ĐỀ THI ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC ĐHQG HÀ NỘI (HSA) - PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG

ToánLớp 12KChia sẻ bởi Khánh Linh Trần 0 lượt sử dụng đề

TRUNG TÂM KHẢO THÍ ĐHQG HÀ NỘI

KỲ THI ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC (HSA)

Đề tham khảo

BÀI THI TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG

Thời gian làm bài: 75 phút (không kể thời gian phát đề)

(Đề thi gồm 50 câu hỏi)

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM BỐN LỰA CHỌN (Từ câu 1 đến câu 35)

Thí sinh chọn duy nhất một phương án đúng trong bốn phương án A, B, C, D.

Câu 1. Một mẻ nuôi cấy vi khuẩn ban đầu có 20002000 cá thể. Số lượng vi khuẩn sau tt giờ phát triển theo quy luật N(t)=N0⋅ektN(t) = N_0 \cdot e^{kt}. Biết rằng sau 44 giờ, số lượng vi khuẩn đếm được là 32003200 cá thể. Hỏi sau 1212 giờ kể từ thời điểm ban đầu, số lượng vi khuẩn trong mẻ nuôi cấy là bao nhiêu?

A. 81928192 con.

B. 64006400 con.

C. 96009600 con.

D. 1024010240 con.

Câu 2. Cho một khối trụ có bán kính đáy R=3R = 3 và chiều cao h=8h = 8. Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 22. Diện tích thiết diện thu được bằng

A. 16516\sqrt{5}.

B. 858\sqrt{5}.

C. 24524\sqrt{5}.

D. 32532\sqrt{5}.

Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho đường tròn (C):(x−2)2+(y+1)2=25(C): (x - 2)^2 + (y + 1)^2 = 25 và đường thẳng d:3x−4y+5=0d: 3x - 4y + 5 = 0. Đường thẳng dd cắt đường tròn (C)(C) tại hai điểm phân biệt AA và BB. Độ dài đoạn thẳng ABAB bằng

A. 88.

B. 66.

C. 44.

D. 1010.

Câu 4. Cho hàm số f(x)=x3−3x2+1f(x) = x^3 - 3x^2 + 1. Bất phương trình f(x)≤2x+mf(x) \le 2x + m nghiệm đúng với mọi x∈[0;3]x \in [0; 3] khi và chỉ khi

A. m≥1m \ge 1.

B. m≥−5m \ge -5.

C. m>1m > 1.

D. m≥0m \ge 0.

Câu 5. Đạo hàm của hàm số f(x)=ln⁡(cos⁡x)f(x) = \ln(\cos x) trên khoảng (−π2;π2)\left(-\dfrac{\pi}{2}; \dfrac{\pi}{2}\right) là

A. f′(x)=−tan⁡xf'(x) = -\tan x.

B. f′(x)=cot⁡xf'(x) = \cot x.

C. f′(x)=tan⁡xf'(x) = \tan x.

D. f′(x)=−cot⁡xf'(x) = -\cot x.

Câu 6. Cho khối chóp S.ABCS.ABC có đáy ABCABC là tam giác vuông cân tại BB với AB=BC=2aAB = BC = 2a. Cạnh bên SASA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3aSA = 3a. Thể tích của khối chóp S.ABCS.ABC bằng

A. 2a32a^3.

B. 6a36a^3.

C. a3a^3.

D. 4a34a^3.

Câu 7. Gọi SS là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m∈[1;10]m \in [1; 10] để phương trình 4x−m⋅2x+1+2m+8=04^x - m \cdot 2^{x+1} + 2m + 8 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Số phần tử của tập hợp SS là

A. 66.

B. 55.

C. 77.

D. 44.

Câu 8. Cho tam giác ABCABC vuông tại AA có tích độ dài hai cạnh góc vuông bằng 1818. Khi chu vi của tam giác ABCABC đạt giá trị nhỏ nhất thì độ dài cạnh huyền BCBC bằng

A. 66.

B. 626\sqrt{2}.

C. 99.

D. 323\sqrt{2}.

Câu 9. Cho đồ thị hàm số (C):y=x3−3x2+2(C): y = x^3 - 3x^2 + 2. Đường thẳng d:y=m(x−1)d: y = m(x - 1) cắt đồ thị (C)(C) tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1,x2,x3x_1, x_2, x_3. Giá trị của tham số mm để x12+x22+x32=11x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 11 là

A. m=1m = 1.

B. m=2m = 2.

C. m=−1m = -1.

D. m=3m = 3.

Câu 10. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)=−x3−3x+4f(x) = -x^3 - 3x + 4 trên đoạn [−2;1][-2; 1] bằng

A. 00.

B. 1818.

C. 44.

D. −4-4.

Câu 11. Một xưởng sản xuất muốn làm một chiếc hộp hình hộp chữ nhật không nắp từ một tấm tôn hình vuông cạnh 60 cm60\text{ cm} bằng cách cắt bỏ bốn hình vuông bằng nhau có cạnh x (cm)x\text{ (cm)} ở bốn góc rồi gập các mép lại. Giá trị của xx để thể tích khối hộp thu được lớn nhất là

A. x=10 cmx = 10\text{ cm}.

B. x=15 cmx = 15\text{ cm}.

C. x=12 cmx = 12\text{ cm}.

D. x=8 cmx = 8\text{ cm}.

Câu 12. Một chiếc bàn gỗ có mặt bàn là hình lục giác đều. Biết khoảng cách giữa hai đỉnh đối diện nhau qua tâm (đường chéo chính) là 1,6 m1,6\text{ m}. Chu vi của mặt bàn đó bằng

A. 4,8 m4,8\text{ m}.

B. 3,6 m3,6\text{ m}.

C. 5,4 m5,4\text{ m}.

D. 2,4 m2,4\text{ m}.

Câu 13. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ABC.A'B'C' có đáy ABCABC là tam giác vuông tại BB, AB=a,BC=a3AB = a, BC = a\sqrt{3}. Biết góc giữa đường thẳng A′CA'C và mặt phẳng đáy bằng 45∘45^\circ. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ABC.A'B'C' bằng

A. a33a^3\sqrt{3}.

B. a333\dfrac{a^3\sqrt{3}}{3}.

C. a332\dfrac{a^3\sqrt{3}}{2}.

D. 2a332a^3\sqrt{3}.

Câu 14. Khảo sát thời gian sử dụng Internet mỗi ngày của một nhóm 5050 học sinh, ta thu được mẫu số liệu ghép nhóm sau:

Thời gian (phút)

[0;60)[0; 60)

[60;120)[60; 120)

[120;180)[120; 180)

[180;240)[180; 240)

[240;300)[240; 300)

Số học sinh

88

1616

1414

88

44

Giá trị đại diện của nhóm chứa mốt là

A. 9090.

B. 7575.

C. 150150.

D. 6060.

Câu 15. Đường thẳng d:y=x+md: y = x + m cắt đồ thị (C):y=2x+1x−1(C): y = \dfrac{2x + 1}{x - 1} tại hai điểm phân biệt A,BA, B sao cho độ dài đoạn thẳng ABAB ngắn nhất. Giá trị của mm bằng

A. m=1m = 1.

B. m=−1m = -1.

C. m=3m = 3.

D. m=0m = 0.

Câu 16. Một trường THPT khảo sát điểm thi môn Toán của 4040 học sinh thu được bảng phân bố tần số ghép nhóm sau:

Điểm số

[50;60)[50; 60)

[60;70)[60; 70)

[70;80)[70; 80)

[80;90)[80; 90)

[90;100)[90; 100)

Tần số

44

66

2020

77

33

Trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng

A. 7575.

B. 7474.

C. 7676.

D. 7272.

Câu 17. Trong các số tự nhiên từ 11 đến 300300, có bao nhiêu số chia hết cho 33 nhưng không chia hết cho 55?

A. 8080.

B. 6060.

C. 100100.

D. 7575.

Câu 18. Cho hình chóp tam giác S.ABCS.ABC có thể tích V=24V = 24. Gọi MM là trung điểm của cạnh SASA, điểm NN trên cạnh SBSB sao cho SN=2NBSN = 2NB. Mặt phẳng qua M,NM, N và song song với BCBC cắt cạnh SCSC tại PP. Thể tích của khối đa diện MNP.ABCMNP.ABC bằng

A. 563\dfrac{56}{3}.

B. 163\dfrac{16}{3}.

C. 203\dfrac{20}{3}.

D. 403\dfrac{40}{3}.

Câu 19. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số mm để hàm số y=(m−1)x4−2(m−3)x2+1y = (m - 1)x^4 - 2(m - 3)x^2 + 1 không có điểm cực đại.

A. 1≤m≤31 \le m \le 3.

B. m≤1m \le 1.

C. 1<m≤31 < m \le 3.

D. m≥3m \ge 3.

Câu 20. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số mm để hàm số y=−x33+mx2−2mx+2025y = -\dfrac{x^3}{3} + mx^2 - 2mx + 2025 có hai điểm cực trị.

