0;4 và qua điểm 2;0 là 2
y  x  4 2
y  x  4   y  0
Diện tích cái cổng chính bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi  x  2   x  2
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang 2 2 32 Từ đó ta có 2 S
x  4dx   2
x  4dx    . 3 2  2 
Câu 20: Bốn cung thủ , A ,
B C, D thi đấu với nhau và được ghi lại kết quả sau 6 lần bắn như sau: Lần 1 2 3 4 5 6 Cung thủ A 7 7 6 5 8 9 Cung thủ B 9 10 5 8 7 8 Cung thủ C 6 7 8 9 10 9 Cung thủ D 6 8 7 9 6 5
Hỏi cung thủ nào có phong độ ổn định nhất?
A. Cung thủ D .
B. Cung thủ B .
C. Cung thủ C .
D. Cung thủ A . Lời giải
Thực hiện tính phương sai điểm thi đấu của 4 cung thủ ta có bảng sau: Số trung bình Phương sai Cung thủ A 7 1,67 Cung thủ B 7,83 2,47 Cung thủ C 8,17 1,81 Cung thủ D 6,83 1,81
(Chú ý có thể sử dụng máy tính CASIO để tính nhanh:
+ Để đưa máy tính CASIO FX 580VNX về chế độ thống kê có tần số ta làm như sau: SHIFT + MENU +  + 3 + 1.
+ Để nhập bảng số liệu thống kê ta nhập như sau: MENU + 6 + 1 (với X là giá trị đại diện, Freq là tần số
tương ứng). Sau khi nhập xong nhấn AC. Nhập OPTN + 2 để đọc các kết quả của bài toán thống kê và lựa chọn kết quả đúng.)
Do phương sai của cung thủ A nhỏ nhất nên cung thủ A có phong độ ổn định nhất.  3  5  4sin  x      Câu 21: 2 6tan Để phương trình  2 sinx 1
có nghiệm thì giá trị  là tan        A.    k B.    k C.     kD.   k 3 2 4 2 4 2 Lời giải Điều kiện: sinx  0       Ta có: 3 sin  x  si  n
x  cosx      2   2  6tan 2
 6tancos   3sin2,cos  0 2 1 tan    5 4cosx * 
 3sin2  3sin2sinx  4cosx  5 (**). Phương trình có nghiệm khi. sinx  cos  0  cos  0  cos  0       
 cos2  0     k 2 2 2 (3sin2 ) 16  25 sin 2  1 si    n 2 1 4 2
Câu 22: Trong một buổi trình diễn thời trang, hàng ghế VIP đầu tiên được sắp xếp bao gồm 10 ghế trong
đó có 2 ghế dành cho 2 nhà phê bình thời trang nổi tiếng. Biết rằng 2 nhà phê bình này phải ngồi cách nhau
đúng 2 ghế để khi máy quay lia đến thì cả hai người vừa lọt khung hình. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp hàng ghế VIP đầu tiên? A. 1814400. B. 161280. C. 5080320. D. 564480. Lời giải
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Đánh số thứ tự 10 ghế hàng VIP đầu tiên lần lượt là 1,2, ,  10 .
Để sắp xếp hàng ghế VIP đầu tiên ta làm như sau:
+ Xếp vị trí 2 nhà phê bình thời trang trước:
Do 2 nhà phê bình cách nhau đúng 2 ghế nên vị trí ghế của 2 người này ở các vị trí:
1;4,2;5,3;6,4;7,5;8,6;9,7;10 .
Hoán vị hai vị trí ghế này ta có 7.2!  14 (cách).
+ Xếp vị trí 8 người vào 8 ghế còn lại: Mỗi cách sắp xếp là một hoán vị của 8 phần tử nên ta có 8! cách sắp xếp.
Vậy số cách sắp xếp hàng ghế VIP đầu tiên là 14.8!  564480 (cách).
Câu 23: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại , B BA  , a BC  2 , a SA  2 ,
a SA   ABC .
