91 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 62)

Câu 1:

Tính giá trị lớn nhất của hàm số y = x(2 − ln x) trên đoạn [2; 3].

Xem đáp án

Tập xác định: D = (0; +∞) và [2; 3] Ì D

Ta có: y¢ = 2 − (xln x)¢

= 2 − ln x − 1 = 1 − ln x

Xét y¢ = 0 Û ln x = 1 Û x = e Î [2; 3]

Ta tính được:

y (2) = 4 − 2ln 2, y (3) = 6 − 3ln 3, y (e) = 2e − e = e

Vậy $\max_{[2; 3]} y = y (e) = e$ tại x = e.

Câu 2:

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x²ln x trên đoạn [1; 2].

Xem đáp án

Tập xác định: D = (0; +∞) và [1; 2] Ì D

Ta có: y¢ = 2xln x + x

= x(2ln x + 1)

Xét $y^{'} = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ \ln x = - \frac{1}{2} \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \notin [1; 2] \\ x = e^{- \frac{1}{2}} \notin [1; 2] \end{array}$

Ta tính được:

y (1) = 1²ln 1 = 0, y (2) = 2²ln 2 = 4ln 2

Vậy $\min_{[1; 2]} y = y (1) = 0$ tại x = 1.

Câu 3:

Hàm số y = cos 2x đồng biến trên khoảng nào?

Xem đáp án

Xét y = cos 2x Þ y¢ = −2sin 2x

Đề hàm số đồng biến thì y¢ = −2sin 2x ≥ 0 "x

Suy ra sin 2x £ 0

Þ 2x Î (p + k2p; 2p + k2p)

$\Rightarrow x \in (\frac{π}{2} + k π; π + k π)$

Vậy hàm số y = cos 2x đồng biến trên khoảng $(\frac{π}{2} + k π; π + k π)$ .

Câu 4:

Hàm số y = cos 2x nghịch biến trên khoảng nào sau đây (k Î ℤ).

A. $(k π; \frac{π}{2} + k π)$

B. $(\frac{π}{2} + k π; π + k π)$

C. $(- \frac{π}{2} + k 2 π; \frac{π}{2} + k 2 π)$

D. $(\frac{π}{2} + k 2 π; \frac{3 π}{2} + k 2 π)$

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Xét y = cos 2x Þ y¢ = −2sin 2x

Đề hàm số nghịch biến thì y¢ = −2sin 2x £ 0 "x

Suy ra sin 2x ≥ 0

Þ 2x Î (k2p; p + k2p)

$\Rightarrow x \in (k π; \frac{π}{2} + k π)$

Vậy hàm số y = cos 2x nghịch biến trên khoảng $(k π; \frac{π}{2} + k π)$ .

Câu 5:

Tính tích các nghiệm của phương trình $\log_{2} x . \log_{4} x . \log_{8} x . \log_{16} x = \frac{81}{24}$ .

Xem đáp án

$\log_{2} x . \log_{4} x . \log_{8} x . \log_{16} x = \frac{81}{24}$

$\Leftrightarrow \log_{2} x . \frac{1}{2} \log_{2} x . \frac{1}{3} \log_{2} x . \frac{1}{4} \log_{2} x = \frac{81}{24}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{24} {(\log_{2} x)}^{4} = \frac{81}{24}$

Û (log₂ x)⁴ = 81

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} \log_{2} x = 3 \\ \log_{2} x = - 3 \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 8 \\ x = \frac{1}{8} \end{array}$

Tích hai nghiệm của phương trình là: $8 . \frac{1}{8} = 1$ .

Câu 6:

Giải phương trình: log₈ (x − 1)³ + log₂ (x + 2) = 2 log₄ (3x − 2).

Xem đáp án

Điều kiện: x > 1

Ta có: log₈ (x − 1)³ + log₂ (x + 2) = 2 log₄ (3x − 2).

$\Leftrightarrow 3 . \frac{1}{3} \log_{2} (x - 1) + \log_{2} (x + 2) = 2 . \frac{1}{2} \log_{2} (3 x - 2)$

Û log₂ (x − 1) + log₂ (x + 2) = log₂ (3x − 2)

Û (x − 1)(x + 2) = 3x − 2

Û x² − x + 2x − 2 = 3x − 2

Û x² − 2x = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 (K T M) \\ x = 2 (T M) \end{array}$

Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.

Câu 7:

Trong hệ trục tọa độ $O (\vec{i}; \vec{j})$ , tọa độ của vec tơ $\vec{i} + \vec{j}$ là bao nhiêu?

Xem đáp án

Ta có: $\{\begin{cases} \vec{i} = (1; 0) \\ \vec{j} = (0; 1) \end{cases} \Rightarrow \vec{i} + \vec{j} = (1; 1)$

Vậy tọa độ của vec tơ $\vec{i} + \vec{j}$ là: (1; 1).

Câu 8:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy có hai vectơ đơn vị trên hai trục là $\vec{i}; \vec{j}$ . Cho $\vec{v} = a . \vec{i} + b . \vec{j}$ , nếu $\vec{v} . \vec{j} = 3$ thì (a; b) có thể là cặp số nào sau đây?

A. (2; 3);

B. (3; 2);

C. (−3; 2);

D. (0; 2).

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Vì $\vec{v} = a . \vec{i} + b . \vec{j}$ nên $\vec{v} . \vec{j} = 3$

$\Leftrightarrow (a . \vec{i} + b . \vec{j}) . \vec{j} = 3$

$\Leftrightarrow a . \vec{i} . \vec{j} + b . \vec{j} . \vec{j} = 3$

Mà do $\vec{i} ⊥ \vec{j}$ nên $\vec{i} . \vec{j} = 0$

Suy ra $b . {\vec{j}}^{2} = 3$

Hay b = 3

Do đó (a; b) có thể là cặp số (2; 3).

Câu 9:

Xét các số phức z thỏa mãn $(\bar{z} - 2 i) (z + 2)$ là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tọa độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức z là một đường tròn có bán kính bằng:

Xem đáp án

Gọi số phức $z = x + y i \Rightarrow \bar{z} = x - y i$

Ta có: $w = (\bar{z} - 2 i) (z + 2) = (x - y i - 2 i) (x + y i + 2)$

Û w = [x − (y + 2)i](x + 2 + yi)

Û w = x(x + 2) + y(y + 2) + [xy − (x + 2)(y + 2)]i

Vì w là số phức thuần ảo suy ra x(x + 2) + y(y + 2) = 0

Û x² + 2x + y² + 2y = 0

Û (x² + 2x + 1) + (y² + 2y + 1) = 2

Û (x + 1)² + (y + 1)² = 2

Vậy đường tròn biểu diễn số phức z có bán kính $R = \sqrt{2}$ .

Câu 10:

Xét các số phức z thỏa mãn $(z + 2 i) (\bar{z} + 2)$ là số thuần ảo. Biết rằng tập hợp tất cả các điểm biểu diễn của z là một đường tròn, tâm của đường tròn đó có tọa độ là:

Xem đáp án

Gọi số phức $z = x + y i \Rightarrow \bar{z} = x - y i$

Ta có: $w = (z + 2 i) (\bar{z} + 2) = (x + y i + 2 i) (x - y i + 2)$

Û w = [x + (y + 2)i](x + 2 − yi)

Û w = x(x + 2) + y(y + 2) + [(x + 2)(y + 2) − xy]i

Vì w là số phức thuần ảo suy ra x(x + 2) + y(y + 2) = 0

Û x² + 2x + y² + 2y = 0

Û (x² + 2x + 1) + (y² + 2y + 1) = 2

Û (x + 1)² + (y + 1)² = 2.

Vậy đường tròn biểu diễn số phức z có tâm là điểm (−1; −1).

Câu 11:

Hàm số y = x³ − 3(m + 1)x² + 3(m − 1)²x. Hàm số đạt cực trị tại điểm có hoành độ x = 1 khi

A. m = 4;

B. m = 0, m = 1;

C. m = 1;

D. m = 0, m = 4.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

Xét hàm số y = x³ − 3(m + 1)x² + 3(m − 1)²x có:

y¢ = 3x² − 6(m + 1)x + 3(m − 1)²

Hàm số đạt cực trị tại điểm x = 1 khi và chỉ khi y¢ (1) = 0

Û 3 − 6(m + 1) + 3(m − 1)² = 0

Û 3m² − 12m = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 0 \\ m = 4 \end{array}$

Thử lại:

+) Với m = 0 ta có y = x³ − 3x² + 3x

Khi đó y¢ = 3x² − 6x + 3 = 3(m − 1)² ≥ 0

Do đó hàm số không có cực trị.

+) Với m = 4 ta có y = x³ − 15x² + 27x

Khi đó y¢ = 3x² − 30x + 27 = 0

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \\ x = 9 \end{array}$

Do đó hàm số có 2 điểm cực trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy m = 4 là giá trị cần tìm.

Câu 12:

Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số $y = \frac{x^{3}}{3} - (m + 1) x^{2} + (m^{2} - 3) x - 1$ đạt cực trị tại x = −1.

Xem đáp án

Tập xác định: D = ℝ

Xét hàm số $y = \frac{x^{3}}{3} - (m + 1) x^{2} + (m^{2} - 3) x - 1$ có:

y¢ = x² − 2(m + 1)x + m² − 3

y¢¢ = 2x − 2(m + 1).

Hàm số đạt cực trị tại x = −1 khi:

$\{\begin{cases} y^{'} (- 1) = 0 \\ {y^{'}}^{'} (- 1) \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 1 + 2 (m + 1) + m^{2} - 3 = 0 \\ - 2 - 2 (m + 1) \neq 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} m^{2} + 2 m = 0 \\ - 2 m - 4 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} [\begin{array}{l} m = - 2 \\ m = 0 \end{array} \\ m \neq - 2 \end{cases} \Leftrightarrow m = 0$

Vậy m = 0 thì hàm số đạt cực trị tại x = −1.

Câu 13:

Cho hình lập phương (ABCD.A'B'C'D') (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai đường thẳng (AC) và (A'D) bằng:

Media VietJack

Xem đáp án

Ta có: AC // A'C'

$\Rightarrow (\hat{A C; A' D}) = (\hat{A' C'; A' D}) = \hat{D A' C'}$

Ta có ∆DA'C' là tam giác đều

$\Rightarrow \hat{D A' C'} = 60 ° \Rightarrow (\hat{A C; A' D}) = 60 °$

Vậy góc giữa hai đường thẳng (AC) và (A'D) bằng: 60°.

Câu 14:

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Tính góc giữa các cặp đường thẳng sau đây:

a) AB và B'C'

b) AC và B'C'

c) A'C' và B'C

Xem đáp án

a) Góc giữa AB và B'C' bằng góc giữa AB và BC (vì B'C' // BC)

Suy ra góc giữa AB và B'C' bằng: $\hat{A B C} = 90 °$ .

b) Góc giữa AC và B'C' bằng góc giữa AC và BC (vì B'C' // BC)

Suy ra góc giữa AC và B'C' bằng: $\hat{A C B} = 45 °$

c) Góc giữa A'C' và B'C bằng góc giữa AC và B'C (vì A'C' // AC)

ΔACB' đều vì AC = B'C = AB' (đường chéo của các hình vuông bằng nhau)

Suy ra góc giữa A'C' và B'C bằng: $\hat{A C B'} = 60 °$ .

Câu 15:

Cho $\vec{u} = 2 \vec{i} - 3 \vec{j}, \vec{v} = - 5 \vec{i} - \vec{j}$ . Gọi (X; Y) là tọa độ của $\vec{w} = 2 \vec{u} - 3 \vec{v}$ . Tính tích XY.

Xem đáp án

Ta có: $\vec{w} = 2 \vec{u} - 3 \vec{v} = 2 (2 \vec{i} - 3 \vec{j}) - 3 (- 5 \vec{i} - \vec{j})$

$= 4 \vec{i} - 6 \vec{j} + 15 \vec{i} + 3 \vec{j} = 19 \vec{i} - 3 \vec{j}$

Khi đó, tọa độ của $\vec{w} = 2 \vec{u} - 3 \vec{v}$ là (19; −3)

Vậy tích XY bằng: 19.(−3) = −57.

Câu 16:

Trong không gian Oxyz, tọa độ của véctơ $\vec{u} = 2 \vec{i} - 3 \vec{j} + 4 \vec{k}$ là bao nhiêu?

Xem đáp án

Trong không gian Oxyz, tọa độ của véctơ $\vec{u} = 2 \vec{i} - 3 \vec{j} + 4 \vec{k}$ là: (2; −3; 4).

Câu 17:

Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số y = x³ − 3x² + 2. Trung điểm I của đoạn thẳng AB có tọa độ nào dưới đây?

A. (1; 1);

B. (2; 0);

C. (1; 0);

D. (1; −2).

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

TXĐ: D = ℝ

Ta có: $y^{'} = 3 x^{2} - 6 x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow y = 2 \\ x = 2 \Rightarrow y = - 2 \end{array}$

Mà do hàm số có a = 1 > 0 nên cực tiểu của hàm số là x = 2 và cực đại của hàm số là x = 0.

Suy ra cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là A(0; 2) và B(2; −2).