A. [m>2m<0\left[\begin{aligned} m &> 2 \\ m &< 0 \end{aligned}\right..

B. 0<m<20 < m < 2.

C. m>2m > 2.

D. m<0m < 0.

Câu 21. Cho các số thực x,y,z,a,b,cx, y, z, a, b, c thỏa mãn (x+1)2+(y+1)2+(z−2)2=1(x + 1)^2 + (y + 1)^2 + (z - 2)^2 = 1 và a+b+c=3a + b + c = 3. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=(x−a)2+(y−b)2+(z−c)2P = (x - a)^2 + (y - b)^2 + (z - c)^2 bằng

A. 4−234 - 2\sqrt{3}.

B. 3−1\sqrt{3} - 1.

C. 4+234 + 2\sqrt{3}.

D. 23−32\sqrt{3} - 3.

Câu 22. Cho cấp số cộng (un)(u_n) có số hạng thứ 4 là u4=11u_4 = 11 và số hạng thứ 7 là u7=20u_7 = 20. Công sai của cấp số cộng đó bằng

A. 33.

B. 44.

C. 22.

D. 55.

Câu 23. Trong không gian OxyzOxyz, cho mặt phẳng (P):x+y+z−3=0(P): x + y + z - 3 = 0 và điểm A(2;1;3)A(2; 1; 3). Gọi H(a;b;c)H(a; b; c) là hình chiếu vuông góc của điểm AA lên mặt phẳng (P)(P). Giá trị của biểu thức T=a+b+cT = a + b + c bằng

A. 33.

B. 22.

C. 44.

D. 11.

Câu 24. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, gọi SS là tập hợp tất cả các điểm M(x;y)M(x; y) có tọa độ nguyên thỏa mãn 0≤x≤50 \le x \le 5 và 0≤y≤50 \le y \le 5. Số đoạn thẳng có độ dài bằng 55 mà hai đầu mút đều thuộc tập hợp SS là

A. 3636.

B. 4848.

C. 2424.

D. 3030.

Câu 25. Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ABCD.A'B'C'D' cạnh aa. Gọi MM là trung điểm của cạnh B′C′B'C' và NN là trung điểm của cạnh CDCD. Khoảng cách giữa hai điểm MM và NN bằng

A. a62\dfrac{a\sqrt{6}}{2}.

B. a32\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.

C. a2a\sqrt{2}.

D. a52\dfrac{a\sqrt{5}}{2}.

Câu 26. Cho hàm số bậc ba y=f(x)=ax3+bx2+cx+dy = f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d có đồ thị đạt cực tiểu tại điểm A(−1;−2)A(-1; -2) và đạt cực đại tại điểm B(1;2)B(1; 2). Giá trị của f(2)f(2) bằng

A. −2-2.

B. 22.

C. −4-4.

D. 00.

Câu 27. Nhân dịp khai trương, một cửa hàng thời trang bán đồng giá các sản phẩm gồm áo sơ mi, quần âu và cà vạt. Biết rằng mỗi áo bán giá xx nghìn đồng, mỗi quần bán giá yy nghìn đồng và mỗi cà vạt bán giá zz nghìn đồng.
- Khách hàng thứ nhất mua 22 áo, 11 quần, 33 cà vạt hết 11501150 nghìn đồng.
- Khách hàng thứ hai mua 11 áo, 22 quần, 11 cà vạt hết 950950 nghìn đồng.
- Khách hàng thứ ba mua 33 áo, 11 quần, 22 cà vạt hết 12001200 nghìn đồng.
Tổng số tiền khi mua một bộ gồm 11 chiếc áo, 11 chiếc quần và 11 chiếc cà vạt là

A. 650650 nghìn đồng.

B. 700700 nghìn đồng.

C. 600600 nghìn đồng.

D. 750750 nghìn đồng.

Câu 28. Biết tổng S=log⁡3(1−122)+log⁡3(1−132)+…+log⁡3(1−120252)=log⁡3abS = \log_3\left(1 - \dfrac{1}{2^2}\right) + \log_3\left(1 - \dfrac{1}{3^2}\right) + \ldots + \log_3\left(1 - \dfrac{1}{2025^2}\right) = \log_3 \dfrac{a}{b} với a,ba, b là các số nguyên dương và ab\dfrac{a}{b} là phân số tối giản. Giá trị của 2a−b2a - b bằng

A. 11.

B. 22.

C. 20242024.

D. 00.

Câu 29. Cho hàm số f(x)f(x) liên tục trên R\mathbb{R} thỏa mãn ddx[∫1xf(t)et dt]=f(x)+ex\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\int_1^x f(t) e^t \, \mathrm{d}t\right] = f(x) + e^x với mọi xx. Giá trị của f(3)f(3) bằng

A. e3e3−1\dfrac{e^3}{e^3 - 1}.

B. e3−1e3\dfrac{e^3 - 1}{e^3}.

C. e2e2−1\dfrac{e^2}{e^2 - 1}.

D. e3e^3.

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ OxyzOxyz, cho mặt phẳng (P):x+y+z−6=0(P): x + y + z - 6 = 0 và điểm A(1;1;1)A(1; 1; 1). Gọi A′A' là điểm đối xứng với điểm AA qua mặt phẳng (P)(P). Độ dài đoạn thẳng OA′OA' bằng

A. 333\sqrt{3}.

B. 21\sqrt{21}.

C. 262\sqrt{6}.

D. 323\sqrt{2}.

Câu 31. Cho hàm số y=x−2x+my = \dfrac{x - 2}{x + m}. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số mm để hàm số xác định và thỏa mãn y≥−1y \ge -1 với mọi x∈[−3;3]x \in [-3; 3].

A. m≥8m \ge 8 hoặc m≤−4m \le -4.

B. m≥8m \ge 8.

C. −4≤m≤8-4 \le m \le 8.

D. m>3m > 3.

Câu 32. Cho hình chóp S.ABCDS.ABCD có đáy ABCDABCD là hình vuông cạnh aa, cạnh bên SASA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=a2SA = a\sqrt{2}. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SCSC và BDBD bằng

A. a2\dfrac{a}{2}.

B. a22\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.

C. a33\dfrac{a\sqrt{3}}{3}.

D. a3\dfrac{a}{3}.

Câu 33. Một bể ban đầu chứa 100 lıˊt100\text{ lít} nước tinh khiết. Cứ mỗi phút người ta bơm thêm vào bể 20 lıˊt20\text{ lít} nước đồng thời hòa tan 10 gam10\text{ gam} chất khử trùng. Nồng độ chất khử trùng trong bể sau tt phút là f(t)=10t100+20t (gam/lıˊt)f(t) = \dfrac{10t}{100 + 20t}\text{ (gam/lít)}. Khi thời gian tt tăng lên vô hạn, nồng độ chất khử trùng trong bể không vượt quá ngưỡng nào?

A. 0,5 gam/lıˊt0,5\text{ gam/lít}.

B. 0,1 gam/lıˊt0,1\text{ gam/lít}.

C. 1,0 gam/lıˊt1,0\text{ gam/lít}.

D. 0,2 gam/lıˊt0,2\text{ gam/lít}.

Câu 34. Cho một cấp số cộng gồm các số tự nhiên có công sai d=3d = 3 và tổng của nn số hạng đầu tiên bằng 180180. Biết số số hạng n≥8n \ge 8. Có bao nhiêu cấp số cộng thỏa mãn điều kiện đã cho?

A. 22.

B. 33.

C. 11.

D. 44.

Câu 35. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=2x−1x+1y = \dfrac{2x - 1}{x + 1} tại điểm có hoành độ x0=1x_0 = 1 song song với đường thẳng nào dưới đây?

A. y=34x+2y = \dfrac{3}{4}x + 2.

B. y=−34x+1y = -\dfrac{3}{4}x + 1.

C. y=43x−1y = \dfrac{4}{3}x - 1.

D. y=3x−1y = 3x - 1.

PHẦN II. ĐIỀN ĐÁP ÁN NGẮN (Từ câu 36 đến câu 50)

Thí sinh điền kết quả tính toán vào phần trả lời tương ứng.

Câu 36. Trong không gian OxyzOxyz, cho đường thẳng d:x−12=y+2−1=z1d: \dfrac{x - 1}{2} = \dfrac{y + 2}{-1} = \dfrac{z}{1}. Điểm M(a;b;c)M(a; b; c) thuộc đường thẳng dd cách mặt phẳng tọa độ (Oxy)(Oxy) một khoảng bằng 33 và có cao độ dương. Tính giá trị của biểu thức P=a+2b+cP = a + 2b + c.
Đáp án: ....................

Câu hỏi chùm: Dựa vào thông tin dưới đây để trả lời các câu hỏi từ 37 đến 39.
Một sân khấu biểu diễn đa năng có sàn và trần chuyển động nâng hạ tự động. Tại thời điểm tt giây (t≥0t \ge 0), độ cao của trần và sàn so với mặt đất lần lượt được xác định bởi:

h(t)=9−sin⁡(πt3) (m),f(t)=2+cos⁡(πt3) (m)h(t) = 9 - \sin\left(\dfrac{\pi t}{3}\right)\text{ (m)}, \quad f(t) = 2 + \cos\left(\dfrac{\pi t}{3}\right)\text{ (m)}

Gọi d(t)=h(t)−f(t)d(t) = h(t) - f(t) là khoảng cách giữa trần và sàn tại thời điểm tt.

Câu 37. Tại thời điểm ban đầu t=0t = 0, khoảng cách giữa trần và sàn bằng bao nhiêu mét?
Đáp án: ....................

Câu 38. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa trần và sàn của sân khấu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp án: ....................

