Câu 1
Vào một hội thi thiết kế đèn lồng Trung thu, ban tổ chức nhận được một chiếc đèn lồng đặc biệt có mô hình là một tứ diện đều. Trên mỗi cạnh của tứ diện thí sinh thiết kế ba bóng đèn nằm ở ba vị trí chia cạnh của tứ diện thành bốn đoạn bằng nhau. Cứ mỗi phút trôi qua sẽ có ngẫu nhiên ba bóng đèn phát sáng, các bóng đèn còn lại thì tắt. Tính xác suất để ngay phút đầu tiên ban giám khảo chấm điểm, có ba bóng đèn phát sáng ứng với ba điểm tạo nên một mặt phẳng song song với đúng một cạnh của tứ diện, biết rằng ba bóng đèn không thuộc cùng một cạnh của tứ diện (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Tổng số cách chọn ra 3 trong 18 điểm là \[C_{18}^{3}=816.\]
Tuy nhiên, sẽ có các trường hợp ba điểm thẳng hàng, đó là khi ta lấy ba điểm thuộc cùng một cạnh, tổng số cách là \[6\times C_{3}^{3}=6.\]
Do đó \[n(\Omega)=816-6=810.\]
Xét các mặt phẳng qua 3 điểm (3 bóng đèn) và song song với đoạn \(AB\):
- TH1: Chọn 1 cặp điểm thuộc mặt phẳng \((ABC)\) và 1 điểm không thuộc \((ABC)\).
Bước 1: Có 3 cách chọn 1 cặp điểm thuộc \((ABC)\).
Bước 2: Với mỗi cách chọn trong bước 1 thì lẽ ra sẽ có 9 cách chọn 1 điểm không thuộc mặt phẳng \((ABC)\); tuy nhiên vì điều kiện mặt phẳng qua 3 điểm chỉ song song đúng 1 cạnh tứ diện (ở đây là \(AB\)) nên ta loại 3 điểm trong số 9 điểm không thuộc \((ABC)\) (ví dụ khi chọn cặp điểm \(M, N\) thuộc \((ABC)\) thì ta loại \(P, Q, R\) thuộc \(AD, BD, CD\)).
Do vậy ta có \[3\times6=18\] cách chọn bộ ba điểm trong trường hợp này.
- TH2: Chọn 1 cặp điểm thuộc mặt phẳng \((ABD)\) và 1 điểm không thuộc \((ABD)\). Ta cũng có \[3\times6=18\] cách chọn bộ ba điểm thỏa mãn.
Vì tính chất bình đẳng của 6 cạnh trong tứ diện đều, ta có tất cả \[6(18+18)=216\] bộ ba điểm thỏa mãn.
Vì vậy xác suất cần tính là: \[P=\frac{216}{810}=\frac{4}{15}\approx 0,27\]
Đáp án: 0,27
Câu 2
Cho hàm số \[f(x)=\ln 2025+\ln\frac{x}{x+1}.\] Giá trị của biểu thức \[S=f^{\prime}(1)+f^{\prime}(2)+...+f^{\prime}(2026)\] bằng \(\frac{m}{n}\) là phân số tối giản và \(m,n\in\mathbb{N}^{*}\). Tính \(m+n.\)
Ta có \[f(x)=\ln 2025+\ln\frac{x}{x+1}=\ln(2025x)+\ln\frac{1}{x+1}.\]
Suy ra \[f^{\prime}(x)=\frac{2025}{2025x}-\frac{1}{x+1}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}.\]
Do đó \[f^{\prime}(1)+f^{\prime}(2)+...+f^{\prime}(2025)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2025}-\frac{1}{2026}=\frac{2025}{2026}.\]
Vậy \[m+n=2025+2026=4051.\]
Đáp án: 4051
Câu 3
Cho hàm số \(f(x)\) có đạo hàm liên tục trên \([0;4]\) và \(f^{\prime}(x)>0\), \(\forall x\in[0;4]\). Biết \(f(0)=2\) và \[4x^{2}f(x)=[f^{\prime}(x)]^{2}-x^{2}, \quad \forall x\in[2;4].\] Giá trị \(f(2\sqrt{3})\) bằng bao nhiêu?