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị A, B ta có:

$\{\begin{cases} x_{I} = \frac{x_{A} + x_{B}}{2} \\ y_{I} = \frac{y_{A} + y_{B}}{2} \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x_{I} = \frac{0 + 2}{2} \\ y_{I} = \frac{2 + (- 2)}{2} \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x_{I} = 1 \\ y_{I} = 0 \end{cases}$

Vậy I(1; 0).

Câu 18:

Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số y = x³ − 3x. Tính độ dài đoạn thẳng AB?

Xem đáp án

TXĐ: D = ℝ

Ta có:

$y^{'} = 3 x^{2} - 3 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 1 \Rightarrow y = - 2 \\ x = - 1 \Rightarrow y = 2 \end{array}$

Mà do hàm số có a = 1 > 0 nên cực tiểu của hàm số là x = 1 và cực đại của hàm số là x = −1.

Suy ra cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là A(−1; 2) và B(1; −2).

Độ dài đoạn thẳng AB là:

$A B = \sqrt{{(1 + 1)}^{2} + {(- 2 - 2)}^{2}} = \sqrt{20} = 2 \sqrt{5}$ .

Câu 19:

Cho khối chóp đều S.ABC có cạnh bên bằng a và các mặt bên hợp với đáy một góc 45°. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.

Xem đáp án

Gọi H là trọng tâm đáy trùng với hình chiếu của S.

Đặt $A B = 6 x \Rightarrow C M = 6 x . \frac{\sqrt{3}}{2} = 3 x \sqrt{3}$

$\Rightarrow M H = x \sqrt{3}; A H = H C = 2 x \sqrt{3}$

Góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy là

$\hat{S M H} = 45 ° \Rightarrow S H = M H = x \sqrt{3}$

Tam giác vuông SAH có:

AH² + SH² = SA²

Þ 12x² + 3x² = a²

Þ 15x² = a²

^{$\Rightarrow x = \frac{a}{\sqrt{15}}$}

Khi đó $V = \frac{1}{3} S H . \frac{A B^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{1}{3} . x \sqrt{3} . \frac{{(6 x)}^{2} \sqrt{3}}{4}$

$= 9 x^{3} = 9 . {(\frac{a}{\sqrt{15}})}^{3} = \frac{a^{3} \sqrt{15}}{25}$ .

Câu 20:

Hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a và cạnh bên tạo với đáy một góc 45°. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC.

Xem đáp án

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC.

Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SH ^ (ABC).

Gọi D là trung điểm của BC nên $A H = \frac{2}{3} A D$ .

Vì AD là đường trung tuyến trong tam giác ABC đều cạnh a nên $A D = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

$\Rightarrow A H = \frac{2}{3} A D = \frac{2}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

Ta có SH ^ (ABC).

Suy ra góc giữa cạnh bên SA và đáy là góc giữa SA và AH, hay là $\hat{S A H}$ .

Theo đề bài ta có: $\hat{S A H} = 45 °$ nên suy ra ∆SAH vuông cân tại H.

Khi đó $S H = A H = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

Diện tích tam giác ABC đều cạnh a là $\frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Thể tích khối chóp là:

$V_{S . A B C} = \frac{1}{3} S H . S_{A B C} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{3} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3}}{12}$

Câu 21:

Hàm số y = ln |1 − sin x| có tập xác định là:

Xem đáp án

Hàm số trên xác định khi:

Û |1 − sin x| > 0

Û 1 − sin x ¹ 0

Û sin x ¹ 1

$\Leftrightarrow x \neq \frac{π}{2} + k 2 π, (k \in ℤ)$

Vậy TXĐ của hàm số là: $ℝ \ \{\frac{π}{2} + k 2 π, k \in ℤ\}$ .

Câu 22:

Tính đạo hàm của hàm số y = ln |sin x|.

Xem đáp án

Xét hàm số y = ln |sin x|

$\Rightarrow y^{'} = \frac{{(\sin x)}^{'}}{\sin x} = \frac{\cos x}{\sin x} = \cot x$ .

Câu 23:

Cho ba điểm A(−1; 1), B(1; 3), C(−2; 0)

a) Chứng minh A, B, C thẳng hàng

b) Tìm các tỉ số mà A chia đoạn BC, B chia đoạn AC và C chia đoạn AB

Xem đáp án

a) Ta có: $\vec{A B} = (2; 2), \vec{A C} = (- 1; - 1)$

$\Rightarrow \vec{A B} = - 2 \vec{A C}$ .

Vậy 2 vectơ cùng phương, do đó A, B, C thẳng hàng.

b) Vì $\vec{A B} = - 2 \vec{A C}$ nên A chia đoạn BC theo tỉ số −2.

$\vec{B A} = (- 2; - 2), \vec{B C} = (- 3; - 3)$

$\Rightarrow \vec{B A} = \frac{2}{3} \vec{B C}$ .

Vậy B chia đoạn AC theo tỉ số $\frac{2}{3}$ .

$\vec{C A} = (1; 1), \vec{C B} = (3; 3)$

$\Rightarrow \vec{C A} = \frac{1}{3} \vec{C B}$ .

Vậy C chia đoạn AB theo tỉ số $\frac{1}{3}$ .

Câu 24:

Xét các số phức z thỏa mãn

|z| = \sqrt{2}

. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp điểm biểu diễn số phức

w = \frac{3 + i z}{1 + z}

là một đường tròn có bán kính bằng bao nhiêu?

Xem đáp án

Ta có: $w = \frac{3 + i z}{1 + z}$

Û w(1 + z) = 3 + iz

Û w + wz = 3 + iz

Û z(i − w) = w − 3

$\Leftrightarrow z = \frac{w - 3}{i - w}$

Khi đó ta đặt w = x + yi (x, y Î ℝ) ta được

$|z| = \sqrt{2} \Leftrightarrow |\frac{w - 3}{i - w}| = \sqrt{2}$

$\Leftrightarrow |\frac{x + y i - 3}{i - x - y i}| = \sqrt{2}$

$\Leftrightarrow |\frac{(x - 3) + y i}{- x + (1 - y) i}| = \sqrt{2}$

$\Leftrightarrow |(x - 3) + y i| = \sqrt{2} |- x + (1 - y) i|$

Û (x − 3)² + y² = 2[x² + (1 − y)²]

Û x² − 6x + 9 + y² = 2x² + 2 − 4y + 2y²

Û (x² + 6x + 9) + (y² − 4y + 4) = 20

Û (x + 3)² + (y − 2)² = 20

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn có tâm I(−3; 2) và bán kính $R = 2 \sqrt{5}$ .

Câu 25:

Xét các số phức z thỏa mãn $|z| = \sqrt{2}$ . Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tập hợp các điểm biểu diễn của các số phức $w = \frac{4 + i z}{1 + z}$ là một đường tròn bán kính bằng bao nhiêu?

Xem đáp án

Ta có: $w = \frac{4 + i z}{1 + z}$

Û w(1 + z) = 4 + iz

Û w + wz = 4 + iz

Û z(i − w) = w − 4

$\Leftrightarrow z = \frac{w - 4}{i - w}$

Khi đó ta đặt w = x + yi (x, y Î ℝ) ta được

$|z| = \sqrt{2} \Leftrightarrow |\frac{w - 4}{i - w}| = \sqrt{2}$

$\Leftrightarrow |\frac{x + y i - 4}{i - x - y i}| = \sqrt{2}$

$\Leftrightarrow |\frac{(x - 4) + y i}{- x + (1 - y) i}| = \sqrt{2}$

$\Leftrightarrow |(x - 4) + y i| = \sqrt{2} |- x + (1 - y) i|$

Û (x − 4)² + y² = 2[x² + (1 − y)²]

Û x² − 8x + 16 + y² = 2x² + 2 − 4y + 2y²

Û (x² + 8x + 16) + (y² − 4y + 4) = 34

Û (x + 4)² + (y − 2)² = 34

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn có tâm I(−4; 2) và bán kính $R = \sqrt{34}$ .

Câu 26:

Cho khối tròn xoay có thể tích bằng pa³, chiều cao h = 2a. Tìm bán kính đáy r của khối trụ đó.

Xem đáp án

Áp dụng công thức tính thể tích: V = pr²h

Suy ra $r = \sqrt{\frac{V}{π h}} = \sqrt{\frac{π a^{3}}{π . 2 a}} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Vậy bán kính đáy của khối trụ tròn xoay đó là $\frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Câu 27:

Cho khối trụ tròn xoay có diện tích toàn phần gấp 2 lần diện tích xung quanh và có bán kính đáy bằng 6 cm. Tính thể tích khối trụ đó.

Xem đáp án

Vì diện tích toàn phần của khối trụ gấp 2 lần diện tích xung quanh của nó nên:

2prh + 2pr² = 2.2prh

Û 2pr² = 2prh

Û r = h

Þ h = 6 cm

Vậy thể tích của khối trụ tròn xoay là:

V = pr²h = p.6².6 = 216p.

Câu 28:

Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có thể tích bằng a. Gọi M là trung điểm của AB. Nếu tam giác MB'C' có diện tích bằng b thì khoảng cách từ C đến mặt phẳng (MB'C') bằng bao nhiêu?

Xem đáp án

Ta có: $V_{C . M B' C'} = \frac{1}{3} b . d (C; (M B' C')) (1)$

Mà V_C.MB'C' = V_M.B'C'C = V_M.BB'C (Do S_∆B'C'C = S_∆BB'C) = V_B'.MBC

Ta có: $V_{B' . M B C} = \frac{1}{3} B B' . S_{M B C} = \frac{1}{3} h . \frac{S_{d}}{2} = \frac{S_{d} . h}{6}$

$\Rightarrow V_{C . M B' C'} = \frac{S_{d} . h}{6} (2)$

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{1}{3} b . d (C; (M B' C')) = \frac{S_{d} . h}{6}$

$\Rightarrow d (C; (M B' C')) = \frac{S_{d} . h}{2 b}$

Mặt khác: V_ABC.A'B'C' = S_d.h = a

$\Rightarrow d (C; (M B' C')) = \frac{a}{2 b}$

Câu 29:

Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có thể tích bằng V. Gọi điểm M là trung điểm của AA' và điểm N thuộc cạnh BB' sao cho

B N = \frac{1}{3} B B'

. Đường thẳng C'M cắt đường thẳng CA tại D, đường thẳng C'N cắt đường thẳng CB tại E. Tính tỉ số thể tích khối đa diện lồi AMDBNE và khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

Xem đáp án

Ta có: V_AMDBNE = V_C'.CDE − V_CC'ABMN = V_C'.CDE − (V − V_C'.A'B'NM)

$\frac{S_{C D E}}{S_{A B C}} = \frac{C D}{C A} . \frac{C E}{C B}$

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

$\frac{D A}{D C} = \frac{A M}{C C'} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{C D}{C A} = 2$

$\frac{E B}{E C} = \frac{B N}{C C'} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{C E}{C B} = \frac{3}{2}$

$\Rightarrow \frac{S_{C D E}}{S_{A B C}} = \frac{C D}{C A} . \frac{C E}{C B} = 2 . \frac{3}{2} = 3$

Lại có chóp C'.CDE và lăng trụ có cùng chiều cao.

$\Rightarrow \frac{V_{C' . C D E}}{V} = \frac{1}{3} \frac{S_{C D E}}{S_{A B C}} = 1 \Rightarrow V_{C' . C D E} = V$

Ta có:

$\frac{S_{A' B' N M}}{S_{A B B' A'}} = \frac{\frac{1}{2} (A' M + B' N) . d (A'; B B')}{B B' . d (A'; B B')}$

$= \frac{\frac{1}{2} (\frac{1}{2} B B' + \frac{2}{3} B B')}{B B'} = \frac{7}{12}$

$\Rightarrow \frac{V_{C' . A' B' N M}}{V_{C' . A B B' A'}} = \frac{S_{A' B' N M}}{S_{A B B' A'}} = \frac{7}{12}$

$\Rightarrow V_{C' . A' B' N M} = \frac{7}{12} V_{C' . A B B' A'}$

Mà $V_{C' . A B B' A'} = \frac{2}{3} V \Rightarrow V_{C' . A' B' N M} = \frac{7}{12} . \frac{2}{3} V = \frac{7}{18} V$

Vậy $V_{A M D B N E} = V - (V - \frac{7}{18} V) = \frac{7}{18} V$ hay $\frac{V_{A M D B N E}}{V} = \frac{7}{18}$ .

Câu 30:

Cho hình thang ABCD có AB song song với CD. Cho AB = 2a và CD = a. Gọi O là trung điểm của AD. Khi đó:

A. $|\vec{O B} + \vec{O C}| = \frac{3 a}{2}$

B. $|\vec{O B} + \vec{O C}| = a$

C. $|\vec{O B} + \vec{O C}| = 2 a$

D. $|\vec{O B} + \vec{O C}| = 3 a$

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\vec{O B} + \vec{O C} = \vec{O A} + \vec{A B} + \vec{O D} + \vec{D C}$

$= (\vec{O A} + \vec{O D}) + (\vec{A B} + \vec{D C})$

$= (\vec{O A} - \vec{O A}) + (2 \vec{D C} + \vec{D C})$ $= \vec{0} + 3 \vec{D C} = 3 \vec{D C}$

Suy ra $|\vec{O B} + \vec{O C}| = |3 . \vec{D C}| = 3 . D C = 3 a$ .