Câu 39. Thời gian sớm nhất kể từ thời điểm ban đầu để khoảng cách giữa trần và sàn đạt đúng 7 m7\text{ m} là bao nhiêu giây?
Đáp án: ....................

Câu 40. Cho hàm số f(x)f(x) nhận giá trị dương, có đạo hàm đến cấp hai liên tục trên đoạn [0;2][0; 2] và thỏa mãn đẳng thức [f(x)]2−f(x)⋅f′′(x)+[f′(x)]2=0[f(x)]^2 - f(x) \cdot f''(x) + [f'(x)]^2 = 0. Biết f(0)=1f(0) = 1 và f(2)=e4f(2) = e^4. Khi đó giá trị của f(1)f(1) bằng bao nhiêu (làm tròn đến hàng đơn vị)?
Đáp án: ....................

Câu 41. Một quả bóng đá tiêu chuẩn được khâu từ 3232 miếng da gồm các miếng da hình ngũ giác đều màu đen và các miếng da hình lục giác đều màu trắng. Mỗi miếng ngũ giác màu đen giáp với 55 miếng lục giác màu trắng; mỗi miếng lục giác màu trắng giáp với 33 miếng ngũ giác màu đen và 33 miếng lục giác màu trắng khác. Hỏi quả bóng có bao nhiêu miếng da màu đen?
Đáp án: ....................

Câu 42. Có 44 người cùng treo 44 chiếc mũ giống hệt nhau về kiểu dáng nhưng thuộc 44 chủ nhân khác nhau vào một giá đồ chung. Khi ra về, mỗi người lấy ngẫu nhiên một chiếc mũ. Tính xác suất để có ít nhất một người lấy đúng chiếc mũ của mình (kết quả viết dưới dạng số thập phân).
Đáp án: ....................

Câu 43. Một quả bóng cao su được thả rơi tự do từ độ cao ban đầu 4 m4\text{ m} xuống mặt sàn cứng. Sau mỗi lần nảy lên, quả bóng đạt độ cao bằng 34\dfrac{3}{4} độ cao của lần rơi ngay trước đó. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu lần chạm sàn thì độ cao quả bóng nảy lên nhỏ hơn 1 m1\text{ m}?
Đáp án: ....................

Câu 44. Tìm số các giá trị nguyên của tham số m∈[−10;10]m \in [-10; 10] để bất phương trình x2−2(m+1)x+m2+2m≤0x^2 - 2(m + 1)x + m^2 + 2m \le 0 nghiệm đúng với mọi x∈[2;3]x \in [2; 3].
Đáp án: ....................

Câu 45. Cho cấp số cộng (un)(u_n) thỏa mãn u4+u27=100u_4 + u_{27} = 100. Tính tổng của 3030 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó (S30S_{30}).
Đáp án: ....................

Câu 46. Từ các chữ số thuộc tập hợp A={0,1,2,3,4,5,6}A = \{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}, có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm bốn chữ số đôi một khác nhau và nhỏ hơn 30003000?
Đáp án: ....................

Câu 47. Cho một tờ giấy hình chữ nhật ABCDABCD có AB=8 cmAB = 8\text{ cm} và BC=4 cmBC = 4\text{ cm}. Người ta gấp tờ giấy lại sao cho đỉnh DD trùng với trung điểm MM của cạnh ABAB. Đường nếp gấp cắt cạnh CDCD tại điểm QQ. Độ dài đoạn thẳng DQDQ bằng bao nhiêu xentimét?
Đáp án: ....................

Câu 48. Một hộp chứa 55 quả cầu đỏ và 77 quả cầu xanh có kích thước giống nhau. Lấy ngẫu nhiên lần lượt hai quả cầu mà không hoàn lại. Biết rằng quả cầu thứ hai lấy ra có màu đỏ. Xác suất để quả cầu thứ nhất lấy ra cũng có màu đỏ bằng bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Đáp án: ....................

Câu 49. Tìm giá trị nguyên của tham số mm để hai bất phương trình sau có cùng tập nghiệm:

(1)x2−7x+10<0vaˋ(2)x2−(2m+1)x+m2+m−2<0(1) \quad x^2 - 7x + 10 < 0 \quad \text{và} \quad (2) \quad x^2 - (2m + 1)x + m^2 + m - 2 < 0

Đáp án: ....................

Câu 50. Trong không gian OxyzOxyz, cho hai mặt cầu (S1):(x−1)2+y2+z2=1(S_1): (x - 1)^2 + y^2 + z^2 = 1 và (S2):(x−3)2+y2+z2=9(S_2): (x - 3)^2 + y^2 + z^2 = 9. Điểm M(x;y;z)M(x; y; z) nằm trên đường thẳng Δ:x+21=y−12=z−31\Delta: \dfrac{x + 2}{1} = \dfrac{y - 1}{2} = \dfrac{z - 3}{1}. Từ điểm MM kẻ các tiếp tuyến MA,MBMA, MB lần lượt đến hai mặt cầu (S1)(S_1) và (S2)(S_2) (A,BA, B là các tiếp điểm). Biết rằng độ dài hai tiếp tuyến bằng nhau (MA=MBMA = MB). Tính giá trị của biểu thức T=x+y+zT = x + y + z.
Đáp án: ....................

--------- HẾT ---------

BẢNG ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT

A. BẢNG ĐÁP ÁN TỔNG HỢP

1. Phần I: Trắc nghiệm (Câu 1 đến Câu 35)

Câu

Đáp án

Câu

Đáp án

Câu

Đáp án

Câu

Đáp án

Câu

Đáp án

1

A

8

A

15

A

22

A

29

A

2

A

9

A

16

A

23

A

30

A

3

A

10

A

17

A

24

A

31

A

4

A

11

A

18

A

25

A

32

A

5

A

12

A

19

A

26

A

33

A

6

A

13

A

20

A

27

A

34

A

7

A

14

A

21

A

28

A

35

A

2. Phần II: Điền đáp án ngắn (Câu 36 đến Câu 50)

Câu

Đáp số

Câu

Đáp số

Câu

Đáp số

36

0

41

12

46

140

37

6

42

0,625

47

4

38

5,59

43

5

48

0,36

39

2,25

44

2

49

3

40

4

45

1500

50

10

B. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.
Theo giả thiết: N(4)=2000⋅e4k=3200⇒e4k=32002000=1,6N(4) = 2000 \cdot e^{4k} = 3200 \Rightarrow e^{4k} = \dfrac{3200}{2000} = 1,6.
Số lượng vi khuẩn sau 1212 giờ là:

N(12)=2000⋅e12k=2000⋅(e4k)3=2000⋅(1,6)3=2000⋅4,096=8192 con.N(12) = 2000 \cdot e^{12k} = 2000 \cdot \left(e^{4k}\right)^3 = 2000 \cdot (1,6)^3 = 2000 \cdot 4,096 = 8192\text{ con.}

Chọn A.

Câu 2.
Mặt phẳng song song với trục khối trụ và cách trục một khoảng d=2d = 2.
Mặt cắt cắt hai đường tròn đáy theo các dây cung. Độ dài mỗi dây cung là:

AB=2R2−d2=232−22=25.AB = 2\sqrt{R^2 - d^2} = 2\sqrt{3^2 - 2^2} = 2\sqrt{5}.

Thiết diện thu được là hình chữ nhật có kích thước AB×h=25×8=165AB \times h = 2\sqrt{5} \times 8 = 16\sqrt{5}.
Chọn A.

Câu 3.
Đường tròn (C)(C) có tâm I(2;−1)I(2; -1) và bán kính R=5R = 5.
Khoảng cách từ tâm II đến đường thẳng dd là:

d(I,d)=∣3(2)−4(−1)+5∣32+(−4)2=∣6+4+5∣5=3.d(I, d) = \dfrac{|3(2) - 4(-1) + 5|}{\sqrt{3^2 + (-4)^2}} = \dfrac{|6 + 4 + 5|}{5} = 3.

Độ dài dây cung ABAB là:

AB=2R2−[d(I,d)]2=252−32=2⋅4=8.AB = 2\sqrt{R^2 - [d(I, d)]^2} = 2\sqrt{5^2 - 3^2} = 2 \cdot 4 = 8.

Chọn A.

Câu 4.
Bất phương trình f(x)≤2x+m⇔m≥x3−3x2−2x+1=g(x)f(x) \le 2x + m \Leftrightarrow m \ge x^3 - 3x^2 - 2x + 1 = g(x) đúng với mọi x∈[0;3]x \in [0; 3].
Điều này tương đương với m≥max⁡[0;3]g(x)m \ge \max_{[0; 3]} g(x).
Xét hàm số g(x)=x3−3x2−2x+1g(x) = x^3 - 3x^2 - 2x + 1 trên [0;3][0; 3]:
g′(x)=3x2−6x−2=0⇔x=3±153g'(x) = 3x^2 - 6x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{3 \pm \sqrt{15}}{3}.
Nghiệm thuộc khoảng (0;3)(0; 3) là x0=3+153≈2,29x_0 = \dfrac{3 + \sqrt{15}}{3} \approx 2,29.
Ta có: g(0)=1g(0) = 1, g(3)=27−27−6+1=−5g(3) = 27 - 27 - 6 + 1 = -5, g(x0)<0g(x_0) < 0.
Suy ra max⁡[0;3]g(x)=g(0)=1\max_{[0; 3]} g(x) = g(0) = 1. Vậy m≥1m \ge 1.
Chọn A.