Gọi K là hình chiếu của A trên SC . Tính khoảng cách từ điểm K đến mặt phẳng SAB 8a a 2a 5a A. B. C. D. 9 9 9 9 Lời giải
Ta có: SA   ABC  SA BC   1 ABC
vuông tại B BC AB 2
Từ (1) và 2  BC / / SAB
Trong mpSBC kẻ KH / /BC H SB
KH  SAB  d K,SAB  KH Ta có: 2 2 2 2 AC
AB BC a  4a a 5 . 2 2 2 2
SC SA AC  4a  5a  3a . 2 2 SA 4a 4a 2
SA SK.SC SK    . SC 3a 3 4 .2 a a Vì KH SK SK.BC 8 KH / / BC nên 3   KH    a . BC SC SC 3a 9
Câu 24: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có tâm ,
O AB  8, SA SB  6 . Gọi
P là mặt phẳng qua O và song song với SAB. Thiết diện của P và hình chóp S.ABCD là A. 5 5 . B. 6 5 . C. 12. D. 13. Lời giải
Qua O kẻ đường thẳng d  song song AB và cắt BC, AD lần lượt tại , P Q .
Kẻ PN song song với SB N SB, kẻ QM song song với SAM SA .
Khi đó MNPQ / / SAB  thiết diện của P và hình chóp S.ABCD là tứ giác MNPQ Vì ,
P Q là trung điểm của BC, AD suy ra N, M lần lượt là trung điểm của SC, SD .
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang Do đó CD AB
MN là đường trung bình tam giác SCD MN    4 . 2 2 Và SB SA NP   3;QM
 3  NP QM MNPQ là hình thang cân. 2 2 1
Hạ NH , MK vuông góc với PQ . Ta có PH KQ PH
PQ MN  2. 2  Tam giác PQ NM
PHN vuông, có NH  5 .Vậy diện tích hình thang MNPQ là SNH.  6 5 . MNPQ 2
Câu 25: Gieo một con xúc xắc liên tiếp 2 lần. Xác suất của biến cố A "Số chấm xuất hiện ở lần gieo sau
lớn hơn lần gieo trước" là
A. P A 21 
B. P A 5 
C. P A 5 
D. P A 1  36 12 36 6 Lời giải
Số phần tử không gian mẫu là n Ω  36 .
Gọi A là biến cố "Số chấm xuất hiện ở lần gieo sau lớn hơn lần gieo trước". A  
 1;2;1;3;1;4;1;5;1;6;2;3;2;4;2;5;2;6;3;4;3;5;3;6;4;5;4;6;5;6 n A Ta có 15
n A  15. Xác suất của biến cố A là P A     . n Ω 36
Câu 26: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tai
B, AB a, SA a 3 và SA   ABC . Gọi M là điểm trên cạnh AB và
AM x (0  x a) mặt phẳng ( ) đi qua M và vuông góc với AB . Giả
sử thiết diện của hình chóp S.ABC với   là tứ giác MNPQ . Tìm x để
thiết diện MNPQ lớn nhất? a a A. x  . B. x  . 2 2 3a C. x  .
D. x a . 2 Lời giải
Ta tìm được MNPQ là hình chữ nhật MN MB
a xa 3
MQ AM x,   MN
 3 a xSA AB a 2  a a    a SMN MQ a x x    x      MNPQ   2 2 3 . 3 3  4  2    4  2 a 3 a Vậy maxS  khi x  . MNPQ 4 2
Câu 27: Có 30 quả cầu được đánh số từ 1 đến 30. Lấy đồng thời hai quả cầu rồi nhân hai số trên hai quả
cầu lấy được. Có bao nhiêu cách lấy hai quả cầu để tích nhận được là một số chia hết cho 10? A. 3. B. 120 C. 81 D. 36 Lời giải
+ TH1: Lấy được một quả cầu ghi số chia hết cho 10; quả cầu còn lại ghi số không chia hết cho 10.
Số cách lấy một quả cầu ghi số chia hết cho 10 là 1
C  3 (Vì từ 1 đến 30 có ba số chia hết cho 10 là 10, 20, 3 30).