Câu 31:

Trong không gian, cho hình thang cân ABCD có AB // CD, AB = a, CD = 2a, AD = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB. CD. Gọi K là khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thành ABCD quanh trục MN. Tính diện tích toàn phần S_ep của khối K.

Xem đáp án

Gọi S là giao điểm của AD và BC

Nếu quay tam giác SCD quanh trục SN, các đoạn thẳng SC, SB lần lượt tạo ra mặt xung quanh cảu hình nón (H₁) và (H₂).

Với hình nón (H₁):

$l_{1} = S C = 2 a, r_{1} = N C = a, h_{1} = S N = a \sqrt{3}$

Với hình nón (H₂):

$l_{2} = S B = a, r_{2} = M B = \frac{a}{2}, h_{2} = S M = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

Diện tích xung qunah của khối tròn xoay là:

S_{x q} = S_{(H_{1})} - S_{(H_{2})} = π l_{1} r_{1} - π l_{2} r_{2}

= 2 π a^{2} - \frac{π a^{2}}{2} = \frac{3 π a^{2}}{2}

Diện tích hai đáy:

S_đáy = S₁ + S₂ = pr₁² + pr₂²

^{$= π a^{2} + \frac{π a^{2}}{4} = \frac{5 π a^{2}}{4}$}

Suy ra $S_{t p} = \frac{3 π a^{2}}{2} + \frac{5 π a^{2}}{4} = \frac{11 π a^{2}}{4}$ .

Câu 32:

Cho tam giác ABC vuông cân tại A, BC = a. Quay hình tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC xung qunah cạnh BC ta được một khối tròn xoay có thể tích bằng:

Xem đáp án

Khi quay hình tròn ngoại tiếp tam giác vuông cân ABC quanh cạnh BC ta nhận được 1 khối cầu đường kính BC, khi đó bán kính khối cầu là:

$R = \frac{B C}{2} = \frac{a}{2}$

Vậy thể tích khối cầu là:

$V = \frac{4}{3} π R^{3} = \frac{4}{3} π . {(\frac{a}{2})}^{3} = \frac{π a^{3}}{6}$

Câu 33:

Cho tam giác ABC cân tại A, góc $\hat{B A C} = 120 °$ và AB = 4 cm. Tính thể tích khối tròn xoay lớn nhất có thể khi ta quay tam giác ABC xung quanh đường thẳng chứa một cạnh của tam giác ABC.

Xem đáp án

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC, ta có:

$B C^{2} = A B^{2} + A C^{2} - 2 A B . A C . \cos \hat{B A C}$

$= 4^{2} + 4^{2} - 2 . 4 . 4 . (\frac{- 1}{2}) = 48$

$\Rightarrow B C = 4 \sqrt{3}$

Gọi H là trung điểm của BC.

Khi quay tam giác ABC quanh cạnh BC ta được 2 hình nón có chung bán kính đáy AH, đường cao lần lượt là BH và CH với:

AH = AB.cos 60° = 2

$B H = C H = \frac{1}{2} B C = \frac{4 \sqrt{3}}{2} = 2 \sqrt{3}$

$V = \frac{1}{3} π . A H^{2} . B H + \frac{1}{3} π . A H^{2} . C H$

$= \frac{1}{3} π . A H^{2} . (B H + C H)$

$= \frac{1}{3} π . 2^{2} . (2 \sqrt{3} + 2 \sqrt{3}) = \frac{16 π \sqrt{3}}{3}$

Khi quay tam giác ABC quanh AB ta được khối tròn xoay như sau:

Gọi D là điểm đối xứng C qua AB, H là trung điểm của CD.

Ta có: $\hat{A B C} = \frac{180 ° - 120 °}{2} = 30 °$

$\Rightarrow H C = B C . \sin 30 ° = 4 \sqrt{3} . \frac{1}{2} = 2 \sqrt{3}$

$B H = B C . \cos 30 ° = 4 \sqrt{3} . \frac{\sqrt{3}}{2} = 6$

$\Rightarrow V = \frac{1}{3} π . H C^{2} . B H - \frac{1}{3} π . H C^{2} . A H$

$= \frac{1}{3} π . H C^{2} . A B = \frac{1}{3} π . {(2 \sqrt{3})}^{2} . 4 = 16 π$

Do điểm B và C có vai trò như nhau nên khi quay tam giác ABC quanh AC ta cũng nhận được khối tròn xoay có thể tích bằng 16p.

Vậy thể tích lớn nhất có thể được khi quay tam giác ABC quanh một đường thẳng chứa cạnh của tam giác ABC là 16π.

Câu 34:

Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M là trung điểm SB, N thuộc SC sao cho SN = 2NC. Tìm giao điểm của SA và mp (DMN).

Xem đáp án

Trong mặt phẳng (SBC), nối MN kéo dài cắt BC tại E

Trong mặt phẳng (ABCD), nối ED kéo dài cắt AB tại F

Trong mặt phẳng (SAB), nối MF cắt SA tại P

Þ P = SA Ç (DMN).

Câu 35:

Cho hình chóp S.ABCD, gọi M là trung điểm SB và N là điểm thuộc cạnh SC sao cho SN = 2NC. Tính tỉ số $\frac{V_{S . A M N}}{V_{S . A B C}}$ .

Xem đáp án

M là trung điểm SB nên $\frac{S M}{S B} = \frac{1}{2}$

N là điểm thuộc cạnh SC thỏa mãn SN = 2NC nên $\frac{S N}{S C} = \frac{2}{3}$

Do đó:

$\frac{V_{S . A M N}}{V_{S . A B C}} = \frac{S A}{S A} . \frac{S M}{S B} . \frac{S N}{S C} = 1 . \frac{1}{2} . \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$ .

Câu 36:

Cho hai hàm số f (x) = ax³ + bx² + cx − 2 và g (x) = dx² + ex + 2 (a, b, c, d, e Î ℝ). Biết rằng đồ thị của hàm số y = f (x) và y = g (x) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −2; −1; 1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

Media VietJack

Xem đáp án

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f (x) và g (x) là:

ax³ + bx² + cx − 2 = dx² + ex + 2

Û ax³ + (b − d)x² + (c − e)x − 4 = 0 (1)

Vì phương trình (1) có các nghiệm −2; −1; 1 nên:

$\{\begin{cases} a . {(- 2)}^{3} + (b - d) . {(- 2)}^{2} + (c - e) . (- 2) - 4 = 0 \\ a . {(- 1)}^{3} + (b - d) . {(- 1)}^{2} + (c - e) . (- 1) - 4 = 0 \\ a . 1^{3} + (b - d) . 1^{2} + (c - e) . 1 - 4 = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} - 8 a + 4 (b - d) - 2 (c - e) - 4 = 0 \\ - a + (b - d) - (c - e) - 4 = 0 \\ a + (b - d) + (c - e) - 4 = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 a - 3 (b - d) + 6 = 0 \\ 2 (b - d) - 8 = 0 \\ a + (b - d) + (c - e) - 4 = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} a = b - d - 2 \\ b - d = 4 \\ a + (b - d) + (c - e) = 4 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 2 \\ b - d = 4 \\ c - e = 4 - a - (b - d) \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = 2 \\ b - d = 4 \\ c - e = - 2 \end{cases}$

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

$S = \int_{- 2}^{- 1} [f (x) - g (x)] d x + \int_{- 1}^{1} [g (x) - f (x)] d x$

$= \int_{- 2}^{- 1} [a x^{3} + (b - d) x^{2} + (c - e) x - 4] d x + \int_{- 1}^{1} [- a x^{3} - (b - d) x^{2} - (c - e) x + 4] d x$

$= \int_{- 2}^{- 1} [2 x^{3} + 4 x^{2} - 2 x - 4] d x + \int_{- 1}^{1} [- 2 x^{3} - 4 x^{2} + 2 x + 4] d x$

$= {(\frac{x^{4}}{2} + \frac{4 x^{3}}{3} - x^{2} - 4 x)|}_{- 2}^{- 1} + {(- \frac{x^{4}}{2} - \frac{4 x^{3}}{3} + x^{2} + 4 x)|}_{- 1}^{1}$

$= \frac{{(- 1)}^{4}}{2} + \frac{4 . {(- 1)}^{3}}{3} - {(- 1)}^{2} - 4 . (- 1) - \frac{{(- 2)}^{4}}{2} - \frac{4 . {(- 2)}^{3}}{3} + {(- 2)}^{2} - 4 . (- 2)$

$- \frac{1^{4}}{2} - \frac{4 . 1^{3}}{3} + 1^{2} + 4 . 1 + \frac{{(- 1)}^{4}}{2} + \frac{4 . {(- 1)}^{3}}{3} - {(- 1)}^{2} - 4 . (- 1)$

$= \frac{1}{2} - \frac{4}{3} - 1 + 4 - 8 + \frac{32}{3} + 4 + 8 - \frac{1}{2} - \frac{4}{3} + 1 + 4 + \frac{1}{2} - \frac{4}{3} - 1 + 4$

$= \frac{37}{6}$

Câu 37:

Cho hai hàm số $f (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x - \frac{1}{2}$ và g (x) = dx² + ex + 1 (a, b, c, d, e Î ℝ). Biết rằng đồ thị hàm số y = f (x) và y = g (x) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là −3; −1; 1 (tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng

Media VietJack

Xem đáp án

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f (x) và g (x) là:

$a x^{3} + b x^{2} + c x - \frac{1}{2} = d x^{2} + e x + 1$

$\Leftrightarrow a x^{3} + (b - d) x^{2} + (c - e) x - \frac{3}{2} = 0 (*)$

Do đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại ba điểm suy ra phương trình (*) có ba nghiệm là −3; −1; 1.

Ta được $a (x + 3) (x + 1) (x - 1) = a x^{3} + (b - d) x^{2} + (c - e) x - \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow a (x + 3) (x^{2} - 1) = a x^{3} + (b - d) x^{2} + (c - e) x - \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow a x^{3} + 3 a x^{2} - a x - 3 a = a x^{3} + (b - d) x^{2} + (c - e) x - \frac{3}{2}$

Đồng nhất hai vế ta suy ra:

$\{\begin{cases} 3 a = b - d \\ - a = c - e \\ - 3 a = - \frac{3}{2} \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = \frac{1}{2} \\ b - d = \frac{3}{2} \\ c - e = - \frac{1}{2} \end{cases}$

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là

$S = \int_{- 3}^{- 1} (\frac{1}{2} x^{3} + \frac{3}{2} x^{2} - \frac{1}{2} x - \frac{3}{2}) d x + \int_{- 1}^{1} (- \frac{1}{2} x^{3} - \frac{3}{2} x^{2} + \frac{1}{2} x + \frac{3}{2}) d x$

$= {(\frac{x^{4}}{8} + \frac{x^{3}}{2} - \frac{x^{2}}{4} - \frac{3 x}{2})|}_{- 3}^{- 1} + {(- \frac{x^{4}}{8} - \frac{x^{3}}{2} + \frac{x^{2}}{4} + \frac{3 x}{2})|}_{- 1}^{1}$

$= \frac{{(- 1)}^{4}}{8} + \frac{{(- 1)}^{3}}{2} - \frac{{(- 1)}^{2}}{4} - \frac{3 . (- 1)}{2} - \frac{{(- 3)}^{4}}{8} - \frac{{(- 3)}^{3}}{2} + \frac{{(- 3)}^{2}}{4} + \frac{3 . (- 3)}{2}$

$- \frac{1^{4}}{8} - \frac{1^{3}}{2} + \frac{1^{2}}{4} + \frac{3 . 1}{2} + \frac{{(- 1)}^{4}}{8} + \frac{{(- 1)}^{3}}{2} - \frac{{(- 1)}^{2}}{4} - \frac{3 . (- 1)}{2}$

$= \frac{1}{8} - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{3}{2} - \frac{81}{8} + \frac{27}{2} + \frac{9}{4} - \frac{9}{2} - \frac{1}{8} - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{3}{2} + \frac{1}{8} - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{3}{2}$ = 4.

Câu 38:

Cho tam giác ABC. Hãy xác định các điểm I, J, K, L thoả các đẳng thức sau:

a) $2 \vec{I B} + 3 \vec{I C} = \vec{0}$

b) $2 \vec{J A} + \vec{J C} - \vec{J B} = \vec{C A}$

c) $\vec{K A} + \vec{K B} + \vec{K C} = 2 \vec{B C}$

d) $3 \vec{L A} + 2 \vec{L C} - \vec{L B} = \vec{0}$

Xem đáp án

a) Ta có: $2 \vec{I B} + 3 \vec{I C} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow 2 \vec{I B} = - 3 \vec{I C}$

$\Leftrightarrow \vec{I B} = \frac{- 3}{2} . \vec{I C}$

Vậy I là điểm nằm trên đoạn thẳng BC sao cho $\frac{I B}{I C} = \frac{3}{2}$ .

b) $2 \vec{J A} + \vec{J C} - \vec{J B} = \vec{C A}$

$\Leftrightarrow 2 \vec{J A} + \vec{J C} - \vec{J B} = \vec{J A} - \vec{J C}$

$\Leftrightarrow 2 \vec{J C} = \vec{J B} - \vec{J A}$

$\Leftrightarrow 2 \vec{J C} = \vec{A B} \Leftrightarrow \vec{J C} = \frac{1}{2} . \vec{A B}$ .