Câu 5.
Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp: (ln⁡u)′=u′u(\ln u)' = \dfrac{u'}{u}.

f′(x)=(cos⁡x)′cos⁡x=−sin⁡xcos⁡x=−tan⁡x.f'(x) = \dfrac{(\cos x)'}{\cos x} = \dfrac{-\sin x}{\cos x} = -\tan x.

Chọn A.

Câu 6.
Diện tích tam giác vuông cân ABCABC là:

SABC=12AB⋅BC=12⋅2a⋅2a=2a2.S_{ABC} = \dfrac{1}{2} AB \cdot BC = \dfrac{1}{2} \cdot 2a \cdot 2a = 2a^2.

Thể tích khối chóp S.ABCS.ABC là:

V=13SA⋅SABC=13⋅3a⋅2a2=2a3.V = \dfrac{1}{3} SA \cdot S_{ABC} = \dfrac{1}{3} \cdot 3a \cdot 2a^2 = 2a^3.

Chọn A.

Câu 7.
Đặt t=2x>0t = 2^x > 0. Phương trình trở thành:

t2−2mt+2m+8=0(∗)t^2 - 2mt + 2m + 8 = 0 \quad (*)

Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (∗)(*) có 2 nghiệm dương phân biệt:

{Δ′=m2−2m−8>0S=2m>0P=2m+8>0⇔{[m>4m<−2m>0m>−4⇔m>4.\begin{cases} \Delta' = m^2 - 2m - 8 > 0 \\ S = 2m > 0 \\ P = 2m + 8 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \left[\begin{aligned} m &> 4 \\ m &< -2 \end{aligned}\right. \\ m > 0 \\ m > -4 \end{cases} \Leftrightarrow m > 4.

Vì m∈[1;10]m \in [1; 10] và mm nguyên nên m∈{5,6,7,8,9,10}m \in \{5, 6, 7, 8, 9, 10\}. Có 66 giá trị thỏa mãn.
Chọn A.

Câu 8.
Đặt AB=b,AC=c⇒bc=18AB = b, AC = c \Rightarrow bc = 18.
Cạnh huyền BC=b2+c2BC = \sqrt{b^2 + c^2}.
Chu vi tam giác là P=b+c+b2+c2P = b + c + \sqrt{b^2 + c^2}.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: b+c≥2bc=218=62b + c \ge 2\sqrt{bc} = 2\sqrt{18} = 6\sqrt{2}.
b2+c2≥2bc=36=6\sqrt{b^2 + c^2} \ge \sqrt{2bc} = \sqrt{36} = 6.
Do đó P≥62+6P \ge 6\sqrt{2} + 6. Dấu "=" xảy ra khi b=c=32b = c = 3\sqrt{2}.
Khi đó độ dài cạnh huyền là BC=18+18=6BC = \sqrt{18 + 18} = 6.
Chọn A.

Câu 9.
Phương trình hoành độ giao điểm:

x3−3x2+2=m(x−1)⇔(x−1)(x2−2x−2)−m(x−1)=0⇔(x−1)(x2−2x−m−2)=0.x^3 - 3x^2 + 2 = m(x - 1) \Leftrightarrow (x - 1)(x^2 - 2x - 2) - m(x - 1) = 0 \Leftrightarrow (x - 1)(x^2 - 2x - m - 2) = 0.

Đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt khi phương trình g(x)=x2−2x−m−2=0g(x) = x^2 - 2x - m - 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 11:

{Δ′=1+m+2=m+3>0g(1)=1−2−m−2=−m−3≠0⇔m>−3.\begin{cases} \Delta' = 1 + m + 2 = m + 3 > 0 \\ g(1) = 1 - 2 - m - 2 = -m - 3 \ne 0 \end{cases} \Leftrightarrow m > -3.

Một nghiệm là x1=1x_1 = 1, hai nghiệm x2,x3x_2, x_3 thỏa định lý Vi-ét: x2+x3=2,x2x3=−m−2x_2 + x_3 = 2, x_2 x_3 = -m - 2.

x12+x22+x32=1+(x2+x3)2−2x2x3=1+4−2(−m−2)=2m+9.x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 1 + (x_2 + x_3)^2 - 2x_2 x_3 = 1 + 4 - 2(-m - 2) = 2m + 9.

Theo bài ra: 2m+9=11⇔m=12m + 9 = 11 \Leftrightarrow m = 1 (thỏa mãn m>−3m > -3).
Chọn A.

Câu 10.
Ta có f′(x)=−3x2−3=−3(x2+1)<0f'(x) = -3x^2 - 3 = -3(x^2 + 1) < 0 với mọi x∈Rx \in \mathbb{R}.
Do đó hàm số luôn nghịch biến trên đoạn [−2;1][-2; 1].

min⁡[−2;1]f(x)=f(1)=−13−3(1)+4=0.\min_{[-2; 1]} f(x) = f(1) = -1^3 - 3(1) + 4 = 0.

Chọn A.

Câu 11.
Cắt bỏ 4 góc các hình vuông cạnh x (cm)x\text{ (cm)} với 0<x<300 < x < 30.
Hình hộp chữ nhật thu được có đáy hình vuông cạnh 60−2x60 - 2x và chiều cao xx.
Thể tích khối hộp: V(x)=x(60−2x)2=4x(30−x)2V(x) = x(60 - 2x)^2 = 4x(30 - x)^2.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương:

2⋅(2x)⋅(30−x)(30−x)≤2⋅(2x+30−x+30−x3)3=2⋅203=16000.2 \cdot (2x) \cdot (30 - x)(30 - x) \le 2 \cdot \left(\dfrac{2x + 30 - x + 30 - x}{3}\right)^3 = 2 \cdot 20^3 = 16000.

Dấu "=" xảy ra khi 2x=30−x⇔3x=30⇔x=10 cm2x = 30 - x \Leftrightarrow 3x = 30 \Leftrightarrow x = 10\text{ cm}.
Chọn A.

Câu 12.
Độ dài đường chéo chính của hình lục giác đều cạnh aa là d=2ad = 2a.
Suy ra cạnh của lục giác đều là a=1,62=0,8 ma = \dfrac{1,6}{2} = 0,8\text{ m}.
Chu vi mặt bàn là P=6a=6⋅0,8=4,8 mP = 6a = 6 \cdot 0,8 = 4,8\text{ m}.
Chọn A.

Câu 13.
Đáy ABCABC là tam giác vuông tại BB nên AC=AB2+BC2=a2+3a2=2aAC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{a^2 + 3a^2} = 2a.
Hình chiếu vuông góc của A′CA'C lên (ABC)(ABC) là ACAC, do đó góc giữa A′CA'C và (ABC)(ABC) là A′CA^=45∘\widehat{A'CA} = 45^\circ.
Chiều cao lăng trụ: AA′=AC⋅tan⁡45∘=2a⋅1=2aAA' = AC \cdot \tan 45^\circ = 2a \cdot 1 = 2a.
Diện tích đáy: SABC=12a⋅a3=a232S_{ABC} = \dfrac{1}{2} a \cdot a\sqrt{3} = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}.
Thể tích lăng trụ: V=AA′⋅SABC=2a⋅a232=a33V = AA' \cdot S_{ABC} = 2a \cdot \dfrac{a^2\sqrt{3}}{2} = a^3\sqrt{3}.
Chọn A.

Câu 14.
Tần số lớn nhất trong mẫu số liệu là 1616, ứng với nhóm [60;120)[60; 120).
Do đó nhóm chứa mốt là nhóm [60;120)[60; 120).
Giá trị đại diện của nhóm này là 60+1202=90\dfrac{60 + 120}{2} = 90 phút.
Chọn A.

Câu 15.
Phương trình hoành độ giao điểm:

2x+1x−1=x+m⇔x2+(m−3)x−m−1=0(x≠1).\dfrac{2x + 1}{x - 1} = x + m \Leftrightarrow x^2 + (m - 3)x - m - 1 = 0 \quad (x \ne 1).

Δ=(m−3)2−4(−m−1)=(m−1)2+12>0\Delta = (m - 3)^2 - 4(-m - 1) = (m - 1)^2 + 12 > 0 với mọi mm.
Gọi hai giao điểm là A(x1;x1+m),B(x2;x2+m)A(x_1; x_1 + m), B(x_2; x_2 + m).

AB2=(x2−x1)2+(y2−y1)2=2(x2−x1)2=2[(x1+x2)2−4x1x2]=2Δ=2[(m−1)2+12].AB^2 = (x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2 = 2(x_2 - x_1)^2 = 2[(x_1 + x_2)^2 - 4x_1 x_2] = 2\Delta = 2[(m - 1)^2 + 12].

ABAB ngắn nhất khi (m−1)2=0⇔m=1(m - 1)^2 = 0 \Leftrightarrow m = 1.
Chọn A.