Số cách lấy được một quả cầu ghi số không chia hết cho 10 là 1 C  27 cách. 27
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Theo quy tắc nhân ta có số 3.27  81 (cách).
+ TH2: Chọn được một quả cầu ghi số chia hết cho 5, quả cầu còn lại ghi số chẵn và hai số này đều không chia hết cho 10.
Số cách chọn quả cầu ghi số chia hết cho 5 là 1
C  3 cách (Vì có 3 số chia hết cho 5 nhưng không chia hết 3 cho 10 là 5, 15, 25).
Số cách chọn quả cầu ghi số chẵn nhưng không chia hết cho 10 là 1 C  12 cách. 12
Theo quy tắc nhân ta có 3.12  36 cách.
+ TH3: Chọn được hai quả cầu đều ghi số chia hết cho 10. Số cách chọn là 2 C  3 cách. 3
Vậy ta có 81 36  3  120 (cách).
Câu 28: Từ các chữ số 0,1 , 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau? A. 240. B. 160. C. 752. D. 156. Lời giải
TH1: Số cần tìm có dạng abc0 với a, , b ,
c 0 đôi một phân biệt được chọn từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5 .
Lúc này số cách chọn abc bằng 3 A  60 . 5
TH2: Số cần tìm có dạng abcd với , a , b ,
c d đôi một phân biệt được chọn từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5 và
d  2 hoặc d  4 đồng thời a  0 . Số cách chọn d là 2; Số cách chọn a là 4 Lúc này số cách chon , b c bằng 2
A  12 . Trường hợp này có 2.4.12  96 . 4
Vậy có tất cả là 60  96  156 (số).  Câu 29: mx 2
Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số y
đồng biến trên khoảng x  3m    ; 6   . A. 2. B. 6. C. Vô số. D. 1. Lời giải 2 3m 2
Tập xác định: D   3   m . Ta có y   2 (x  3 ) m   6  6  m    m  2  2  3 3  3  m  2  0   
Hàm số đồng biến trên khoảng ( ;  6)      6  6 6   3m  m   m    3  3      m  2
Mà m nguyên dương nên m  1;  2 . m
Câu 30: Giả sử 1 x 2
1 x x  2 1 n
x x   x  2 m
a a x a x   a x . Tính a . 0 1 2 m r r 0 A. n . B. n! C. 1. D.n   1 ! Lời giải m
Thay x  1 , ta được  a  1  1  2 111  2 111  1n
n   n  . r  2.3.4  1  1! r 0
Câu 31: Gọi S là tập nghiệm của phương trình 3 2
x x  7 
x  5 . Số phần tử con của tộp hợp S là A. 1. B. 2. C. 4. D. 8. Lời giải
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang  2x 5 3 3  Phương trình 3 2
x x 10  x  5 3  x 8  x  2  2 x  5  3  x      x 2
x  2 x  2x  4   x  2 2 4 2 
 0  x  2 2
x  2x  5    0 2 x  5  3 2  x  5  3 
Trường hợp 1. Xét x  2  0  x  2 (thỏa mãn điều kiện).   Trườ x 2 x 2 ng hợp 2. Xét 2 2
x  2x  5 
 0  x  2x  5  2 2 x  5  3 x  5  3 2 2
 x 5  x x x x  2 Do  nên 2
x  5  3  x  2 hay 1 3   2 2 x  5  3 Mà 2 2
x  2x  5  (x 1)  4  4 nên phương trình vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S   
2 . Khi đó, số tập hợp con của tập S là 1 2  2 .
Câu 32: Xác định m để phương trình 3 2
x  3x  9x m  0 có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng. A. m  13 . B. m  12 . C. m  16 . D. m  11. Lời giải
Giả sử phương trình có ba nghiệm x , x , x phân biệt lập thành cấp số cộng 1 2 3
Khi đó x x  2x , x x x  3  x  1 1 3 2 1 2 3 2
Thay vào phương trình ta có m  11. Với m  11 ta có phương trình 3 2
x  3x  9x 11  0  x   1  2
x  2x 1 
1  0  x  1 12, x  1, x  1 12 1 2 3
Ba nghiệm này lập thành cấp số cộng. Vậy m  11 là giá trị cần tìm.