Vậy J nằm cùng phía với A so với đoạn thẳng BC sao cho JC // AB và $\frac{J C}{A B} = \frac{1}{2}$ .

c) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

$\vec{K A} + \vec{K B} + \vec{K C} = 2 \vec{B C}$

$\Leftrightarrow \vec{K G} + \vec{G A} + \vec{K G} + \vec{G B} + \vec{K G} + \vec{G C} = 2 \vec{B C}$

$\Leftrightarrow 3 \vec{K G} + (\vec{G A} + \vec{G B} + \vec{G C}) = 2 \vec{B C}$

$\Leftrightarrow 3 \vec{K G} + \vec{0} = 2 \vec{B C}$

$\Leftrightarrow \vec{K G} = \frac{2}{3} \vec{B C}$ .

Vậy K nằm cùng phía với B so với đoạn thẳng AG sao cho KG // BC và $\frac{K G}{B C} = \frac{2}{3}$ .

d) Gọi M là trung điểm của AC.

$3 \vec{L A} + 2 \vec{L C} - \vec{L B} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow 3 \vec{L M} + 3 \vec{M A} + 2 \vec{L M} + 2 \vec{M C} - \vec{L M} - \vec{M B} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow 4 \vec{L M} + (2 \vec{M A} + 2 \vec{M C}) + (\vec{M A} - \vec{M B}) = \vec{0}$

$\Leftrightarrow 4 \vec{L M} + \vec{0} + \vec{B A} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow \vec{L M} = \frac{1}{4} . \vec{A B}$ .

Vậy L nằm cùng phía với A so với đoạn thẳng MB sao cho LM // AB và $\frac{L M}{A B} = \frac{1}{4}$ .

Câu 39:

Cho ∆ABC. Hãy xác định các điểm I, J, K, L thoả các đẳng thức sau:

a) $2 \vec{I A} - 3 \vec{I B} = 3 \vec{B C}$

b) $\vec{J A} + \vec{J B} + 2 \vec{J C} = \vec{0}$

c) $\vec{K A} + \vec{K B} - \vec{K C} = \vec{B C}$

d) $\vec{L A} - 2 \vec{L C} = \vec{A B} - 2 \vec{A C}$

Xem đáp án

a) Ta có: $2 \vec{I A} - 3 \vec{I B} = 3 \vec{B C}$

$\Leftrightarrow 2 \vec{I B} = 3 \vec{I B} + 3 \vec{B C}$

$\Leftrightarrow 2 \vec{I B} = 3 \vec{I C}$

$\Leftrightarrow \vec{I B} = \frac{3}{2} . \vec{I C}$

Vậy I là điểm nằm ngoài đoạn thẳng BC, gần điểm C hơn sao cho $\frac{I B}{I C} = \frac{3}{2}$ .

b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

$\vec{J A} + \vec{J B} + 2 \vec{J C} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow \vec{J G} + \vec{G A} + \vec{J G} + \vec{G B} + 2 \vec{J G} + 2 \vec{G C} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow 4 \vec{J G} + (\vec{G A} + \vec{G B} + \vec{G C}) + \vec{G C} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow 4 \vec{J G} + \vec{0} + \vec{G C} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow 4 \vec{J G} + \vec{G C} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow \vec{J G} = \frac{1}{4} . \vec{C G}$

Vậy J nằm trên đoạn thẳng GC sao cho $\frac{J G}{C G} = \frac{1}{4}$ .

c) $\vec{K A} + \vec{K B} - \vec{K C} = \vec{B C}$

$\Leftrightarrow \vec{K A} + \vec{C B} = \vec{B C}$

$\Leftrightarrow \vec{K A} = \vec{B C} + \vec{B C}$

$\Leftrightarrow \vec{K A} = 2 . \vec{B C}$

Vậy K nằm cùng phía với B so với đoạn thẳng AC sao cho KA // BC và $\frac{K A}{B C} = \frac{1}{2}$ .

d) Gọi M là trung điểm của AC.

$\vec{L A} - 2 \vec{L C} = \vec{A B} - 2 \vec{A C}$

$\Leftrightarrow \vec{L M} + \vec{M A} - 2 \vec{L M} - 2 \vec{M C} = \vec{A B} - \vec{A C} - \vec{A C}$

$\Leftrightarrow - \vec{L M} + (\vec{M A} + \vec{A C}) - 2 \vec{M C} = \vec{C B}$

$\Leftrightarrow - \vec{L M} + \vec{M C} - 2 \vec{M C} = \vec{C B}$

$\Leftrightarrow - \vec{L M} - \vec{M C} = \vec{C B}$

$\Leftrightarrow \vec{M L} = \vec{C B} + \vec{M C}$

$\Leftrightarrow \vec{M L} = \vec{M B}$

Vậy L trùng với điểm B.

Câu 40:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD (tham khảo hình vẽ bên). Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN.

Media VietJack

Xem đáp án

Gọi H là trung điểm của cạnh AB nên SH ^ AB

Mặt khác (SAB) ^ (ABCD) Þ SH ^ (ABCD)

Gọi F là trung điểm của MN, ΔCMN vuông tại C nên F là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔCMN

Qua F kẻ d₁ // SH Þ d₁ ^ (ABCD)

Ta có:

+) $H N = \frac{1}{2} A C = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow S N = \sqrt{{(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} + {(\frac{a \sqrt{2}}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{5}}{2}$

+) $M N = \frac{1}{2} B D = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

+) $S M = \sqrt{S H^{2} + H M^{2}} = \sqrt{{(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} + a^{2}} = \frac{a \sqrt{7}}{2}$

Suy ra SN² + MN² = SM²

Do đó tam giác SMN vuông tại N

Gọi E là trun điểm của SM, qua E kẻ d₂ ^ (SMN) sao cho d₂ Ç d₁ = I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.CMN.

Dễ thấy ΔHMN vuông cân tại N

$\Rightarrow \{\begin{cases} M N ⊥ H N \\ M N ⊥ S H \end{cases} \Rightarrow M N ⊥ (S H N) \Rightarrow M N ⊥ S N$

$\Rightarrow (\hat{(S M N); (A B C D)}) = (\hat{S N; H N}) = \hat{S N H}$

Ta có: $\{\begin{cases} d_{1} ⊥ (A B C D) \\ d_{2} ⊥ (S M N) \end{cases}$

$\Rightarrow (\hat{d_{1}; d_{2}}) = (\hat{(S M N); (A B C D)}) = \hat{S N H} = \hat{E I F} < 90 °$

$\Rightarrow \tan \hat{E I F} = \tan \hat{S N H} = \frac{S H}{S N} = \frac{\frac{a \sqrt{3}}{2}}{\frac{a \sqrt{2}}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$

Có EI ^ (SMN) Þ EI ^ EF

Do đó ∆EIF vuông tại E

$\Rightarrow I E = \frac{E F}{\tan \hat{E I F}} = \frac{S N}{2 \tan \hat{E I F}} = \frac{\frac{a \sqrt{5}}{2}}{2 . \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}} = \frac{a \sqrt{30}}{12}$ .

Xét tam giác vuông SIE có:

$I S = \sqrt{I E^{2} + S E^{2}} = \sqrt{I E^{2} + \frac{S M^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{93}}{12} = R$ .

Vậy bán kính R của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN là: $\frac{a \sqrt{93}}{12}$ .

Câu 41:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD.

Xem đáp án

Gọi I là trung điểm của AD nên suy ra SI ^ AD Þ SI ^ (ABCD) và $S I = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Kẻ Ax // BD.

Do đó d(BD; SA) = d(BD; (SAx)) = d(D; (SAx)) = 2d(I; (SAx))

Kẻ IE ^ Ax, kẻ IK ^ SE (1) ta có:

$\{\begin{cases} A x ⊥ S I \\ A x ⊥ I E \end{cases} \Rightarrow A x ⊥ (S I E) \Rightarrow A x ⊥ I K (2)$

Từ (1) và (2) suy ra IK ^ (SAx)

Khi đó d(I; (SAx)) = IK

Gọi F là hình chiếu của I trên BD, ta dễ dàng chứng minh được:

ΔIAE = ΔIDF (cạnh huyền – góc nhọn)

Thật vậy, xét ΔIAE vuông tại E và ΔIDF vuông tại F có:

$\hat{I A E} = \hat{I D F}$ (do Ax // BD, hai góc ở vị trí so le trong)

IA = ID (Do I là trung điểm của AD)

Suy ra ΔIAE = ΔIDF (cạnh huyền – góc nhọn)

$\Rightarrow I E = I F = \frac{A O}{2} = \frac{a \sqrt{2}}{4}$

Tam giác vuông SIE, có

$I K = \frac{S I . I E}{\sqrt{S I^{2} + I E^{2}}} = \frac{\frac{a \sqrt{3}}{2} . \frac{a \sqrt{2}}{4}}{\sqrt{{(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} + {(\frac{a \sqrt{2}}{4})}^{2}}} = \frac{a \sqrt{21}}{14}$

Vậy $d (B D; S A) = 2 I K = 2 . \frac{a \sqrt{21}}{14} = \frac{a \sqrt{21}}{7}$ .

Câu 42:

Cho hình nón có bán kính đáy bằng 5. Biết rằng khi cắt hình nón cho bởi mặt phẳng qua trục, thiết diện thu được là một tam giác đều. Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng:

Xem đáp án

Do thiết diện qua trục là tam giác đều suy ra:

l = 2r = 2.5 = 10

Diện tích toàn phần của hình nón là:

S_tp = prl + pr² = p.5.10 + p.5² = 75p.

Câu 43:

Cho hình nón có bán kính bằng 5 và góc ở đỉnh bằng 60°. Diện tích xung quanh của hình nón đã cho bằng:

Xem đáp án

Gọi S là đỉnh của hình nón và AB là 1 đường kính của hình nón, khi đó ta có góc ở đỉnh của hình nón là $\hat{A S B} = 60 °$

Suy ra ΔSAB là tam giác đều

Þ l = SA = AB = 2r = 10.

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là:

S_xq = prl = p.5.10 = 50p.

Câu 44:

Cho hình nón đỉnh S, đáy là hình tròn tâm O, thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh a. Tính thể tích của khối nón.

Xem đáp án

Dựng thiết diện tam giác đi qua trục là tam giác HFG có cạnh bằng a.

Nên khối chóp có chiều cao là: $h = H O = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

$S_{d á y} = π r^{2} = π . {(\frac{a}{2})}^{2} = \frac{π a^{2}}{4}$ .

Vậy thể tích của khối nón là:

$V = \frac{1}{3} h . S_{d á y} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} . \frac{π a^{2}}{4} = \frac{π a^{3} \sqrt{3}}{24}$ .

Câu 45:

Cho hình nón đỉnh S có đáy là hình tròn tâm O. Một mặt phẳng qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác vuông có diện tích bằng 4. Góc giữa đường cao của hình nón và mặt phẳng thiết diện bằng 30°. Tính thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho.

Xem đáp án

Giả sử mặt phẳng qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác vuông SAB.

Gọi M là trung điểm của AB Þ OM ^ AB (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

Trong (SOM) kẻ OH ^ SM (H Î SM) ta có:

$\{\begin{cases} A B ⊥ O M \\ A B ⊥ S O \end{cases} \Rightarrow A B ⊥ (S O M) \Rightarrow A B ⊥ O H$

$\{\begin{cases} O H ⊥ A B \\ O H ⊥ S M \end{cases} \Rightarrow O H ⊥ (S A B)$

Suy ra SH là hình chiếu của SO lên (SAB).

$(\hat{S O; (S A B)}) = (\hat{S O; S H}) = \hat{H S O} = \hat{M S O} = 30 °$

Theo bài ra ta có:

$S_{△ S A B} = 4 \Leftrightarrow \frac{1}{2} S A . S B = 4$

$\Leftrightarrow S A^{2} = 8 \Leftrightarrow S A = 2 \sqrt{2}$

Tam giác SAB vuông cân tại S

$\Rightarrow A B = S A \sqrt{2} = 2 \sqrt{2} . \sqrt{2} = 4$

$\Rightarrow S M = \frac{1}{2} A B = 2$

Xét tam giác vuông SOM có:

$\{\begin{cases} S O = S M . \cos 30 ° = 2 . \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} = h \\ O M = S M . \sin 30 ° = 2 . \frac{1}{2} = 1 \end{cases}$

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông OAM có:

$O A = \sqrt{O M^{2} + A M^{2}} = \sqrt{1^{2} + 2^{2}} = \sqrt{5} = R$

Vậy thể tích khối nón là:

$V = \frac{1}{3} π R^{2} h = \frac{1}{3} π . {(\sqrt{5})}^{2} . \sqrt{3} = \frac{5 π \sqrt{3}}{3}$ .

Câu 46:

Cho hình thang ABCD có hai đáy là AB và CD với AB = 2CD. Từ C vẽ

\vec{C I} = \vec{D A}

. Khẳng định nào sau đây là đúng nhất?