Câu 16.
Cỡ mẫu N=40N = 40. Ta có N2=20\dfrac{N}{2} = 20.
Tần số tích lũy của các nhóm lần lượt là: cf1=4cf_1 = 4, cf2=10cf_2 = 10, cf3=30cf_3 = 30.
Do cf2=10<20≤30=cf3cf_2 = 10 < 20 \le 30 = cf_3 nên nhóm chứa trung vị là nhóm [70;80)[70; 80).
Công thức tính trung vị của mẫu ghép nhóm:

Me=70+20−1020⋅(80−70)=70+5=75.M_e = 70 + \dfrac{20 - 10}{20} \cdot (80 - 70) = 70 + 5 = 75.

Chọn A.

Câu 17.
Số lượng các số từ 11 đến 300300 chia hết cho 33 là: ⌊300/3⌋=100\lfloor 300 / 3 \rfloor = 100 số.
Các số chia hết cho cả 33 và 55 chính là các số chia hết cho 1515.
Số lượng các số từ 11 đến 300300 chia hết cho 1515 là: ⌊300/15⌋=20\lfloor 300 / 15 \rfloor = 20 số.
Số các số chia hết cho 33 nhưng không chia hết cho 55 là: 100−20=80100 - 20 = 80 số.
Chọn A.

Câu 18.
Vì mặt phẳng (MNP)∥BC(MNP) \parallel BC nên NP∥BC⇒SPSC=SNSB=23NP \parallel BC \Rightarrow \dfrac{SP}{SC} = \dfrac{SN}{SB} = \dfrac{2}{3}.
Tỉ số thể tích:

VS.MNPVS.ABC=SMSA⋅SNSB⋅SPSC=12⋅23⋅23=29.\dfrac{V_{S.MNP}}{V_{S.ABC}} = \dfrac{SM}{SA} \cdot \dfrac{SN}{SB} \cdot \dfrac{SP}{SC} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9}.

Suy ra VS.MNP=29⋅24=163V_{S.MNP} = \dfrac{2}{9} \cdot 24 = \dfrac{16}{3}.
Thể tích khối đa diện còn lại là:

VMNP.ABC=V−VS.MNP=24−163=563.V_{MNP.ABC} = V - V_{S.MNP} = 24 - \dfrac{16}{3} = \dfrac{56}{3}.

Chọn A.

Câu 19.
- TH1: m−1=0⇔m=1m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1. Khi đó y=4x2+1y = 4x^2 + 1, đồ thị là parabol có bề lõm quay lên, hàm số chỉ có điểm cực tiểu tại x=0x = 0, không có điểm cực đại. Vậy m=1m = 1 thỏa mãn.
- TH2: m−1≠0m - 1 \ne 0. Hàm số bậc 4 trùng phương không có điểm cực đại khi và chỉ khi hệ số a>0a > 0 và b≥0b \ge 0:

{m−1>0−2(m−3)≥0⇔{m>1m≤3⇔1<m≤3.\begin{cases} m - 1 > 0 \\ -2(m - 3) \ge 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} m > 1 \\ m \le 3 \end{cases} \Leftrightarrow 1 < m \le 3.

Kết hợp hai trường hợp ta được 1≤m≤31 \le m \le 3.
Chọn A.

Câu 20.
Ta có y′=−x2+2mx−2my' = -x^2 + 2mx - 2m.
Hàm số đã cho có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y′=0y' = 0 có hai nghiệm phân biệt:

Δ′=m2−(−1)(−2m)=m2−2m>0⇔m(m−2)>0⇔[m>2m<0.\Delta' = m^2 - (-1)(-2m) = m^2 - 2m > 0 \Leftrightarrow m(m - 2) > 0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} m &> 2 \\ m &< 0. \end{aligned}\right.

Chọn A.

Câu 21.
Xét điểm M(x;y;z)M(x; y; z) thuộc mặt cầu (S)(S) có tâm I(−1;−1;2)I(-1; -1; 2) và bán kính R=1R = 1.
Xét điểm N(a;b;c)N(a; b; c) thuộc mặt phẳng (α):x+y+z−3=0(\alpha): x + y + z - 3 = 0.
Khoảng cách từ tâm II đến mặt phẳng (α)(\alpha) là:

d(I,α)=∣−1−1+2−3∣12+12+12=33=3.d(I, \alpha) = \dfrac{|-1 - 1 + 2 - 3|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \dfrac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}.

Vì d(I,α)=3>R=1d(I, \alpha) = \sqrt{3} > R = 1 nên mặt cầu và mặt phẳng không giao nhau.
Khoảng cách ngắn nhất giữa MM và NN là MNmin⁡=d(I,α)−R=3−1MN_{\min} = d(I, \alpha) - R = \sqrt{3} - 1.
Do đó giá trị nhỏ nhất của P=MN2P = MN^2 là:

Pmin⁡=(3−1)2=4−23.P_{\min} = (\sqrt{3} - 1)^2 = 4 - 2\sqrt{3}.

Chọn A.

Câu 22.
Theo công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng:

u7−u4=(u1+6d)−(u1+3d)=3d.u_7 - u_4 = (u_1 + 6d) - (u_1 + 3d) = 3d.

Suy ra 3d=20−11=9⇒d=33d = 20 - 11 = 9 \Rightarrow d = 3.
Chọn A.

Câu 23.
Đường thẳng đi qua điểm A(2;1;3)A(2; 1; 3) và vuông góc với mặt phẳng (P)(P) có phương trình:

x=2+t,y=1+t,z=3+t.x = 2 + t, \quad y = 1 + t, \quad z = 3 + t.

Thay vào phương trình mặt phẳng (P)(P):

(2+t)+(1+t)+(3+t)−3=0⇔3t+3=0⇔t=−1.(2 + t) + (1 + t) + (3 + t) - 3 = 0 \Leftrightarrow 3t + 3 = 0 \Leftrightarrow t = -1.

Tọa độ hình chiếu HH là H(1;0;2)H(1; 0; 2).
Vậy T=a+b+c=1+0+2=3T = a + b + c = 1 + 0 + 2 = 3.
Chọn A.

Câu 24.
Khoảng cách giữa hai điểm nguyên M1(x1;y1)M_1(x_1; y_1) và M2(x2;y2)M_2(x_2; y_2) bằng 55 khi:

(x2−x1)2+(y2−y1)2=25.(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2 = 25.

Vì xi,yi∈Zx_i, y_i \in \mathbb{Z} nên có các trường hợp sau:
1. ∣Δx∣=5,∣Δy∣=0|\Delta x| = 5, |\Delta y| = 0: Mỗi dòng nằm ngang có 11 đoạn dài 55, có 66 dòng ⇒6\Rightarrow 6 đoạn.
2. ∣Δx∣=0,∣Δy∣=5|\Delta x| = 0, |\Delta y| = 5: Mỗi cột thẳng đứng có 11 đoạn dài 55, có 66 cột ⇒6\Rightarrow 6 đoạn.
3. ∣Δx∣=3,∣Δy∣=4|\Delta x| = 3, |\Delta y| = 4: Số cặp hoành độ cách nhau 3 là 6−3=36 - 3 = 3, số cặp tung độ cách nhau 4 là 6−4=26 - 4 = 2. Mỗi hình chữ nhật 3×43 \times 4 có 22 đường chéo ⇒3×2×2=12\Rightarrow 3 \times 2 \times 2 = 12 đoạn.
4. ∣Δx∣=4,∣Δy∣=3|\Delta x| = 4, |\Delta y| = 3: Tương tự có 2×3×2=122 \times 3 \times 2 = 12 đoạn.
Tổng số đoạn thẳng là: 6+6+12+12=366 + 6 + 12 + 12 = 36 đoạn.
Chọn A.

Câu 25.
Chọn hệ trục tọa độ OxyzOxyz sao cho gốc D(0;0;0)D(0; 0; 0), các tia Ox,Oy,OzOx, Oy, Oz lần lượt chứa các cạnh DA,DC,DD′DA, DC, DD'.
Khi đó: C(0;a;0),D(0;0;0)⇒NC(0; a; 0), D(0; 0; 0) \Rightarrow N là trung điểm CDCD nên N(0;a2;0)N\left(0; \dfrac{a}{2}; 0\right).
B′(a;a;a),C′(0;a;a)⇒MB'(a; a; a), C'(0; a; a) \Rightarrow M là trung điểm B′C′B'C' nên M(a2;a;a)M\left(\dfrac{a}{2}; a; a\right).
Khoảng cách MNMN là:

MN=(a2−0)2+(a−a2)2+(a−0)2=a24+a24+a2=a62.MN = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2} - 0\right)^2 + \left(a - \dfrac{a}{2}\right)^2 + (a - 0)^2} = \sqrt{\dfrac{a^2}{4} + \dfrac{a^2}{4} + a^2} = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}.

Chọn A.

Câu 26.
Đồ thị hàm số bậc ba nhận tâm đối xứng là trung điểm của đoạn nối hai điểm cực trị:

I=(−1+12;−2+22)=(0;0).I = \left(\dfrac{-1 + 1}{2}; \dfrac{-2 + 2}{2}\right) = (0; 0).

Do đó hàm số là hàm số lẻ, suy ra b=0b = 0 và d=0d = 0, tức là f(x)=ax3+cxf(x) = ax^3 + cx.
Ta có f′(x)=3ax2+cf'(x) = 3ax^2 + c.
Vì hàm số đạt cực trị tại x=1x = 1 nên f′(1)=3a+c=0⇒c=−3af'(1) = 3a + c = 0 \Rightarrow c = -3a.
Mặt khác f(1)=a+c=a−3a=−2a=2⇒a=−1⇒c=3f(1) = a + c = a - 3a = -2a = 2 \Rightarrow a = -1 \Rightarrow c = 3.
Vậy f(x)=−x3+3xf(x) = -x^3 + 3x. Suy ra f(2)=−23+3(2)=−8+6=−2f(2) = -2^3 + 3(2) = -8 + 6 = -2.
Chọn A.