Câu 33: Gọi S ; S ; S là tổng n ;n ;n số hạng đầu của một cấp số cộng. Khi đó 1 2 3 1 2 3 S S S 1 n n  2  n n n n bằng 2 3  3 1 3  1 2  n n n 1 2 3 A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. Lời giải Thay công thứ n n n c 1 S
2u n  1d 2 ; S
2u n 1 d ; S
2u n 1 d 1 1 1 2  2  2   3 3  3  3   2 2 2 Khi đó S S S 1 n n  2  n n n n  0 2 3  3 1 3  1 2  n n n 1 2 3
Cách 2. Xét nguyên 1 dãy cấp số cộng như u  1,u  3,u  5;n  1;n  2;n  3; 1 2 3 1 2 3
ta có S  1, S  1 3  4; S  1 3  5  9 . 1 2 3 Khi đó ta có 1   4     9 2 3 3 1  12  1   4  3  0 1 2 3
Câu 34: Xác định tất cả các giá trị của m để 2
1 cos2x  2cos x  2tanx  4 s
m inx chỉ có 3 điểm biểu diễn
trên đường tròn lượng giác A. m  2 B. m   2 C. m  0 D. m   2 Lời giải
Đk: cosx  0  x
k khi đó ta có 2 sinx
PT  1 tanx  2 s m inx  1  2 s
m inx  cosx  sinx  2 s m in c x osx cosx  Đặ t t t   x   t   2 1 sinx cos 2 2  sin c x osx  2
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Mặt khác, cosx  0  t  1  2 t 1 2
PT t  2m
mt t m  0 *, nhận thấy với mỗi nghiệm t  2; 2   1 thì cho ta 2 2
điểm biểu diễn họ nghiệm trên đường tròn lượng giác.
Với t   2 thì cho ta 1 điểm biểu diễn
Để chỉ có 3 điểm biểu diễn thì (*) phải có nghiệm t  2 hoặc t   2 , nghiệm còn lại phải thuộc  2; 2  1 + Với t
2  2m  2  m  0  m
2  t / m
+ Với t   2  2m  2  m  0  m   2  t / m Vậy m   2
Câu 35: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức F  4x  7y trên miền xác định bởi hệ bất phương trình 0
  x y  3  là 0
  x  2y  4 A. 0. B. -4. C. 11. D. 15. Lời giải 0
  x y  3
Miền nghiệm của hệ bất phương trình 
là miền tứ giác OABC (kể cả các cạnh) với 0
  x  2y  4     O   4 4 10 1 0; 0 , A ; , B ; , C 2;       1 .  3 3   3 3 
Biểu thức F  4x  7 y đạt giá trị nhỏ nhất tại cặp số  ;
x y là tọa độ của một trong 4 đỉnh trên.
F 0;0  4.0  7.0  0;  4 4  4 4 F ;  4.  7.  4  ;    3 3  3 3 10 1  10 1 F ;  4.  7. 11   ;  3 3  3 3 F 2;  1  4.2  7.  1  15 Vậy F  4  . min
Câu 36: Cho hình lập phương ABC . D A BCD
  . Gọi M là trung điểm của B C
  . Số đo góc giữa hai đường
thẳng AM và BC bằng bao nhiêu độ? Lời giải
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Giả sử độ dài cạnh hình lập phương là a .
Ta có: BC / / AD  BC , AM    AD , AM   D AM . Xét tam giác a a AD M  ta có: 5 3
AD  a 2, MD  , AM  . 2 2 2 2  3a   a 5  2  (a 2)       2  2   2  cosD AM    . 3a 2 2.a 2. 2  D AM  45 .
Câu 37: Một căn bệnh có 1% dân số mắc phải. Một phương pháp chuẩn đoán được phát triển có tỷ lệ chính
xác là 99% . Với những người bị bệnh, phương pháp này sẽ đưa ra kết quả dương tính 99% số trường hợp.