A. $\vec{A D} = \vec{I C}$

B. $\vec{D I} = \vec{C B}$

C. Cả A, B đều đúng;

D. Cả A, B đều sai.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Ta có $\vec{C I} = \vec{D A}$ suy ra AICD là hình bình hành.

Suy ra $\vec{A D} = \vec{I C}$

Do DC = AI mà AB = 2CD nên suy ra $A I = \frac{1}{2} A B$

Do đó I là trung điểm của AB

Ta có DC = IB mà DC // IB

Suy ra tứ giác BCDI là hình bình hành

Suy ra $\vec{D I} = \vec{C B}$ .

Vậy cả A, B đều đúng.

Câu 47:

Cho hình thang ABCD có hai đáy AB và CD với AB = 2CD. Từ C vẽ $\vec{C I} = \vec{D A}$ .

a) Chứng minh I là trung điểm AB và $\vec{D I} = \vec{C B}$ ;

b) Chứng minh $\vec{A I} = \vec{I B} = \vec{D C}$ .

Xem đáp án

a) Ta có $\vec{C I} = \vec{D A}$ suy ra AICD là hình bình hành.

Suy ra $\vec{A D} = \vec{I C}$

Do DC = AI mà AB = 2CD nên suy ra $A I = \frac{1}{2} A B$

Do đó I là trung điểm của AB

Ta có DC = IB mà DC // IB

Suy ra tứ giác BCDI là hình bình hành

Suy ra $\vec{D I} = \vec{C B}$

b) Do $\vec{D I} = \vec{C B}$ suy ra DCBI là hình bình hành.

Suy ra $\vec{I B} = \vec{D C}$ (1)

Lại có: I là trung điểm của cạnh AB suy ra $\vec{A I} = \vec{I B}$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra được: $\vec{A I} = \vec{I B} = \vec{D C}$ (đpcm).

Câu 48:

Cho tứ giác ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thay đổi trên các cạnh AD, BC sao cho $\frac{A M}{A D} = \frac{C N}{C B}$ . Lấy I là trung điểm cạnh MN. Các điểm E, F lần lượt là trung điểm của AC và BD. Chứng minh I luôn chuyển động trên đoạn EF.

Xem đáp án

Đặt $\frac{A M}{A D} = \frac{C N}{C B} = k \Rightarrow \{\begin{cases} \vec{A M} = k . \vec{A D} \\ \vec{C N} = k . \vec{C B} \end{cases}$ với k là hằng số

Ta có:

$\vec{E I} = \vec{E C} + \vec{C N} + \vec{N I} = \frac{1}{2} \vec{A C} + \vec{C N} + \frac{1}{2} \vec{N M}$

$= \frac{1}{2} (\vec{A D} + \vec{D C}) + \vec{C N} + \frac{1}{2} (\vec{N C} + \vec{C D} + \vec{D M})$

$= \frac{1}{2} \vec{A D} + \frac{1}{2} \vec{D C} + \vec{C N} + \frac{1}{2} \vec{N C} + \frac{1}{2} \vec{C D} + \frac{1}{2} \vec{D M}$

$= \frac{1}{2} \vec{A D} + \frac{1}{2} \vec{C N} + \frac{1}{2} \vec{D M}$

$= \frac{1}{2} \vec{A M} + \frac{1}{2} \vec{C N} = \frac{k}{2} (\vec{A D} + \vec{C B})$ (1)

$\vec{E F} = \vec{E C} + \vec{C B} + \vec{B F} = \frac{1}{2} \vec{A C} + \vec{C B} + \frac{1}{2} \vec{B D}$

$= \frac{1}{2} \vec{A D} + \frac{1}{2} \vec{D C} + \vec{C B} + \frac{1}{2} \vec{B C} + \frac{1}{2} \vec{C D}$

$= \frac{1}{2} \vec{A D} + \frac{1}{2} \vec{C B} = \frac{1}{2} (\vec{A D} + \vec{C B})$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: $\vec{E F} = k . \vec{E I}$ .

Suy ra E; F; I thẳng hàng hay I luôn thuộc đường thẳng EF cố định.

Câu 49:

Cho tứ diện ABCD. Trên cạnh AD, BC theo thứ tự lấy các điểm M, N sao cho $\frac{M A}{A D} = \frac{N C}{C B} = \frac{1}{3}$ . Gọi (P) là mặt phẳng chứa đường thẳng MN và song song với CD. Khi đó thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng (P) là

A. Một hình bình hành;

B. Một hình thang với đáy lớn gấp 2 lần đáy nhỏ;

C. Một hình thang với đáy lớn gấp 3 lần đáy nhỏ;

D. Một tam giác.

Xem đáp án

Đáp án đúng là: B

Trên (BCD) kẻ NP // CD $\Rightarrow \frac{N P}{C D} = \frac{B N}{B C} = \frac{2}{3}$

Trên (ACD) kẻ MQ // CD $\Rightarrow \frac{M Q}{C D} = \frac{A M}{A D} = \frac{1}{3}$

Suy ra $\frac{N P}{M Q} = \frac{N P}{C D} : \frac{M Q}{C D} = \frac{2}{3} : \frac{1}{3} = 2 \Rightarrow N P = 2 . M Q$

Đặt $\frac{A M}{A D} = \frac{C N}{C B} = k \Rightarrow \{\begin{cases} \vec{A M} = k . \vec{A D} \\ \vec{C N} = k . \vec{C B} \end{cases}$ với k là hằng số

Do NP // MQ (// CD) và NP = 2.MQ nên suy ra thiết diện là hình thang với đáy lớn gấp 2 lần đáy nhỏ.

Câu 50:

Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC

a) Chứng minh: $\vec{M N} = \frac{1}{2} (\vec{A B} + \vec{D C})$

b) Xác định điểm O sao cho $\vec{O A} + \vec{O B} + \vec{O C} + \vec{O D} = \vec{0}$ .

Xem đáp án

a) $\vec{M N} = \vec{M A} + \vec{A B} + \vec{B N}$

$\vec{M N} = \vec{M D} + \vec{D C} + \vec{C N}$

$\Rightarrow 2 \vec{M N} = (\vec{M A} + \vec{M D}) + \vec{A B} + \vec{D C} + (\vec{B N} + \vec{C N})$

$\Rightarrow 2 \vec{M N} = \vec{0} + \vec{A B} + \vec{D C} + \vec{0}$

$\Rightarrow \vec{M N} = \frac{1}{2} (\vec{A B} + \vec{D C})$

b) $\vec{O A} + \vec{O B} + \vec{O C} + \vec{O D} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow \vec{O A} + \vec{O D} + \vec{O B} + \vec{O C} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow 2 \vec{O M} + 2 \vec{O N} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow 2 (\vec{O M} + \vec{O N}) = \vec{0}$

$\Leftrightarrow 2 . 2 \vec{O I} = \vec{0}$ (Với I là trung điểm của MN)

\Leftrightarrow 4 . \vec{O I} = \vec{0}

\Leftrightarrow \vec{O I} = \vec{0}

Suy ra O º I.

Vậy O là trung điểm của MN.

Câu 51:

Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DA, BC. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD biết

A B = C D = 2 a; M N = a \sqrt{3}

.

Xem đáp án

Do M, N lần lượt là trung điểm của DA, BC nên ta có:

$\vec{M N} = \frac{1}{2} (\vec{A B} + \vec{C D})$

Suy ra, bình phương hai vế ta được:

$M N^{2} = \frac{1}{4} (A B^{2} + C D^{2} + 2 \vec{A B} . \vec{C D})$

$\Leftrightarrow M N^{2} = \frac{1}{4} [A B^{2} + C D^{2} + 2 A B . C D . \cos (\hat{\vec{A B}; \vec{C D}})]$

$\Leftrightarrow 3 a^{2} = \frac{1}{4} [4 a^{2} + 4 a^{2} + 2 . 2 a . 2 a . \cos (\hat{\vec{A B}; \vec{C D}})]$

$\Leftrightarrow 3 a^{2} = \frac{1}{4} [8 a^{2} + 8 a^{2} . \cos (\hat{\vec{A B}; \vec{C D}})]$

$\Leftrightarrow 3 a^{2} = 2 a^{2} + 2 a^{2} . \cos (\hat{\vec{A B}; \vec{C D}})$

$\Leftrightarrow a^{2} = 2 a^{2} . \cos (\hat{\vec{A B}; \vec{C D}})$

$\Leftrightarrow \cos (\hat{\vec{A B}; \vec{C D}}) = \frac{1}{2}$

Suy ra $(\hat{\vec{A B}; \vec{C D}}) = 60 °$

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và CD là: 60°.

Câu 52:

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy bằng 3a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 45°. Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng:

Xem đáp án

Ta có: $(\hat{S A; (A B C)}) = (\hat{S A; A O}) = \hat{S A O} = 45 °$

Xét ∆ABC đều

Gọi M là trung điểm của BC suy ra

$A M = \frac{\sqrt{3}}{2} . 3 a = \frac{3 \sqrt{3} a}{2}$

Do O là trọng tâm của ∆ABC suy ra

$\frac{A O}{A M} = \frac{2}{3} \Rightarrow A O = \frac{2}{3} . A M = \frac{2}{3} . \frac{3 \sqrt{3} a}{2} = a \sqrt{3}$

Xét ∆SAO vuông tại O có:

$\tan \hat{S A O} = \frac{S O}{O A} \Leftrightarrow S O = O A . \tan \hat{S A O} = a \sqrt{3} . \tan 45 ° = a \sqrt{3}$

$\cos \hat{S A O} = \frac{O A}{S A} \Leftrightarrow S A = \frac{O A}{\cos \hat{S A O}} = \frac{a \sqrt{3}}{\cos 45 °} = a \sqrt{6}$

$\Rightarrow R = \frac{S A^{2}}{2 . S O} = \frac{{(a \sqrt{6})}^{2}}{2 . a \sqrt{3}} = a \sqrt{3}$

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng:

$V = \frac{4}{3} π R^{3} = \frac{4}{3} π . {(a \sqrt{3})}^{3} = 4 π \sqrt{3} . a^{3}$

Câu 53:

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 3a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60°. Tính thể tích V của khối chóp.

Xem đáp án

Gọi M là trung điểm BC; H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC).

Ta có:

$A M = \sqrt{A B^{2} - B M^{2}} = \sqrt{{(3 a)}^{2} - {(\frac{3 a}{2})}^{2}} = \frac{3 a \sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow A H = \frac{2}{3} . A M = \frac{2}{3} . \frac{3 a \sqrt{3}}{2} = a \sqrt{3}$

$\tan \hat{S A H} = \frac{S H}{A H} \Rightarrow S H = A H . \tan \hat{S A H} = a \sqrt{3} . \tan 60 ° = 3 a$

$S_{A B C} = \frac{1}{2} . A B . A C . \sin \hat{B A C} = \frac{1}{2} . {(3 a)}^{2} . \sin 60 ° = \frac{9 a^{2} \sqrt{3}}{4}$

Thể tích của khối chóp S.ABC là:

$V = \frac{1}{3} S H . S_{A B C} = \frac{1}{3} . 3 a . \frac{9 a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{9 a^{3} \sqrt{3}}{4}$ .

Câu 54:

Lãi suất gửi tiết kiệm của ngân hàng A thời gian vừa qua thay đổi liên tục. Bạn Duy gửi số tiền ban đầu là 10 triệu đồng với lãi suất 0,8% một tháng. Chưa đầy một năm, thì lãi suất tăng lên 1,2% một tháng trong nửa năm tiếp theo. Và bạn Duy tiếp tục gửi; sau nửa năm đó lãi suất giảm xuống còn 1% một tháng. Đồng thời bạn Duy quyết định gửi thêm một số tháng tròn nữa. Biết rằng khi rút tiền bạn Duy được cả vốn lẫn lãi là 12 153 337,95 triệu đồng. Tổng số tháng mà bạn Duy gửi tiết kiệm là:

Xem đáp án

Gọi x là số tháng gửi với lãi suất 0,8% một tháng (0 < x < 12)

Gọi y là số tháng gửi với lãi suất 1% một tháng

Tổng số tháng mà bạn Duy gửi tiết kiệm là x + 6 + y tháng

Theo giá thiết, ta có:

10.10⁶.(1 + 0,8%)^x.(1 + 1,2%)⁶.(1 + 1%)^y = 12153337,95

Û 1,008^x.1,01^y = 1,131

Lần lượt gán các giá trị của x bằng 1 đến 11 với x là số nguyên ta sẽ tìm được y nguyên khi x = 8, y = 6.

Suy ra tổng số tháng mà bạn Duy gửi tiết kiệm là:

x + 6 + y = 8 + 6 + 6 = 20 tháng.

Câu 55:

Lãi suất gửi tiền tiết kiệm của các ngân hàng trong thời qua liên tục thay đổi. Bác Mạnh gửi vào một số ngân hàng số tiền 5 triệu đồng với lãi suất 0,7%/ tháng. Sau sáu tháng gửi tiền, lãi suất tăng lên 0,9%/ tháng. Đến tháng thứ 10 sau khi gửi tiền, lãi suất giảm xuống 0,6%/ tháng và giữ ổn định. Biết rằng nếu bác Mạnh không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu (ta gọi đó là lãi kép). Sau một năm gửi tiền, bác Mạnh rút được số tiền là bao nhiêu? (biết trong khoảng thời gian này bác Mạnh không rút tiền ra).