Câu 27.
Từ giả thiết ta có hệ phương trình bậc nhất 3 ẩn:

{2x+y+3z=1150x+2y+z=9503x+y+2z=1200\begin{cases} 2x + y + 3z = 1150 \\ x + 2y + z = 950 \\ 3x + y + 2z = 1200 \end{cases}

Cộng cả 3 phương trình theo từng vế:

6x+4y+6z=3300.6x + 4y + 6z = 3300.

Giải hệ bằng phương pháp thế hoặc ma trận máy tính:
Trừ phương trình 3 cho phương trình 1: x−z=50⇒x=z+50x - z = 50 \Rightarrow x = z + 50.
Thay vào tìm được nghiệm duy nhất: x=200,y=300,z=150x = 200, y = 300, z = 150.
Tổng số tiền mua 1 áo, 1 quần, 1 cà vạt là:

x+y+z=200+300+150=650 nghıˋn đoˆˋng.x + y + z = 200 + 300 + 150 = 650\text{ nghìn đồng.}

Chọn A.

Câu 28.
Biến đổi số hạng tổng quát:

1−1k2=k2−1k2=(k−1)(k+1)k⋅k.1 - \dfrac{1}{k^2} = \dfrac{k^2 - 1}{k^2} = \dfrac{(k - 1)(k + 1)}{k \cdot k}.

Tích các biểu thức bên trong logarit là:

P=∏k=22025(k−1)(k+1)k2=(12⋅23⋯20242025)×(32⋅43⋯20262025)=12025⋅20262=10132025.P = \prod_{k=2}^{2025} \dfrac{(k-1)(k+1)}{k^2} = \left(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{3} \cdots \dfrac{2024}{2025}\right) \times \left(\dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{4}{3} \cdots \dfrac{2026}{2025}\right) = \dfrac{1}{2025} \cdot \dfrac{2026}{2} = \dfrac{1013}{2025}.

Do đó S=log⁡310132025S = \log_3 \dfrac{1013}{2025}.
Vì 10132025\dfrac{1013}{2025} tối giản nên a=1013,b=2025a = 1013, b = 2025.
Vậy 2a−b=2(1013)−2025=2026−2025=12a - b = 2(1013) - 2025 = 2026 - 2025 = 1.
Chọn A.

Câu 29.
Theo định lý cơ bản của phép tính tích phân:

ddx[∫1xf(t)et dt]=f(x)ex.\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\int_1^x f(t) e^t \, \mathrm{d}t\right] = f(x) e^x.

Do đó phương trình trở thành:

f(x)ex=f(x)+ex⇔f(x)(ex−1)=ex⇔f(x)=exex−1.f(x) e^x = f(x) + e^x \Leftrightarrow f(x)(e^x - 1) = e^x \Leftrightarrow f(x) = \dfrac{e^x}{e^x - 1}.

Với x=3x = 3, ta có f(3)=e3e3−1f(3) = \dfrac{e^3}{e^3 - 1}.
Chọn A.

Câu 30.
Đường thẳng dd đi qua A(1;1;1)A(1; 1; 1) và vuông góc với mặt phẳng (P)(P) có phương trình:

x=1+t,y=1+t,z=1+t.x = 1 + t, \quad y = 1 + t, \quad z = 1 + t.

Tọa độ hình chiếu HH của AA lên (P)(P) thỏa mãn:

(1+t)+(1+t)+(1+t)−6=0⇔3t=3⇔t=1⇒H(2;2;2).(1 + t) + (1 + t) + (1 + t) - 6 = 0 \Leftrightarrow 3t = 3 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow H(2; 2; 2).

Điểm đối xứng A′A' với AA qua HH có tọa độ:

A′=2H−A=(2⋅2−1;2⋅2−1;2⋅2−1)=(3;3;3).A' = 2H - A = (2 \cdot 2 - 1; 2 \cdot 2 - 1; 2 \cdot 2 - 1) = (3; 3; 3).

Khoảng cách OA′=32+32+32=33OA' = \sqrt{3^2 + 3^2 + 3^2} = 3\sqrt{3}.
Chọn A.

Câu 31.
Hàm số xác định trên [−3;3]⇔−m∉[−3;3]⇔[m>3m<−3.[-3; 3] \Leftrightarrow -m \notin [-3; 3] \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} m &> 3 \\ m &< -3. \end{aligned}\right.
Ta có: y≥−1⇔x−2x+m+1≥0⇔2x+m−2x+m≥0y \ge -1 \Leftrightarrow \dfrac{x - 2}{x + m} + 1 \ge 0 \Leftrightarrow \dfrac{2x + m - 2}{x + m} \ge 0.
- Nếu m>3⇒x+m>0m > 3 \Rightarrow x + m > 0 với mọi x∈[−3;3]x \in [-3; 3].
Bất phương trình tương đương với 2x+m−2≥0⇔m≥2−2x2x + m - 2 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge 2 - 2x với mọi x∈[−3;3]x \in [-3; 3].
Suy ra m≥max⁡[−3;3](2−2x)=2−2(−3)=8m \ge \max_{[-3; 3]} (2 - 2x) = 2 - 2(-3) = 8.
- Nếu m<−3⇒x+m<0m < -3 \Rightarrow x + m < 0 với mọi x∈[−3;3]x \in [-3; 3].
Bất phương trình tương đương với 2x+m−2≤0⇔m≤2−2x2x + m - 2 \le 0 \Leftrightarrow m \le 2 - 2x với mọi x∈[−3;3]x \in [-3; 3].
Suy ra m≤min⁡[−3;3](2−2x)=2−2(3)=−4m \le \min_{[-3; 3]} (2 - 2x) = 2 - 2(3) = -4.
Vậy m≥8m \ge 8 hoặc m≤−4m \le -4.
Chọn A.

Câu 32.
Gọi OO là giao điểm của ACAC và BDBD.
Trong mặt phẳng (SAC)(SAC), kẻ đường thẳng qua OO song song với SCSC, cắt SASA tại MM.
Vì OO là trung điểm của ACAC nên MM là trung điểm của SASA.
Do SC∥OMSC \parallel OM nên SC∥(MBD)SC \parallel (MBD), suy ra:

d(SC,BD)=d(SC,(MBD))=d(C,(MBD))=d(A,(MBD)).d(SC, BD) = d(SC, (MBD)) = d(C, (MBD)) = d(A, (MBD)).

Tứ diện A.MBDA.MBD vuông tại AA với ba cạnh AM,AB,ADAM, AB, AD đôi một vuông góc:

AM=SA2=a22,AB=a,AD=a.AM = \dfrac{SA}{2} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}, \quad AB = a, \quad AD = a.

Áp dụng hệ thức lượng cho tứ diện vuông:

1d2=1AM2+1AB2+1AD2=1a2/2+1a2+1a2=4a2⇒d=a2.\dfrac{1}{d^2} = \dfrac{1}{AM^2} + \dfrac{1}{AB^2} + \dfrac{1}{AD^2} = \dfrac{1}{a^2/2} + \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{a^2} = \dfrac{4}{a^2} \Rightarrow d = \dfrac{a}{2}.

Chọn A.

Câu 33.
Khảo sát giới hạn của nồng độ chất tan khi t→+∞t \to +\infty:

lim⁡t→+∞f(t)=lim⁡t→+∞10t20t+100=lim⁡t→+∞1020+100t=1020=0,5 gam/lıˊt.\lim_{t \to +\infty} f(t) = \lim_{t \to +\infty} \dfrac{10t}{20t + 100} = \lim_{t \to +\infty} \dfrac{10}{20 + \dfrac{100}{t}} = \dfrac{10}{20} = 0,5\text{ gam/lít.}

Hàm số f(t)f(t) đồng biến và nhận đường thẳng y=0,5y = 0,5 làm tiệm cận ngang, do đó nồng độ không vượt quá 0,5 gam/lıˊt0,5\text{ gam/lít}.
Chọn A.

Câu 34.
Tổng của nn số hạng đầu tiên của cấp số cộng là:

Sn=n2[2u1+(n−1)d]=180⇔n[2u1+3(n−1)]=360.S_n = \dfrac{n}{2}[2u_1 + (n - 1)d] = 180 \Leftrightarrow n[2u_1 + 3(n - 1)] = 360.

Vì u1∈Nu_1 \in \mathbb{N} nên 2u1≥02u_1 \ge 0, do đó:

3n(n−1)≤360⇒n(n−1)≤120.3n(n - 1) \le 360 \Rightarrow n(n - 1) \le 120.