Ta có \[54x^{2}f(x)=[f^{\prime}(x)]^{2}-x^{2}\Leftrightarrow[f^{\prime}(x)]^{2}=4x^{2}f(x)+x^{2}=x^{2}[4f(x)+1].\]
Vì \(f^{\prime}(x)>0,\forall x\in[0;4]\), ta suy ra \[f^{\prime}(x)=x\sqrt{4f(x)+1}.\]
Biến đổi tương đương: \[\frac{f^{\prime}(x)}{\sqrt{4f(x)+1}}=x\implies\int\frac{f^{\prime}(x)}{\sqrt{4f(x)+1}}dx=\int xdx.\]
Suy ra \[\frac{1}{4}\int\frac{1}{\sqrt{4f(x)+1}}d(\sqrt{4f(x)+1})=\int xdx \iff \sqrt{4f(x)+1}=x^{2}+C.\]
Vì \(f(0)=2\), ta thay vào tính được \[C=3.\]
Vậy \[f(2\sqrt{3})=56.\]
Đáp án: 56
Câu 4
Một mô hình có dạng hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) với các kích thước \(AB=10\text{ dm}\), \(AD=AA^{\prime}=5\text{ dm}\) (tham khảo hình vẽ). Người ta cho một chất điểm \(M\) chuyển động thẳng đều từ \(B\) đến đích \(C'\) với tốc độ \(1\text{ dm/s}\), đồng thời một chất điểm \(N\) chuyển động thẳng đều từ \(D\) đến đích \(B'\) với tốc độ \(2\text{ dm/s}\). Khoảng cách ngắn nhất giữa hai chất điểm \(M\) và \(N\) bằng bao nhiêu decimét (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Ghép hệ trục tọa độ sao cho \[B(10;0;0), \quad C^{\prime}(10;5;5), \quad D(0;5;0), \quad B^{\prime}(10;0;5).\]
Tọa độ của \(M\) là: \[M=B+v_{1}\cdot t\cdot\frac{\overline{BC^{\prime}}}{|\overline{BC^{\prime}}|}=(10;0;0)+1\cdot t\cdot\frac{(0;5;5)}{5\sqrt{2}}=\left(10;\frac{\sqrt{2}}{2}t;\frac{\sqrt{2}}{2}t\right).\]
Tọa độ của \(N\) là: \[N=D+v_{2}\cdot t\cdot\frac{\overline{DB^{\prime}}}{|\overline{DB^{\prime}}|}=(0;5;0)+2\cdot t\cdot\frac{(10;-5;5)}{5\sqrt{6}}=\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}t;5-\frac{\sqrt{6}}{3}t;\frac{\sqrt{6}}{3}t\right).\]
Khoảng cách giữa hai chất điểm: \[MN=\sqrt{\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}t-10\right)^{2}+\left(5-\frac{\sqrt{6}}{3}t-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{6}}{3}t-\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)^{2}}.\]
Bấm máy giải đạo hàm ta tìm được \[MN_{min}=3,21\] tại \(t=4,89\).
Đáp án: 3,21
Câu 5
Cho hàm số \[f(x)=x^{6}-ax^{3}-bx^{2}+20\] với \(a,b\) là các số thực. Biết \(f(x)\) có giá trị nhỏ nhất bằng 20 và biểu thức \(P=b-a\) đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị \(f(3)\).
Ta có \[f(-1)=21-P.\]
Do \(f(x)\ge 20, \forall x \implies f(-1)\ge 20 \iff P\le 1.\)
Lại có đạo hàm \[f^{\prime}(x)=6x^{5}-3ax^{2}-2bx \implies f^{\prime}(-1)=-6-3a+2b=0.\]
Kết hợp với \(b-a=1\), ta giải được hệ phương trình: \[\begin{cases}a=-4\\ b=-3\end{cases}.\]
Khi đó hàm số là \[f(x)=x^{6}+4x^{3}+3x^{2}+20 \implies f(3)=884.\]
Đáp án: 884
Câu 6
Cho ba tia \(Ox, Oy, Oz\) thỏa mãn \(\widehat{xOy}=\widehat{yOz}=60^{\circ}\), \(\widehat{xOz}=90^{\circ}\). Trên các tia \(Ox, Oy, Oz\) lần lượt lấy các điểm \(A, B, C\) sao cho \[\frac{5}{OA}+\frac{3}{OB}+\frac{2}{OC}=1.\] Giá trị lớn nhất của khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \((ABC)\) bằng bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Đặt \(OA = a,\, OB=b,\, OC=c\); ta xét véc-tơ \[\overline{OM}=\frac{5}{a}\overline{OA}+\frac{3}{b}\overline{OB}+\frac{2}{c}\overline{OC}\] thì chắc chắn tồn tại 1 điểm \(M\) cố định nằm trên mặt phẳng \((ABC)\).
Khi đó: \[OM^{2}=\left(\frac{5}{a}\overline{OA}+\frac{3}{b}\overline{OB}+\frac{2}{c}\overline{OC}\right)^{2}=25+9+4+\frac{30}{ab}\overline{OA}\cdot\overline{OB}+\frac{12}{bc}\overline{OB}\cdot\overline{OC}+\frac{20}{ac}\overline{OA}\cdot\overline{OC}.\]
Suy ra \[OM^{2}=38+30\cdot\cos 60^{\circ}+12\cdot\cos 60^{\circ}=38+15+6=59 \implies OM=\sqrt{59}\approx 7,68.\]
Đáp án: 7,68