Xem đáp án

Sau 6 tháng gửi tiền, bác Mạnh có:

T₁ = 5.(1 + 0,7%)⁶ (triệu đồng)

Số tiền bác Mạnh nhận được khi gửi tiền đến tháng thứ 10 là:

T₂ = T₁.(1 + 0,9%)³ (triệu đồng)

Vậy sau 1 năm, số tiền bác Mạnh nhận được là:

T = T₂.(1 + 0,6%)³ = 5 452 733,453 (đồng).

Câu 56:

Với các chữ số 2, 3, 4, 5, 6, có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau trong đó hai chữ số 2, 3 không đứng cạnh nhau?

Xem đáp án

Ta có: n (W) = 5!

Gọi $\bar{A}$ là biến cố “Số 2 và 3 đứng cạnh nhau”

+ TH1: $\bar{23 a b c}$ có 3! (cách)

+ TH2: $\bar{a 23 b c}$ có 3! (cách)

+ TH3: $\bar{a b 23 c}$ có 3! (cách)

+ TH4: $\bar{a b c 23}$ có 3! (cách)

Mà 2 và 3 có thể đổi chỗ cho nhau nên:

$n (\bar{A}) = 2 . 4 . 3! = 48$

Do đó $n (A) = n (Ω) - n (\bar{A}) = 5! - 48 = 72$ .

Vậy lập được 72 số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau trong đó hai chữ số 2, 3 không đứng cạnh nhau.

Câu 57:

Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho hai chữ số 1 và 2 luôn đứng cạnh nhau?

Xem đáp án

Xếp số 1 và 2 cạnh nhau có 2! = 2 (cách)

Coi cặp số 12 như một số, kết hợp với 3 số còn lại được 4 số, hoán vị chúng có:

4! = 24 (cách)

Mà 1 và 2 có thể đổi chỗ cho nhau nên vậy có:

2.24 = 48 số thỏa mãn.

Câu 58:

Cho $A = \frac{7}{\sqrt{x} + 8}$ và $B = \frac{\sqrt{x} + 8}{\sqrt{x} + 3}$ . Tìm x để biểu thức P = A.B có giá trị là số nguyên.

Xem đáp án

Điều kiện: x ≥ 0

Ta có: $A . B = \frac{7}{\sqrt{x} + 8} . \frac{\sqrt{x} + 8}{\sqrt{x} + 3} = \frac{7}{\sqrt{x} + 3}$

Để P nhận giá trị nguyên thì $\sqrt{x} + 3 \in U (7) = \{- 1; 1; - 7; 7\}$

$\Rightarrow \sqrt{x} \in \{- 4; - 2; - 10; 4\}$

Do $\sqrt{x} \geq 0$ nên $\sqrt{x} = 4$

Suy ra x = 16 thì P nguyên.

Câu 59:

Cho $A = \frac{x^{2} - 9}{3 (x + 5)}$ và $B = \frac{3}{x + 3}$ . Tìm x để biểu thức P = A.B có giá trị là số nguyên.

Xem đáp án

Điều kiện: x ¹ −5; x ¹ −3

Ta có: $A . B = \frac{x^{2} - 9}{3 (x + 5)} . \frac{3}{x + 3} = \frac{(x - 3) (x + 3)}{3 (x + 5)} . \frac{3}{x + 3}$

$= \frac{x - 3}{x + 5} = \frac{x + 5 - 8}{x + 5} = 1 - \frac{8}{x + 5}$

Để P nhận giá trị nguyên thì $\frac{8}{x + 5} \in ℤ \Rightarrow x + 5 \in U (8) = \{\pm 1; \pm 2; \pm 4; \pm 8\}$

Ta có bảng sau:

x + 5

−1

−2

−4

−8

1

2

4

8

x

−6

(TM)

−7

(TM)

−9

(TM)

−13

(TM)

−4

(TM)

−3

(KTM)

−1

(TM)

3

(TM)

Vậy với x Î {−13; −9; −7; −6; −4; −1; 3} thì P nguyên.

Câu 60:

Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và E là điểm đối xứng với B qua D. Mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm A có thể tích V. Tính V?

Xem đáp án

Mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm A có thể tích V. Gọi thể tích của phần đa diện còn lại là V'

Gọi F = EM Ç AD; G = EN Ç CD

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BCD có:

$\frac{N B}{N C} . \frac{G C}{G D} . \frac{E D}{E B} = 1 \Rightarrow \frac{G C}{G D} = 2$

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ABD có:

$\frac{M A}{M B} . \frac{E B}{E D} . \frac{F D}{F A} = 1 \Rightarrow \frac{F D}{F A} = \frac{1}{2}$

Ta có:

$S_{Δ E B N} = \frac{1}{2} d (E; B N) . B N = \frac{1}{2} . 2 d (D; B C) . \frac{1}{2} B C$

$= \frac{1}{2} . d (D; B C) . B C = S_{Δ B C D}$

Do $d (M; (E B N)) = \frac{1}{2} d (A; (B C D)) \Rightarrow V_{M . E B N} = \frac{1}{2} V_{A . B C D}$

$S_{Δ E D G} = \frac{1}{2} d (G; D E) . D E = \frac{1}{2} . \frac{1}{3} d (C; B D) . B D$

$= \frac{1}{3} . \frac{1}{2} d (C; B D) . B D = S_{Δ B C D}$

Do $d (F; (E D G)) = \frac{1}{3} d (A; (B C D)) \Rightarrow V_{F . E D G} = \frac{1}{9} V_{A . B C D}$

Suy ra $V' = V_{F . E D G} - V_{M . E B N} = \frac{V_{A B C D}}{2} - \frac{V_{A B C D}}{9} = \frac{7}{18} V_{A B C D}$

$\Rightarrow V = \frac{11}{18} V_{A B C D}$

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ta có:

AH ^ (BCD) và $B H = \frac{2}{3} . \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow A H = \sqrt{a^{2} - {(\frac{a \sqrt{3}}{3})}^{2}} = \frac{a \sqrt{6}}{3}$

Suy ra $V_{A B C D} = \frac{1}{3} A H . S_{B C D} = \frac{1}{3} . \frac{a \sqrt{6}}{3} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{12}$

$\Rightarrow V = \frac{11}{18} . \frac{a^{3} \sqrt{2}}{12} = \frac{11 \sqrt{2} a^{3}}{216}$ .

Câu 61:

Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và AB. Lấy I Î AC, J Î DN sao cho IJ // BM. Độ dài IJ theo a là:

Xem đáp án

Kẻ đường thẳng qua C song song với BM cắt BD ở G, AG cắt DN ở J, đường thẳng qua J song song với CG cắt AC ở I.

Kẻ AH vuông góc với BD tại H.

Dễ dàng chứng minh được IJ // BM; B là trung điểm của GD và tính được

$B M = \frac{a \sqrt{3}}{2}; C G = 2 . B M = a \sqrt{3}; G H = \frac{3 a}{2}$

Ta có: Tam giác ANJ đồng dạng với tam giác AHG nên:

$\frac{A J}{A G} = \frac{A N}{G H} = \frac{\frac{a}{2}}{\frac{3 a}{2}} = \frac{1}{3}$

Mà IJ // CG nên:

$\frac{I J}{C G} = \frac{A J}{A G} = \frac{1}{3} \Rightarrow I J = \frac{C G}{3} = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

Câu 62:

Cho hình chóp S.ABCD có

S A = S B = S C = S D = \sqrt{5}

, ABCD nội tiếp đường tròn có bán kính r = 1. Mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD có bán kính bao nhiêu?

Xem đáp án

ABCD nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 1 suy ra OA = 1.

Xét ΔSOA vuông tại O có: SA² = SO² + OA²

Þ SO² = SA² − OA² = 5 − 1 = 4

Þ SO = 2

Vậy mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD có bán kính là:

$R_{m c} = \frac{S A^{2}}{2 . S O} = \frac{{(\sqrt{5})}^{2}}{2 . 2} = \frac{5}{4}$ .

Câu 63:

Cho hình chóp S.ABCD có SA = SB = SC = SD. Đáy là hình chữ nhật tâm O với

S O = a \sqrt{3}, S C = a \sqrt{5}, \hat{C A D} = 30 °

. Tính V của hình chóp S.ABCD.

Xem đáp án

ABCD là hình chữ nhật tâm O suy ra: OA = OB = OC = OD

Lại có: SA = SB = SC = SD

Suy ra SO ^ (ABCD)

Þ SO ^ OC

Xét ΔSOC vuông tại O có: SC² = SO² + OC²

Þ OC² = SC² − SO² = 5a² − 3a² = 2a²

$\Rightarrow O C = a \sqrt{2} \Rightarrow A C = 2 . O C = 2 a \sqrt{2}$

Ta có: $\sin \hat{C A D} = \frac{C D}{A C} \Rightarrow C D = A C . \sin \hat{C A D} = 2 a \sqrt{2} . \sin 30 ° = a \sqrt{2}$

Lại có: $\cos \hat{C A D} = \frac{A D}{A C} \Rightarrow A D = A C . \cos \hat{C A D} = 2 a \sqrt{2} . \cos 30 ° = a \sqrt{6}$

Suy ra $S_{A B C D} = A D . C D = a \sqrt{2} . a \sqrt{6} = 2 a^{2} \sqrt{3}$

Vậy thể tích của hình chóp S.ABCD là:

$V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . a \sqrt{3} . 2 a^{2} \sqrt{3} = 2 a^{3}$ .

Câu 64:

Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy 3 mm và chiều cao bằng 200 mm. Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có dạng khối trụ có chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình tròn có bán kính 1 mm. Giả định 1 m³ gỗ có giá a (triệu đồng), 1 m³ than chì có giá 6a (triệu đồng). Khi đó giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây?

A. 84,5.a (đồng);

B. 78,2.a (đồng);

C. 8,45.a (đồng);

D. 7,82.a (đồng).

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Diện tích lục giác đều là

$S_{1} = \frac{3 \sqrt{3}}{2} . 3^{2} = \frac{27 \sqrt{3}}{2} (m m^{2})$

Thể tích một chiếc bút chì là

$V_{1} = S_{1} . h = \frac{27 \sqrt{3}}{2} . 200 = 2700 \sqrt{3} (m m^{3}) = 27 \sqrt{3} . 10^{- 7} (m^{3})$

Thể tích lõi chì là

V₂ = h.S₂ = 200.p.1² = 200.p (mm²) = 2.p.10⁻⁷ (m³)

Thể tích khối gỗ làm bút chì là

$V_{3} = V_{1} - V_{2} = (27 \sqrt{3} - 2 π) . 10^{- 7} (m^{3})$

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là

$T = α . (27 \sqrt{3} - 2 π) . 10^{- 7} + 6 α . 2 . 10^{- 7} π \approx 7, 82 . 10^{- 6} α$ (triệu đồng)

Hay giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì gần bằng 7,82.a (đồng).

Câu 65:

Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy 3 mm và chiều cao bằng 200 mm. Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có dạng khối trụ có chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình tròn có bán kính 1 mm. Giả định 1 m³ gỗ có giá a (triệu đồng), 1 m³ than chì có giá 8a (triệu đồng). Khi đó giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây?

A. 9,7.a (đồng);

B. 97,3.a (đồng);

C. 90,7.a (đồng);

D. 9,07.a (đồng).

Xem đáp án

Đáp án đúng là: D

Diện tích lục giác đều là

$S_{1} = \frac{3 \sqrt{3}}{2} . 3^{2} = \frac{27 \sqrt{3}}{2} (m m^{2})$

Thể tích một chiếc bút chì là

$V_{1} = S_{1} . h = \frac{27 \sqrt{3}}{2} . 200 = 2700 \sqrt{3} (m m^{3}) = 27 \sqrt{3} . 10^{- 7} (m^{3})$

Thể tích lõi chì là

V₂ = h.S₂ = 200.p.1² = 200.p (mm²) = 2.p.10⁻⁷ (m³)

Thể tích khối gỗ làm bút chì là

$V_{3} = V_{1} - V_{2} = (27 \sqrt{3} - 2 π) . 10^{- 7} (m^{3})$

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là

$T = a . (27 \sqrt{3} - 2 π) . 10^{- 7} + 8 a . 2 . 10^{- 7} π \approx 9, 07 . 10^{- 6} a$ (triệu đồng)

Hay giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì gần bằng 9,07.a (đồng).

Câu 66:

Một hộp chưa 35 quả cầu gồm 20 quả màu đỏ được đánh số từ 1 đến 20 và 15 quả màu xanh được đánh số từ 1 đến 15. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó một quả cầu. Tính xác suất để lấy được quả màu đỏ hoặc ghi số lẻ.

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu: $n (Ω) = C_{35}^{1} = 35$

Gọi biến cố A: “lấy được quả màu đỏ”, biến cố B: “lấy được quả có số lẻ”

Ta có:

n (A) = 20

n (B) = 10 + 8 = 18

n (A Ç B) = 10

Þ n (A È B) = n (A) + n (B) − n (A Ç B) = 20 + 18 − 10 = 28

Xác suất để lấy được quả màu đỏ hoặc ghi số lẻ là: $P (A \cup B) = \frac{n (A \cup B)}{n (Ω)} = \frac{28}{35} = \frac{4}{5}$ .