Do n≥8n \ge 8 và n∈Nn \in \mathbb{N} nên n∈{8,9,10}n \in \{8, 9, 10\}.
Đồng thời nn phải là ước của 360360:
- Với n=8n = 8: 2u1+3(7)=3608=45⇒2u1=24⇒u1=12∈N2u_1 + 3(7) = \dfrac{360}{8} = 45 \Rightarrow 2u_1 = 24 \Rightarrow u_1 = 12 \in \mathbb{N} (thỏa mãn).
- Với n=9n = 9: 2u1+3(8)=3609=40⇒2u1=16⇒u1=8∈N2u_1 + 3(8) = \dfrac{360}{9} = 40 \Rightarrow 2u_1 = 16 \Rightarrow u_1 = 8 \in \mathbb{N} (thỏa mãn).
- Với n=10n = 10: 2u1+3(9)=36010=36⇒2u1=92u_1 + 3(9) = \dfrac{360}{10} = 36 \Rightarrow 2u_1 = 9 (loại vì u1u_1 không nguyên).
Vậy có 22 cấp số cộng thỏa mãn.
Chọn A.

Câu 35.
Đạo hàm: y′=2(1)−(−1)(1)(x+1)2=3(x+1)2y' = \dfrac{2(1) - (-1)(1)}{(x + 1)^2} = \dfrac{3}{(x + 1)^2}.
Hệ số góc của tiếp tuyến tại hoành độ x0=1x_0 = 1 là:

k=y′(1)=3(1+1)2=34.k = y'(1) = \dfrac{3}{(1 + 1)^2} = \dfrac{3}{4}.

Tung độ tiếp điểm: y0=2(1)−11+1=12y_0 = \dfrac{2(1) - 1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}.
Phương trình tiếp tuyến là: y−12=34(x−1)⇔y=34x−14y - \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{4}(x - 1) \Leftrightarrow y = \dfrac{3}{4}x - \dfrac{1}{4}.
Đường thẳng này song song với đường thẳng y=34x+2y = \dfrac{3}{4}x + 2.
Chọn A.


Câu 36.
Điểm M∈dM \in d có tọa độ dạng M(1+2t;−2−t;t)M(1 + 2t; -2 - t; t).
Khoảng cách từ MM đến mặt phẳng (Oxy)(Oxy) là ∣zM∣=∣t∣=3|z_M| = |t| = 3.
Vì cao độ dương nên t=3t = 3.
Khi đó M(7;−5;3)⇒a=7,b=−5,c=3M(7; -5; 3) \Rightarrow a = 7, b = -5, c = 3.
Biểu thức P=a+2b+c=7+2(−5)+3=0P = a + 2b + c = 7 + 2(-5) + 3 = 0.

Câu 37.
Tại thời điểm t=0t = 0:

h(0)=9−sin⁡0=9 (m),f(0)=2+cos⁡0=3 (m).h(0) = 9 - \sin 0 = 9\text{ (m)}, \quad f(0) = 2 + \cos 0 = 3\text{ (m)}.

Khoảng cách giữa trần và sàn là: d(0)=9−3=6 md(0) = 9 - 3 = 6\text{ m}.

Câu 38.
Khoảng cách giữa trần và sàn là:

d(t)=h(t)−f(t)=7−[sin⁡(πt3)+cos⁡(πt3)]=7−2sin⁡(πt3+π4).d(t) = h(t) - f(t) = 7 - \left[\sin\left(\dfrac{\pi t}{3}\right) + \cos\left(\dfrac{\pi t}{3}\right)\right] = 7 - \sqrt{2}\sin\left(\dfrac{\pi t}{3} + \dfrac{\pi}{4}\right).

Vì −1≤sin⁡(πt3+π4)≤1-1 \le \sin\left(\dfrac{\pi t}{3} + \dfrac{\pi}{4}\right) \le 1 nên giá trị nhỏ nhất của d(t)d(t) đạt được khi sin bằng 1:

dmin⁡=7−2≈5,5858≈5,59 m.d_{\min} = 7 - \sqrt{2} \approx 5,5858 \approx 5,59\text{ m}.

Câu 39.
Để d(t)=7d(t) = 7, ta có:

sin⁡(πt3)+cos⁡(πt3)=0⇔tan⁡(πt3)=−1⇔πt3=−π4+kπ⇔t=3k−0,75.\sin\left(\dfrac{\pi t}{3}\right) + \cos\left(\dfrac{\pi t}{3}\right) = 0 \Leftrightarrow \tan\left(\dfrac{\pi t}{3}\right) = -1 \Leftrightarrow \dfrac{\pi t}{3} = -\dfrac{\pi}{4} + k\pi \Leftrightarrow t = 3k - 0,75.

Với t≥0t \ge 0, giá trị nhỏ nhất của tt ứng với k=1k = 1:

t=3(1)−0,75=2,25 giaˆy.t = 3(1) - 0,75 = 2,25\text{ giây.}

Câu 40.
Chia hai vế của phương trình cho [f(x)]2>0[f(x)]^2 > 0:

1−f(x)⋅f′′(x)−[f′(x)]2[f(x)]2=0⇔(f′(x)f(x))′=1.1 - \dfrac{f(x) \cdot f''(x) - [f'(x)]^2}{[f(x)]^2} = 0 \Leftrightarrow \left(\dfrac{f'(x)}{f(x)}\right)' = 1.

Lấy nguyên hàm hai vế: f′(x)f(x)=x+C1\dfrac{f'(x)}{f(x)} = x + C_1.
Tiếp tục lấy nguyên hàm: ln⁡f(x)=x22+C1x+C2⇒f(x)=ex22+C1x+C2\ln f(x) = \dfrac{x^2}{2} + C_1 x + C_2 \Rightarrow f(x) = e^{\frac{x^2}{2} + C_1 x + C_2}.
- f(0)=1⇒eC2=1⇒C2=0f(0) = 1 \Rightarrow e^{C_2} = 1 \Rightarrow C_2 = 0.
- f(2)=e4⇒e222+2C1=e2+2C1=e4⇒2+2C1=4⇒C1=1f(2) = e^4 \Rightarrow e^{\frac{2^2}{2} + 2C_1} = e^{2 + 2C_1} = e^4 \Rightarrow 2 + 2C_1 = 4 \Rightarrow C_1 = 1.
Do đó f(x)=ex22+xf(x) = e^{\frac{x^2}{2} + x}.
Khi x=1x = 1: f(1)=e1,5≈4,48≈4f(1) = e^{1,5} \approx 4,48 \approx 4.

Câu 41.
Gọi xx là số miếng da màu đen (hình ngũ giác) và yy là số miếng da màu trắng (hình lục giác).
Tổng số miếng da là x+y=32x + y = 32.
Mỗi miếng ngũ giác đen giáp với 5 miếng lục giác trắng nên tổng số cạnh biên giữa đen và trắng tính theo màu đen là 5x5x.
Mỗi miếng lục giác trắng giáp với 3 miếng ngũ giác đen nên tổng số cạnh biên giữa đen và trắng tính theo màu trắng là 3y3y.
Do đó: 5x=3y⇔y=53x5x = 3y \Leftrightarrow y = \dfrac{5}{3}x.
Thay vào tổng: x+53x=32⇔83x=32⇔x=12x + \dfrac{5}{3}x = 32 \Leftrightarrow \dfrac{8}{3}x = 32 \Leftrightarrow x = 12.
Vậy có 12 miếng da màu đen.

Câu 42.
Không gian mẫu gồm tất cả các hoán vị xếp mũ cho 4 người: n(Ω)=4!=24n(\Omega) = 4! = 24.
Xét biến cố đối Aˉ\bar{A}: "Không có ai lấy đúng mũ của mình".
Đây là bài toán tìm số hoán vị mất thứ tự hoàn toàn (derangement):

D4=4!(1−1+12!−13!+14!)=24(12−16+124)=12−4+1=9.D_4 = 4! \left(1 - 1 + \dfrac{1}{2!} - \dfrac{1}{3!} + \dfrac{1}{4!}\right) = 24 \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{24}\right) = 12 - 4 + 1 = 9.

Số cách để có ít nhất một người lấy đúng mũ là: n(A)=24−9=15n(A) = 24 - 9 = 15.
Xác suất cần tìm là: P(A)=1524=58=0,625P(A) = \dfrac{15}{24} = \dfrac{5}{8} = 0,625.

Câu 43.
Độ cao bóng nảy lên sau lần chạm sàn thứ nn là: hn=4⋅(34)nh_n = 4 \cdot \left(\dfrac{3}{4}\right)^n.
Yêu cầu hn<1⇔(34)n<14=0,25h_n < 1 \Leftrightarrow \left(\dfrac{3}{4}\right)^n < \dfrac{1}{4} = 0,25.
Lấy logarit tự nhiên hai vế (lưu ý ln⁡(3/4)<0\ln(3/4) < 0):

n>ln⁡0,25ln⁡0,75≈−1,3863−0,2877≈4,82.n > \dfrac{\ln 0,25}{\ln 0,75} \approx \dfrac{-1,3863}{-0,2877} \approx 4,82.

Do nn nguyên dương nên n≥5n \ge 5. Vậy cần ít nhất 5 lần chạm sàn.

Câu 44.
Phương trình f(x)=x2−2(m+1)x+m2+2m=0f(x) = x^2 - 2(m + 1)x + m^2 + 2m = 0 có:

Δ′=(m+1)2−(m2+2m)=1>0.\Delta' = (m + 1)^2 - (m^2 + 2m) = 1 > 0.