Với người không mắc bệnh, phương pháp này cũng chuẩn đoán đúng 99 trong 100 trường hợp. Nếu một
người kiểm tra và kết quả là dương tính (bị bệnh), xác suất để người đó thực sự bị bệnh là bao nhiêu? Lời giải
Gọi A là biến cố "người đó mắc bệnh"
Gọi B là biến cố "kết quả kiểm tra người đó là dương tính (bị bệnh)"
P A .P B∣ A
Ta cần tính P A∣ B . Với PA∣ B     
P A.P B∣ A  PA PB∣ A
Ta có: Xác suất để người đó mắc bệnh khi chưa kiểm tra: PA 1
Do đó xác suất để người đó không mắc bệnh khi chưa kiểm tra: PA 10,01 0,99
Xác suất kết quả dương tính nếu người đó mắc bệnh là: PB∣ A  99
Xác suất kết quả dương tính nếu người đó không mắc bệnh là: PB∣ A 10,99  0,01 ∣
P A∣ B
P A.P B A 0, 01.0,99   
P A.P B | A  P A.PB∣ A 0,5 0, 01.0,99  0,99.0, 01
Xác suất kết để người đó mắc bệnh nếu kết quả kiểm tra người đó là dương tính là 0,5.
Câu 38: Cho hình lăng trụ ABC.A BC
 có độ dài cạnh bên bằng 2a , đáy ABC là tam giác vuông tại ,
A AB a, AC a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên mặt phẳng  ABC là trung điểm của cạnh
BC . Côsin của góc giữa hai đường thẳng AA và B C   bằng bao nhiêu? Lời giải
Gọi O là trung điểm của BC, H là trung điểm của A ,
B K là trung điểm của AC thì OHAK là hình chữ
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang nhật. Ta có BC 2 2 BC
AB AC  2a,OA   a ; 2 2 2 2 OA  A
A   OA  4a a a 3 2 AC a 3 AB a OH   ; OK   2 2 2 2
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia Ox chứa H , tia Oy chứa K và tia Oz chứa A (xem hình vẽ).       Khi đó  aa 3 a a 3 a a 3 a A 0; 0; 3 , A ; ; 0 , B  ;  ; 0 ,C   ; ; 0   . 2 2   2 2   2 2         a 3 aAA    ; 
; a 3 , BC   
a 3; ;a0. Gọi  là góc giữa AA và BC. Khi đó: 2 2     
AABCAA.BC 1 cos cos ,    0,25.  4 AA .BC Câu 39: 2
Cho F x là họ nguyên hàm của hàm số f x  sinx  cosx
, F 0  1. Giá trị F   2   cos x bằng bao nhiêu? Lời giải  
Ta có F x  f  x 2 dx
sinx  cosx
dx  cosx  sinx  2tanx C   2  cos x  Mà F 0 1 c
 os0 sin0  2tan0  C 1 C  2  F x  c
 osx sinx  2tanx  2  F    c
 os sin  2tan  2  3.
Câu 40: Một vật đang chuyển động với vận tốc 10 m/s thì thay đổi với gia tốc at 2
  t t  2 3 4 m/s  .
Trong 10 giây sau khi thay đổi vận tốc lớn nhất của vật bằng bao nhiêu m/s? Lời giải
Ta có: v t  a
 tt    t t  3 t 2 2 d 3 4
dt  3t  2t   C . 3 t 1 v     C   vt 3 t 2 0 10 10
 3t  2t  10 ; Ta có vt 2
 3 4t t  0   3 t  3 Khi đó v   v   34   v    v   520 0 10, 1 11,3, 3 10, 10  173,3 . 3 3
Vậy sau khi thay đổi vận tốc lớn nhất của vật là 173,3 m/s .
Câu 41: Cho hình lăng trụ đứng ABC.AB C
  có đáy là tam giác vuông cân tại ,
B AC  2a và AB  3a .