Câu 67:

Một bình đựng 35 quả cầu phân biệt, trong đó có 20 quả cầu màu xanh và 15 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên 5 quả cầu. Xác suất để trong 5 quả cầu được chọn có cả quả cầu màu xanh và quả cầu màu đỏ là:

Xem đáp án

Số phần tử của không gian mẫu:

$n (Ω) = C_{35}^{5}$

Gọi A là biến cố “có cả quả cầu màu xanh và quả cầu màu đỏ”

Khi đó $\bar{A}$ là “chỉ có quả cầu màu xanh hoặc chỉ có quả cầu màu đỏ”

+) TH1: Trong 5 quả cầu chỉ có quả cầu màu xanh có: $C_{20}^{5}$

+) TH2: Trong 5 quả cầu chỉ có quả cầu màu đỏ có: $C_{15}^{5}$

$\Rightarrow n (\bar{A}) = C_{20}^{5} + C_{15}^{5}$ .

Xác suất để trong 5 quả cầu được chọn có cả quả cầu màu xanh và quả cầu màu đỏ là:

$P (A) = 1 - P (\bar{A}) = 1 - \frac{n (\bar{A})}{n (Ω)} = 1 - \frac{C_{20}^{5} + C_{15}^{5}}{C_{35}^{5}} = \frac{9 875}{10 472}$ .

Câu 68:

Sắp xếp 6 nam sinh và 4 nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có 10 chỗ ngồi. Tính số cách xếp sao cho các nữ sinh luôn ngồi cạnh nhau.

Xem đáp án

Ta coi 4 nữ sinh là một nhóm, xếp nhóm 4 bọn nữ và 6 bạn nam vào 10 chỗ ngồi là số hoán vị của 7 phần tử.

Trong 4 nữ sinh còn có thể hoán đổi vị trí nên ta có:

7!.4! = 12 0960 cách xếp thỏa mãn yêu cầu.

Câu 69:

Sắp xếp 6 nam sinh và 4 nữ sinh vào một dãy ghế hàng ngang có 10 chỗ ngồi. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp sao cho các nữ sinh luôn ngồi cạnh nhau và các nam sinh luôn ngồi cạnh nhau?

Xem đáp án

Xếp 6 học sinh nam ngồi cạnh nhau có số cách là 6! = 720 (cách).

Xếp 4 học sinh nữ ngồi cạnh nhau có số cách là 4! = 24 (cách).

Nam và nữ có thể đổi chỗ cho nhau nên có 2 trường hợp.

Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2.720.24 = 34 560 (cách).

Câu 70:

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD có phương trình x + y − 5 = 0, biết H(−4; 1), $M (\frac{17}{5}; 12)$ . Tọa độ đỉnh A là:

Xem đáp án

*) Phương trình đường phân giác BD: x + y − 5 = 0

$\Rightarrow {\vec{n}}_{B D} = (1; 1) \Rightarrow {\vec{u}}_{B D} = (- 1; 1)$

*) Gọi E là điểm đối xứng của H qua BD.

Phương trình đường thẳng EH:

+) Vì EH ^ BD suy ra phương trình EH: −x + y + c = 0

+) H(−4; 1) Î EH Þ −(−4) + 1 + c = 0 Û 5 + c = 0 Û c = −5

Do đó phương trình EH: −x + y − 5 = 0

*) Gọi BD Ç EH = I. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:

$\{\begin{cases} x + y - 5 = 0 \\ - x + y - 5 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x + y = 5 \\ - x + y = 5 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 0 \\ y = 5 \end{cases} \Rightarrow I (0; 5) \Rightarrow E (4; 9)$

*) Phương trình đường thẳng AB đi qua $M (\frac{17}{5}; 12)$ nhận ${\vec{n}}_{M E} = (3; \frac{3}{5})$ là VTPT là:

$3 (x - \frac{17}{5}) + \frac{3}{5} (y - 12) = 0$

$\Leftrightarrow 3 x - \frac{51}{5} + \frac{3 y}{5} - \frac{36}{5} = 0$

Û 15x + 3y − 87 = 0

*) Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:

$\{\begin{cases} 15 x + 3 y - 87 = 0 \\ x + y - 5 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 6 \\ y = - 1 \end{cases} \Rightarrow B (6; - 1)$

Mà $M (\frac{17}{5}; 12)$ là trung điểm của AB nên ta có:

$\{\begin{cases} x_{A} = 2 . \frac{17}{5} - 6 \\ y_{A} = 2 . 12 + 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x_{A} = \frac{4}{5} \\ y_{A} = 25 \end{cases} \Rightarrow A (\frac{4}{5}; 25)$

Vậy $A (\frac{4}{5}; 25)$ .

Câu 71:

Trong oxy cho tam giác ABC, A(1; 2) đường trung tuyến BM: 2x + y + 1 = 0 và phân giác CD: x + y − 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC.

Xem đáp án

Phương trình BM: $\{\begin{cases} x = t \\ y = - 1 - 2 t \end{cases} \Rightarrow M (t; - 1 - 2 t)$

Vì M là trung điểm AC, áp dụng công thức trung điểm ta có C(2t − 1, −4t − 4)

Mà C thuộc đường thẳng DC nên thay tọa độ C vào phương trình DC ta có:

2t − 1 − 4t − 4 − 1 = 0 Û 2t = −6 Û t = −3

Suy ra C(−7; 8).

Gọi d là đường thẳng qua A(1, 2) và vuông góc với CD nên ${\vec{n}}_{d} = {\vec{u}}_{C D} = (1; - 1)$ có phương trình:

d: x − y + 1 = 0.

Gọi H là giao điểm của d và DC nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:

$\{\begin{cases} x + y - 1 = 0 \\ - x + y - 1 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 0 \\ y = 1 \end{cases} \Rightarrow H (0; 1)$

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua H, áp dụng công thức trung điểm

Suy ra A'(−1; 0)

Theo tính chất của phân giác thì A' thuộc BC. Vậy BC qua A' và C có phương trình:

$B C : \frac{x + 7}{6} = \frac{y - 8}{- 8}$ .

Câu 72:

Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(1; −2), B(4; 1), C(4; −5).

a) Chứng minh A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm tọa độ trung điểm cạnh BC và tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

b) Điểm I thỏa mãn $\vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} = \vec{0}$ . Tìm tọa độ điểm I.

c) Xét hình thang ABCD với hai đáy AB và CD thỏa mãn AB = 2CD. Tìm tọa độ đỉnh D.

Xem đáp án

a) Ta có: $\vec{A B} = (3; 3), \vec{A C} = (3; - 3)$

Do $\frac{3}{3} = 1 \neq - 1 = \frac{3}{- 3}$ suy ra $\vec{A B}, \vec{A C}$ không cùng phương.

Hay A, B, C là ba đỉnh của tam giác.

Tọa độ trung điểm của BC là

$I (\frac{x_{B} + x_{C}}{2}; \frac{y_{B} + y_{C}}{2}) \Rightarrow I (\frac{4 + 4}{2}; \frac{1 - 5}{2}) \Rightarrow I (4; - 2)$

Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là

$G (\frac{x_{A} + x_{B} + x_{C}}{3}; \frac{y_{A} + y_{B} + y_{C}}{3})$

$\Rightarrow G (\frac{1 + 4 + 4}{3}; \frac{- 2 + 1 - 5}{3}) \Rightarrow G (3; - 2)$

b) Gọi I(x; y)

$\Rightarrow \{\begin{cases} \vec{I A} = (1 - x; - 2 - y) \\ \vec{I B} = (4 - x; 1 - y) \\ \vec{I C} = (4 - x; - 5 - y) \end{cases}$

Do $\vec{I A} + \vec{I B} + \vec{I C} = \vec{0}$

$\Leftrightarrow (13 - 4 x; - 11 - 4 y) = \vec{0} = (0; 0)$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 13 - 4 x = 0 \\ - 11 - 4 y = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{13}{4} \\ y = - \frac{11}{4} \end{cases} \Rightarrow I (\frac{13}{4}; - \frac{11}{4})$

c) Gọi D(x; y). Theo giả thiết ta có AB = 2CD và ABCD là hình thang nên

$\vec{A B} = 2 \vec{D C}$

Û (3; 3) = 2(4 − x; −5 − y)

Û (3; 3) = (8 − 2x; −10 − 2y)

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 8 - 2 x = 3 \\ - 10 - 2 y = 3 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{5}{2} \\ y = - \frac{13}{2} \end{cases} \Rightarrow D (\frac{5}{2}; - \frac{13}{2})$

Câu 73:

Trong mặt phẳng Oxy cho A(1; 2), B(4; 1), C(5; 4). Tính $\hat{B A C}$ .

Xem đáp án

Ta có: $\vec{A B} = (3; - 1), \vec{A C} = (4; 2)$

Suy ra $\cos (\hat{\vec{A B}; \vec{A C}}) = \frac{\vec{A B} . \vec{A C}}{A B . A C} = \frac{3 . 4 + (- 1) . 2}{\sqrt{3^{2} + {(- 1)}^{2}} . \sqrt{4^{2} + 2^{2}}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Vậy $(\hat{\vec{A B}; \vec{A C}}) = 45 ° \Rightarrow \hat{B A C} = 45 °$ .

Câu 74:

Tập nghiệm của phương trình:

\sqrt{3 - x} = \sqrt{x + 2} + 1

Xem đáp án

TXĐ: −2 ≤ x ≤ 3

Ta có: $\sqrt{3 - x} = \sqrt{x + 2} + 1$

$\Leftrightarrow \sqrt{3 - x} - 2 = \sqrt{x + 2} - 1$

$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{3 - x} - 2) (\sqrt{3 - x} + 2)}{\sqrt{3 - x} + 2} = \frac{(\sqrt{x + 2} - 1) (\sqrt{x + 2} + 1)}{\sqrt{x + 2} + 1}$

$\Leftrightarrow \frac{3 - x - 4}{\sqrt{3 - x} + 2} = \frac{x + 2 - 1}{\sqrt{x + 2} + 1}$

$\Leftrightarrow \frac{- x - 1}{\sqrt{3 - x} + 2} = \frac{x + 1}{\sqrt{x + 2} + 1}$

$\Leftrightarrow (x + 1) (\frac{1}{\sqrt{x + 2} + 1} + \frac{1}{\sqrt{3 - x} + 2}) = 0$

Do $\frac{1}{\sqrt{x + 2} + 1} + \frac{1}{\sqrt{3 - x} + 2} > 0, \forall x \in [- 2; 3]$ nên suy ra:

x + 1 = 0 Û x = −1 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy x = −1 là nghiệm của phương trình.

Câu 75:

Tìm tập nghiệm S của bất phương trình $x + \sqrt{x - 2} \leq 2 + \sqrt{x - 2}$ .

Xem đáp án

ĐKXĐ: x − 2 ≥ 0 Û x ≥ 2

Bất phương trình trên tương đướng với: x ≤ 2

Kếp hợp điều kiện suy ra x = 2

Vậy tập nghiệm S của bất phương trình là: S = {2}.

Câu 76:

Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số $y = x^{3} + m x - \frac{1}{5 x^{5}}$ đồng biến với x > 0?

Xem đáp án

+ Hàm số xác định và liên tục với mọi x > 0.

Ta có $y^{'} = 3 x^{2} + m + \frac{1}{x^{6}}, \forall x \in (0; + \infty)$

+ Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞) khi và chỉ khi:

$y^{'} = 3 x^{2} + m + \frac{1}{x^{6}} \geq 0, \forall x \in (0; + \infty)$

$\Leftrightarrow m \geq - 3 x^{2} - \frac{1}{x^{6}} = g (x), \forall x \in (0; + \infty)$

$\Leftrightarrow m \geq \max_{x \in (0; + \infty)} g (x), \forall x \in (0; + \infty)$

Xét $g^{'} (x) = - 6 x + \frac{6}{x^{7}} = \frac{- 6 (x^{8} - 1)}{x^{7}} = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Bảng biến thiên:

Suy ra max g (x) = g (1) = −4 và do đó để hàm số đã cho đồng biến t với x > 0 thì m ≥ −4

Mà m nguyên âm nên m Î{−4; −3; −2; −1}.

Vậy có 4 giá trị nguyên âm của tham số m thỏa mãn.

Câu 77:

Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d: y = (2m − 1)x + 3 + m vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x³ − 3x² + 1.

Xem đáp án

TXĐ: D = ℝ

Ta có: $y^{'} = 3 x^{2} - 6 x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow y = 1 \\ x = 2 \Rightarrow y = - 3 \end{array}$

Suy ra A(0; 1) và B(2; −3) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: $\frac{x - 0}{2 - 0} = \frac{y - 1}{- 3 - 1}$

Û −2x = y − 1

Û y = −2x + 1 (d')

Vì d ^ d' Þ (2m − 1).(−2) = −1

$\Leftrightarrow 2 m - 1 = \frac{1}{2} \Leftrightarrow m = \frac{3}{4}$ .

Vậy $m = \frac{3}{4}$ .

Câu 78:

Tìm giá trị thực của tham số m để đường thẳng d: y = (3m + 1)x + 3 + m vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y = x³ − 3x² − 1.

Xem đáp án

TXĐ: D = ℝ

Ta có:

$y^{'} = 3 x^{2} - 6 x = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \Rightarrow y = 1 \\ x = 2 \Rightarrow y = - 3 \end{array}$

Suy ra A(0; 1) và B(2; −3) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là:

$\frac{x - 0}{2 - 0} = \frac{y - 1}{- 3 - 1}$

Û −2x = y − 1

Û y = −2x + 1 (d')

Vì d ^ d' Þ (3m + 1).(−2) = −1

$\Leftrightarrow 3 m + 1 = \frac{1}{2} \Leftrightarrow m = - \frac{1}{6}$ .

Vậy $m = - \frac{1}{6}$ .

Câu 79:

Giải phương trình:

\cos^{2} x - \sqrt{3} \sin 2 x = 1 + \sin^{2} x

Xem đáp án

$\cos^{2} x - \sqrt{3} \sin 2 x = 1 + \sin^{2} x$

$\Leftrightarrow \cos^{2} x - \sin^{2} x - \sqrt{3} \sin 2 x = 1 \sqrt{b^{2} - 4 a c}$

$\Leftrightarrow \cos 2 x - \sqrt{3} \sin 2 x = 1$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2} \cos 2 x - \frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x = \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \cos 2 x . \cos \frac{π}{3} - \sin 2 x . \sin \frac{π}{3} = \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \cos (2 x + \frac{π}{3}) = \cos \frac{π}{3}$

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} 2 x + \frac{π}{3} = \frac{π}{3} + k 2 π \\ 2 x + \frac{π}{3} = - \frac{π}{3} + k 2 π \end{array} \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = k π \\ x = - \frac{π}{3} + k π \end{array} (k \in ℤ)$

Vậy tập họ nghiệm của phương trình là: $S = \{k π; - \frac{π}{3} + k π, k \in ℤ\}$ .

Câu 80:

Cho hàm số f (x) có đạo hàm f ¢(x) = x(x − 2)², "x Î ℝ. Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

Xem đáp án

Ta có: f ¢(x) = 0

$\Leftrightarrow x {(x - 2)}^{2} = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} x = 0 \\ x = 2 \end{array}$

Mà trong hai nghiệm trên, có một nghiệm có bội mũ lẻ là x = 0 và có một nghiệm có bội mũ chẵn là x = 2.

Vậy hàm số f (x) có 1 điểm cực trị là x = 0.

Câu 81:

Cho tam giác vuông cân ABC có AB = AC = a. Tính các tích vô hướng $\vec{A B} . \vec{A C}, \vec{A C} . \vec{C B}$ .

Xem đáp án

Ta có: $\vec{A B} . \vec{A C} = |\vec{A B}| . |\vec{A C}| . \cos \hat{B A C} = a . a . \cos 90 ° = 0$

$\vec{A C} . \vec{C B} = - \vec{C A} . \vec{C B} = - |\vec{C A}| . |\vec{C B}| . \cos \hat{A C B}$

$= - a . a \sqrt{2} . \cos 45 ° = - a . a \sqrt{2} . \frac{\sqrt{2}}{2} = - a^{2}$

Câu 82:

Cho ba điểm O, A, B thẳng hàng và biết OA = a, OB = b. Tính tích vô hướng $\vec{O A} . \vec{O B}$ trong hai trường hợp:

a) Điểm O nằm ngoài đoạn AB;

b) Điểm O nằm trong đoạn AB.

Xem đáp án

a) Khi O nằm ngoài đoạn AB ta có:

$\vec{O A} . \vec{O B} = |\vec{O A}| . |\vec{O B}| . \cos 0 ° = a . b . \cos 0 ° = a . b$

b) Khi O nằm giữa hai điểm A và B ta có: $\vec{O A} . \vec{O B} = |\vec{O A}| . |\vec{O B}| . \cos 180 ° = a . b . \cos 180 ° = - a . b$

Câu 83:

Cho hình bình hành ABCD tâm O. Mệnh đề nào sau đây là sai?

A. $\vec{A B} + \vec{A D} = \vec{A C}$

B. $\vec{O A} = \frac{1}{2} (\vec{B A} + \vec{C B})$

C. $\vec{O A} + \vec{O B} = \vec{O C} + \vec{O D}$

D. $\vec{O A} + \vec{O B} = \vec{D A}$

Xem đáp án

Đáp án đúng là: C

Ta xét từng đáp án:

Đáp án A: Theo quy tắc hình bình hành, ta có $\vec{A B} + \vec{A D} = \vec{A C}$

Vậy A đúng.

Đáp án B: Vì O là tâm của hình bình hành ABCD nên O là trung điểm AC.

Ta suy ra $O A = \frac{1}{2} C A$

Mà $\vec{O A}, \vec{C A}$ cùng hướng.

Do đó $\vec{O A} = \frac{1}{2} \vec{C A} = \frac{1}{2} (\vec{C B} + \vec{B A})$

Vậy B đúng.

Đáp án C: Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Ta có $\vec{O A} + \vec{O B} = 2 \vec{O I}$ và $\vec{O C} + \vec{O D} = 2 \vec{O J}$

Mà $\vec{O I}, \vec{O J}$ là hai vectơ đối nhau.

Do đó $2 \vec{O I} \neq 2 \vec{O J}$

Suy ra $\vec{O A} + \vec{O B} \neq \vec{O C} + \vec{O D}$

Vậy C sai.

Đáp án D: Ta có OI là đường trung bình của tam giác ABD.

Suy ra $\vec{O I} = \frac{1}{2} \vec{D A}$

Ta có $\vec{O A} + \vec{O B} = 2 \vec{O I} = 2 . \frac{1}{2} \vec{D A} = \vec{D A}$

Vậy D đúng.

Câu 84:

Cho hình bình hành ABCD tâm O. Mệnh đề nào sau đây là sai?

Media VietJack

A. $\vec{A B} = \vec{C D}$

B. $\vec{A D} = \vec{B C}$

C. $\vec{A O} = \vec{O C}$

D. $\vec{O D} = \vec{B O}$

Xem đáp án

Đáp án đúng là: A

$\vec{A B} = \vec{D C} = - \vec{C D}$ nên A sai

$\vec{A D} = \vec{B C}$ nên B đúng

$\vec{A O} = \vec{O C}$ nên C đúng

$\vec{O D} = \vec{B O}$ nên D đúng.

Câu 85:

Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 3, AD = 4. Hãy tính độ lớn của

a) $\vec{A B} + \vec{A D}$

b) $2 \vec{A B} + 3 \vec{A D}$

Xem đáp án

a) Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABC vuông tại B có:

$A C = \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5$

$\vec{A B} + \vec{A D} = \vec{A C} \Rightarrow |\vec{A B} + \vec{A D}| = |\vec{A C}| = A C = 5$

b) Đặt $T = |2 \vec{A B} + 3 \vec{A D}|$

$\Rightarrow T^{2} = 4 A B^{2} + 9 A D^{2} + 12 \vec{A B} . \vec{A D} = 4 A B^{2} + 9 A D^{2}$ (Do AB ^ AD)

Þ T² = 4.3² + 9.4² = 180

$\Rightarrow T = 6 \sqrt{5}$

Vậy $T = |2 \vec{A B} + 3 \vec{A D}| = 6 \sqrt{5}$

Câu 86:

Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 4, AD = 3. Tính độ dài vectơ $\vec{A B} + \vec{A D}$ .

Xem đáp án

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại B có:

$A C = \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = \sqrt{4^{2} + 3^{2}} = 5$

$\vec{A B} + \vec{A D} = \vec{A C} \Rightarrow |\vec{A B} + \vec{A D}| = |\vec{A C}| = A C = 5$

Câu 87:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có $S A = \sqrt{11} a$ , côsin của góc hợp bởi hai mặt phẳng (SBC); và (SCD) bằng $\frac{1}{10}$ . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.

Xem đáp án

Gọi x là độ dài cạnh đáy của chóp đều S.ABCD.

Gọi O = AC Ç BD Þ SO ^ (ABCD)

Ta có: $\{\begin{cases} B D ⊥ A C (g t) \\ B D ⊥ S O (d o S O ⊥ (A B C D)) \end{cases}$

$\Rightarrow B D ⊥ (S A C) \Rightarrow B D ⊥ S C$

Trong (SBC) kẻ BH ^ SC (H Î SC) có:

• $\{\begin{cases} B H ⊥ S C \\ B D ⊥ S C (c m t) \end{cases} \Rightarrow S C ⊥ (B D H) \Rightarrow S C ⊥ D H$

• $\{\begin{cases} (S B C) \cap (S C D) = S C \\ (S B C) \supset B H ⊥ S C \\ (S B C) \supset D H ⊥ S C \end{cases} \Rightarrow (\hat{(S B C); (S C D)}) = (\hat{B H; D H})$

$\Rightarrow [\begin{array}{l} \cos \hat{B H D} = \frac{1}{10} \\ \cos \hat{B H D} = - \frac{1}{10} \end{array}$

Ta dễ dàng chứng minh được: ∆BHC = ∆DHC

Þ HB = HD Þ ∆HBD cân tại H

Xét tam giác SBC ta có:

$\cos \hat{C} = \frac{B C^{2} + S C^{2} - S B^{2}}{2 . B C . S C} = \frac{x^{2}}{2 x . \sqrt{11} a} = \frac{x \sqrt{11}}{22 a}$

$\Rightarrow H C = B C . \cos \hat{C} = \frac{x^{2} \sqrt{11}}{22 a}$

$\Rightarrow H B = \sqrt{B C^{2} - H C^{2}} = \sqrt{x^{2} - \frac{x^{4}}{44 a^{2}}} = \frac{x \sqrt{a^{2} - x^{2}}}{2 a \sqrt{11}} = H D$

Xét tam giác BDH có:

$\cos \hat{B H D} = \frac{H B^{2} + H D^{2} - B D^{2}}{2 H B . H D} = \frac{2 x^{2} - \frac{x^{4}}{22 a^{2}} - 2 x^{2}}{2 (x^{2} - \frac{x^{4}}{44 a^{2}})}$

$= \frac{2 x^{2} - \frac{x^{4}}{22 a^{2}} - 2 x^{2}}{2 x^{2} - \frac{x^{4}}{22 a^{2}}} = 1 - \frac{44 x^{2} a^{2}}{44 x^{2} a^{2} - x^{4}}$

+) TH1: $\cos \hat{B H D} = \frac{1}{10}$

$\Leftrightarrow 1 - \frac{44 x^{2} a^{2}}{44 x^{2} a^{2} - x^{4}} = \frac{1}{10}$

$\Leftrightarrow \frac{44 x^{2} a^{2}}{44 x^{2} a^{2} - x^{4}} = \frac{9}{10}$

Û 440x²a² = 396x²a² − 9x⁴

Û 9x⁴ = −44x²a² (vô nghiệm)

+) TH2: $\cos \hat{B H D} = - \frac{1}{10}$

$\Leftrightarrow 1 - \frac{44 x^{2} a^{2}}{44 x^{2} a^{2} - x^{4}} = - \frac{1}{10}$

$\Leftrightarrow \frac{44 x^{2} a^{2}}{44 x^{2} a^{2} - x^{4}} = \frac{11}{10}$

Û 440x²a² = 484x²a² − 11x⁴

Û 11x⁴ = 44x²a²

Û x² = 4a²

Û x = 2a

$\Rightarrow O A = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} . 2 a \sqrt{2} = a \sqrt{2}$

Xét tam giác vuông SOA có:

$S O = \sqrt{S A^{2} - O A^{2}} = \sqrt{11 a^{2} - 2 a^{2}} = 3 a$ .

Vậy $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} S O . S_{A B C D} = \frac{1}{3} . 3 a . {(2 a)}^{2} = 4 a^{3}$ .

Câu 88:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ thị hàm số $y = \frac{x + 1}{\sqrt{m {(x - 1)}^{2} + 4}}$ có hai tiệm cận đứng:

Xem đáp án

Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng nên có 2 nghiệm phân biệt khác −1.

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} m \neq 0 \\ {(x - 1)}^{2} = - \frac{4}{m} > 0 \\ m {(- 1 - 1)}^{2} + 4 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m \neq 0 \\ m < 0 \\ m \neq - 1 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} m < 0 \\ m \neq - 1 \end{cases}$

Vậy với m Î (−∞; 0) \ {−1}.

Câu 89:

Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số $y = \frac{x + 1}{\sqrt{m x^{2} + 1}}$ có hai tiệm cận ngang.

Xem đáp án

Nếu m = 0 thì y = x + 1 không có tiệm cận.

Nếu m < 0 thì xét dưới mẫu số ta thấy x có điều kiện ràng buộc nên không thể xét x tới vô cùng được.

Nếu m > 0 thì ta có $\lim_{x \to \infty} y = \frac{x (\frac{1}{x} + 1)}{|x| \sqrt{m + \frac{1}{x^{2}}}}$ nên sẽ có 2 tiệm cận ngang là: $y = \frac{1}{\sqrt{m}}; y = \frac{- 1}{\sqrt{m}}$

Vậy m Î (0; +∞) là giá trị cần tìm.

Câu 90:

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, SA = a. Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Tính khoảng cách giữa AH và BC.

Xem đáp án