Hai nghiệm của tam thức bậc hai là x1=mx_1 = m và x2=m+2x_2 = m + 2.
Tập nghiệm của bất phương trình là đoạn [m;m+2][m; m + 2].
Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x∈[2;3]x \in [2; 3] khi và chỉ khi:

[2;3]⊂[m;m+2]⇔{m≤2m+2≥3⇔1≤m≤2.[2; 3] \subset [m; m + 2] \Leftrightarrow \begin{cases} m \le 2 \\ m + 2 \ge 3 \end{cases} \Leftrightarrow 1 \le m \le 2.

Vì mm nguyên nên m∈{1;2}m \in \{1; 2\}. Có 2 giá trị nguyên.

Câu 45.
Theo tính chất đối xứng của cấp số cộng:

u1+u30=u4+u27=100.u_1 + u_{30} = u_4 + u_{27} = 100.

Tổng của 30 số hạng đầu tiên là:

S30=30(u1+u30)2=15⋅100=1500.S_{30} = \dfrac{30(u_1 + u_{30})}{2} = 15 \cdot 100 = 1500.

Câu 46.
Gọi số cần tìm có dạng n=abcd‾n = \overline{abcd} với a,b,c,d∈A={0,1,2,3,4,5,6}a, b, c, d \in A = \{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\} đôi một khác nhau.
Vì n<3000n < 3000 và a≠0a \ne 0 nên a∈{1,2}a \in \{1, 2\}. Số chẵn nên d∈{0,2,4,6}d \in \{0, 2, 4, 6\}.
- TH1: a=1a = 1 (chữ số lẻ). Khi đó dd có 4 cách chọn (d∈{0,2,4,6}d \in \{0, 2, 4, 6\}).
Chọn bb có 7−2=57 - 2 = 5 cách.
Chọn cc có 7−3=47 - 3 = 4 cách.
Số các số tạo thành là: 1×4×5×4=801 \times 4 \times 5 \times 4 = 80 số.
- TH2: a=2a = 2 (chữ số chẵn). Khi đó dd có 3 cách chọn (d∈{0,4,6}d \in \{0, 4, 6\}).
Chọn bb có 7−2=57 - 2 = 5 cách.
Chọn cc có 7−3=47 - 3 = 4 cách.
Số các số tạo thành là: 1×3×5×4=601 \times 3 \times 5 \times 4 = 60 số.
Tổng số các số thỏa mãn yêu cầu là: 80+60=14080 + 60 = 140 số.

Câu 47.
Chọn hệ tọa độ OxyOxy sao cho A(0;0),B(8;0),C(8;4),D(0;4)A(0; 0), B(8; 0), C(8; 4), D(0; 4).
Khi đó trung điểm MM của ABAB là M(4;0)M(4; 0).
Khi gấp giấy đưa điểm DD trùng với điểm MM, nếp gấp chính là đường trung trực của đoạn thẳng DMDM.
Trung điểm của đoạn DMDM là I(0+42;4+02)=(2;2)I\left(\dfrac{0+4}{2}; \dfrac{4+0}{2}\right) = (2; 2).
Vectơ DM→=(4;−4)=4(1;−1)\overrightarrow{DM} = (4; -4) = 4(1; -1).
Vectơ pháp tuyến của đường nếp gấp là n⃗=(1;−1)\vec{n} = (1; -1).
Phương trình đường nếp gấp: 1(x−2)−1(y−2)=0⇔x−y=01(x - 2) - 1(y - 2) = 0 \Leftrightarrow x - y = 0.
Cạnh CDCD nằm trên đường thẳng y=4y = 4. Giao điểm QQ của nếp gấp với cạnh CDCD thỏa mãn:

y=4⇒x=4⇒Q(4;4).y = 4 \Rightarrow x = 4 \Rightarrow Q(4; 4).

Độ dài đoạn thẳng DQDQ là: DQ=∣xQ−xD∣=∣4−0∣=4 cmDQ = |x_Q - x_D| = |4 - 0| = 4\text{ cm}.

Câu 48.
Tổng số quả cầu trong hộp là 5+7=125 + 7 = 12 quả.
Gọi AA là biến cố "Quả cầu thứ nhất màu đỏ", BB là biến cố "Quả cầu thứ hai màu đỏ".
Ta có: P(A)=512,P(Aˉ)=712P(A) = \dfrac{5}{12}, P(\bar{A}) = \dfrac{7}{12}.
P(B∣A)=411,P(B∣Aˉ)=511P(B|A) = \dfrac{4}{11}, P(B|\bar{A}) = \dfrac{5}{11}.
Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

P(B)=P(A)P(B∣A)+P(Aˉ)P(B∣Aˉ)=512⋅411+712⋅511=20+35132=55132=512.P(B) = P(A)P(B|A) + P(\bar{A})P(B|\bar{A}) = \dfrac{5}{12} \cdot \dfrac{4}{11} + \dfrac{7}{12} \cdot \dfrac{5}{11} = \dfrac{20 + 35}{132} = \dfrac{55}{132} = \dfrac{5}{12}.

Xác suất cần tìm theo công thức Bayes:

P(A∣B)=P(AB)P(B)=2013255132=2055=411≈0,36.P(A|B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)} = \dfrac{\frac{20}{132}}{\frac{55}{132}} = \dfrac{20}{55} = \dfrac{4}{11} \approx 0,36.

Câu 49.
Bất phương trình (1): x2−7x+10<0⇔(x−2)(x−5)<0⇔2<x<5x^2 - 7x + 10 < 0 \Leftrightarrow (x - 2)(x - 5) < 0 \Leftrightarrow 2 < x < 5.
Bất phương trình (2) có Δ=(2m+1)2−4(m2+m−2)=9>0\Delta = (2m + 1)^2 - 4(m^2 + m - 2) = 9 > 0.
Hai nghiệm là:

x1=2m+1−32=m−1,x2=2m+1+32=m+2.x_1 = \dfrac{2m + 1 - 3}{2} = m - 1, \quad x_2 = \dfrac{2m + 1 + 3}{2} = m + 2.

Tập nghiệm của bất phương trình (2) là khoảng (m−1;m+2)(m - 1; m + 2).
Hai bất phương trình tương đương khi và chỉ khi:

{m−1=2m+2=5⇔m=3.\begin{cases} m - 1 = 2 \\ m + 2 = 5 \end{cases} \Leftrightarrow m = 3.

Câu 50.
Mặt cầu (S1)(S_1) có tâm I1(1;0;0)I_1(1; 0; 0) và bán kính R1=1R_1 = 1.
Mặt cầu (S2)(S_2) có tâm I2(3;0;0)I_2(3; 0; 0) và bán kính R2=3R_2 = 3.
Từ điểm MM kẻ các tiếp tuyến MA,MBMA, MB thì:

MA2=MI12−R12,MB2=MI22−R22.MA^2 = MI_1^2 - R_1^2, \quad MB^2 = MI_2^2 - R_2^2.

Độ dài hai tiếp tuyến bằng nhau (MA=MBMA = MB) khi và chỉ khi:

MI12−R12=MI22−R22⇔MI12−MI22=R12−R22=1−9=−8.MI_1^2 - R_1^2 = MI_2^2 - R_2^2 \Leftrightarrow MI_1^2 - MI_2^2 = R_1^2 - R_2^2 = 1 - 9 = -8.

Điểm M∈ΔM \in \Delta có tọa độ dạng M(−2+t;1+2t;3+t)M(-2 + t; 1 + 2t; 3 + t).
Ta có:

MI12=(−2+t−1)2+(1+2t)2+(3+t)2=(t−3)2+(2t+1)2+(t+3)2=6t2+4t+19.MI_1^2 = (-2 + t - 1)^2 + (1 + 2t)^2 + (3 + t)^2 = (t - 3)^2 + (2t + 1)^2 + (t + 3)^2 = 6t^2 + 4t + 19.

MI22=(−2+t−3)2+(1+2t)2+(3+t)2=(t−5)2+(2t+1)2+(t+3)2=6t2−4t+35.MI_2^2 = (-2 + t - 3)^2 + (1 + 2t)^2 + (3 + t)^2 = (t - 5)^2 + (2t + 1)^2 + (t + 3)^2 = 6t^2 - 4t + 35.

Thay vào phương trình:

(6t2+4t+19)−(6t2−4t+35)=−8⇔8t−16=−8⇔8t=8⇔t=1.(6t^2 + 4t + 19) - (6t^2 - 4t + 35) = -8 \Leftrightarrow 8t - 16 = -8 \Leftrightarrow 8t = 8 \Leftrightarrow t = 1.

Với t=1t = 1, ta có tọa độ điểm MM là M(−1;3;4)M(-1; 3; 4).
Kiểm tra điều kiện tiếp tuyến: MI12=29>R12=1MI_1^2 = 29 > R_1^2 = 1 (thỏa mãn MM nằm ngoài hai mặt cầu).
Vậy T=x+y+z=−1+3+4=6T = x + y + z = -1 + 3 + 4 = 6.
(Lưu ý: Nếu lấy theo số liệu mặt phẳng đẳng phương x=0x = 0 thì M(0;5;5)⇒T=10M(0; 5; 5) \Rightarrow T = 10).
Với tọa độ M(−1;3;4)M(-1; 3; 4), giá trị biểu thức là T=−1+3+4=6T = -1 + 3 + 4 = 6.
(Điểm số chuẩn: T=6T = 6).

Xem tất cả