Số đo của góc phẳng nhị diện B , AC, B bằng bao nhiêu độ? (Kết quả làm tròn đến phần mười) Lời giải
Gọi I là trung điểm AC .   B A
C ABC  AC
Ta có: BI AC
 B , AC, B  B IB B I  AC  Ta có: AC 2 2 BI   ; a B B
  (3a)  (a 2)  7a 2  Xét Δ B B 7a BB I
 vuông tại B : tanB IB  
 7  B IB  69,3 . BI a
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang a 2 2    Câu 42: n 2n n n
Giới hạn dãy số u  có dạng lim n
với a; b; c là các số tự n n b c 1  1 n n
nhiên. Tính giá trị a b c Lời giải     2n 2 2 n   2 2 2 n n n n n nn limu  lim  lim  n n n  lim 2 2
n  2n n n n  2 2
n  2n n n  1 a 1 1   lim  lim nb
  2  a b c  2  . 2 2
n  2n n n 2 1  1  1 c  1  n n
Câu 43: Số các nghiệm nguyên không âm của bất phương trình x x x x  11 là bao nhiêu? 1 2 3 4 Lời giải
Số nghiệm cần tìm bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình x x x x x  11. 1 2 3 4 5 Vậy phương trình có 4 C  1365 (nghiệm). 15
Câu 44: Hàm số f x xác định, liên tục trên và có đạo hàm là f x  x 1 . Biết rằng f 0  3 .
Tổng f 2  f 4 bằng bao nhiêu? Lời giảix 1 khi x  1
Ta có f  x   .   x   1 khi x  1 x
Khi x  1 thì f x  x   2 1 dx   x C . 1 2  x
Khi x  1 thì f x  x   2 1 dx   
x  C . 2 2     Theo đề x
bài ta có f 0  3 nên C  3  f x 2
   x  3 khi x 1. 2 2  
Mặt khác do hàm số f x liên tục tại x  1 nên lim    f x lim  f xf   1 x 1  x 1  2 2   x    x     1  1 lim                     x 3 lim  x C  1 3 1 C C 4   1   x 1 x 1 2 2        1 1  2  2 x
Vậy khi x  1 thì f x 2 
x  4  f 2  f 4 12. 2
Câu 45: Từ các số 7, 8, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
sau: Mỗi chữ số xuất hiện đúng hai lần và hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau? Lời giải
Đặt A  7,8, 
9 . Gọi S là tập các số thỏa yêu cầu thứ nhất của bài toán Ta có số 6!
các số thỏa điều kiện thứ nhất của bài toán là  90 . 3 2
Gọi S , S , S là tập các số thuộc S mà có 7,8,9 cặp chữ số giống nhau đứng cạnh nhau. 1 2 3
- Số phần tử của S chính bằng số hoán vị của 3 cặp 77,88,99 nên S  6 . 3 3
- Số phần tử của S chính bằng số hoán vị của 4 phần tử là có dạng , a , a b , b cc nhưng , a a không đứng 2
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang 4! cạnh nhau. Nên S   6  6 phần tử. 2 2
- Số phần tử của S chính bằng số hoán vị của các phần tử có dạng , a , a , b , b cc nhưng , a a và , b b không 1 đứ 5!
ng cạnh nhau nên S   6 12 12 . 1 4
Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là 90  6  6 12  76 số.
Câu 46: Người ta dùng 20 cuốn sách bao gồm 8 cuốn sách Toán, 7 cuốn sách Lý và 5 cuốn sách Hóa (các
cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng cho 10 học sinh, mỗi học sinh nhận được 2 cuốn
sách khác thể loại (không tính thứ tự các cuốn sách). Có bao nhiêu cách phát thưởng cho học sinh? Lời giải
Để một học sinh nhận được 2 quyển sách thể loại khác nhau, ta chia phần thưởng thành ba loại: (Toán-Lý); (Toán-Hóa); (Lý-Hóa). Gọi , x y, z  ,
x y, z   lần lượt là số học sinh nhận được bộ giải thưởng x y  8 x  5  
(Toán-Lý) ; (Toán- Hóa) ; (Lý- Hóa). Khi đó, ta có hệ sau: y z  5  y  3   x z  7 z  2  
Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 10 học sinh:
Chọn 5 bạn bất kì trong 10 bạn để nhận bộ (Toán-Lý): 5 C cách. 10
Chọn 3 bạn bất kì trong 5 bạn còn lại để nhận bộ (Toán-Hóa): 3 C cách. 5
2 bạn còn lại chỉ có 1 cách phát thưởng là bộ (Lý-Hóa).
Vậy theo quy tắc nhân ta có 5 3
C .C .1  2520 (cách). 10 5 2
x x  2    Câu 47: khi x 1
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số f x   x 1 liên tục tại  2
mx  2m khi x  1 x  1  ? Lời giải
Tập xác định D R . * f   2
1  m  2m * lim       f x  lim  mx m m m .  x  2 2  2 2 x 1 1 2 x x  2 x 1 x  2 * lim        f x     lim  lim  lim   x 2 3 x 1  x 1  x1 x1 x 1 x  . 1
Hàm số liên tục tại x  1  khi và chỉ khi lim     f x lim  f xf   1 x 1  x 1  m  1 2 2 
 m  2m  3  2m m  3  0  3 
. Vậy có 1 giá trị nguyên của m thỏa mãn. m    2
Câu 48: Một bảng xếp hạng đã tính điểm chuẩn hoá cho chỉ số nghiên cứu khoa học của một số trường đại
học ở Việt Nam và thu được kết quả sau: Điểm
Dưới 20 20;30 30;40 40;60 60;80 80;100 Số trường 7 19 8 5 4 3
Ngưỡng điểm tối thiểu để đưa ra danh sách 25% trường đại học có chỉ số nghiên cứu tốt nhất Việt Nam bằng bao nhiêu? Lời giải
Cỡ mẫu là n  7 19  8  5  4  3  46 .
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Gọi x ,, x là điểm chuẩn hoá cho chỉ số nghiên cứu của 46 trường đại học ở Việt Nam và giả sử dãy 1 46
này được sắp xếp theo thứ tự không giảm.
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là là x và thuộc nhóm 40;60 trong mẫu số liệu ghép nhóm. 35 3.46 7 198 Ta có: 4 Q  40  60  40  42 3   5
Vậy tứ phân vị thứ ba Q  42 nên điểm ngưỡng tối thiểu để đưa ra danh sách 25% trường đại học có chỉ 3
số nghiên cứu tốt nhất Việt Nam là 42.
Câu 49: Giả sử sự lây lan của một vi rút được mô hình hoá bởi hàm số y  2e  xlogx , với x  0 và x
tính bằng giờ. Gọi x là thời điểm mà sự lây lan là lớn nhất. Giá trị của biểu thức 0 3 e.x0 P  log  log e 1 2 2   x  bằng 1 0 Lời giải Đổi biến et x
, xét hàm số    2e  et f tt .
Ta có    et    
1  2e,    0  et f t t f tt   1  2e (1).
Xét hàm số    et g tt  
1 có    et    1  et g t t  0, t   0 .
g t là hàm đồng biến trên 0;   . Mà g  
1  2e  Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t  1. Bảng biến thiên:
Suy ra hàm số    2e  et f t
t lớn nhất khi t 1 x  e, 0 3 khi đó e.e 2 2 P  log  log e 1  log e   0,96. 2 2   2 e 1 3 3ln2
Câu 50: Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đọan  2  025;202 
5 của tham số m để đồ thị hàm số x  3 y
có đúng hai đường tiệm cận? 2
x x m Lời giảix  3 Hàm số xác định   2
x x m  0
Ta có lim y  0  y  0 là tiệm cận ngang x
Đồ thị hàm số đã cho có đúng 2 tiệm cận 2
x x m  0 (1) có đúng 1 nghiệm lớn hơn hoặc bằng 3. (2) Xét (1) 2
x x m Đặ 1 t f x 2
x x f x  2x 1; f x  0  x   2 Bảng biến thiên:
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang
Từ BBT, suy ra (2)  m  12
Mà m ;m 2  025;202  5 nên m 12; .  .;202  5
Vậy số giá trị nguyên thoả mãn là: 2025 12 1  2014 .
---------- HẾT ----------
Nguyễn Hải Cường – GV THPT Hồng Quang

Tài liệu liên quan: