Bài tập VD – VDC chương 7 môn Đại Số lớp 11

TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 PHẦN 1. XÁC SUẤT Câu 1. (Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số mà tổng tất cả các chữ số của số đó bằng 7? A. 165. B. 1296 . C. 343 . D. 84 . Câu 2. (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Ban chỉ đạo phòng chống dịch Covid-19 của sở Y tế Nghệ An có 9 người, trong đó có đúng 4 bác sĩ. Chia ngẫu nhiên Ban đó thành ba tổ, mỗi tổ 3 người để đi kiểm tra công tác phòng dịch ở địa phương. Trong mỗi tổ, chọn ngẫu nhiên một người làm tổ trưởng. Xác suất để ba tổ trưởng đều là bác sĩ là A. 1 42 . B. 1 21 . C. 1 14 . D. 1 7 . Câu 3. (Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho tập   1;2;...;19;20 S  gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S . Xác suất để ba số lấy được lập thành cấp số cộng là A. 5 38 . B. 7 38 . C. 3 38 . D. 1 114 . Câu 4. (Chuyên KHTN - 2020) Xếp 4 bạn nam và 2 bạn nữ thành một hàng ngang. Xác suất để 2 bạn nữ không ngồi cạnh nhau bằng A. 1 6 . B. 2 3 . C. 1 4 . D. 1 3 . Câu 5. (Chuyên KHTN - 2020) Một công ty may mặc có hai hệ thống máy chạy song song. Xác suất để hệ thống máy thứ nhất hoạt động tốt là 90%, xác suất để hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt là 80%. Công ty chỉ có thể hoàn thành đơn hàng đúng hạn nếu ít nhất một trong hai hệ thống máy hoạt động tốt. Xác suất để công ty hoàn thành đúng hạn là A. 98%. B. 2%. C. 80%. D. 72%. Câu 6. (Chuyên Lam Sơn - 2020) Giải bóng chuyền VTV cup gồm 12 đội tham gia, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội Việt Nam. Ban tổ chức bốc cho thăm ngẫu nhiên và chia thành 3 bảng đấu , , A B C mỗi bảng 4 đội. Xác suất để ba đội Việt Nam nằm ở 3 bảng gần nhất với số nào dưới đây? A. 11 25 . B. 3 20 . C. 39 100 . D. 29 100 . Câu 7. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Xếp ngẫu nhiên 5 học sinh , , , , A B C D E ngồi vào một dãy 5 ghế thẳng hàng (mỗi bạn ngồi một ghế). Tính xác suất để hai bạn A và B không ngồi cạnh nhau. A. 1 5 . B. 3 5 . C. 2 5 . D. 4 5 . Câu 8. (Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020) Hai bạn A và B mỗi bạn viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để các chữ số có mặt ở hai số bạn A và B viết giống nhau bằng A. 31 2916 . B. 1 648 . C. 1 108 . D. 25 2916 Câu 9. (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ nhóm 10 học sinh đó đi lao động. Tinh xác suất để trong 3 học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ. A. 4 9 . B. 17 24 . C. 17 48 . D. 2 3 . TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2020 44 CÂU HỎI VD - VDC CHƯƠNG 7. ĐẠI SỐ 11TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 10. (Chuyên Thái Bình - 2020) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó có đúng 3 chữ số chẵn A. 72000 . B. 64800 . C. 36000. D. 60000 . Câu 11. (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho S là tập các số tự nhiên có 8 chữ số. Lấy một số bất kì của tập S . Tính xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9. A. 3 8 . B. 1 9 . C. 2 9 . D. 1 18 . Câu 12. (Chuyên Bến Tre - 2020) Đội học sinh giỏi trường trung học phổ thông chuyên bến tre gồm có 8 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh. Xác suất để trong 8 học sinh được chọn có đủ 3 khối là A. 71131 75582 . B. 35582 3791 . C. 143 153 . D. 71128 75582 . Câu 13. (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Cho tập   1,2,3,4,5,6 A  . Gọi S là tập hợp các tam giác có độ dài ba cạnh là các phần tử của A . Chọn ngẫu nhiên một phần tử thuộc S . Xác suất để phần tử được chọn là một tam giác cân bằng. A. 6 34 . B. 19 34 . C. 27 34 . D. 7 34 . Câu 14. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho một đa giác đều 18 đỉnh nội tiếp trong một đường tròn tâm O . Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có các đỉnh là các đỉnh của đa giác trên. Tính xác suất P để chọn được một tam giác từ tập X là tam giác cân nhưng không phải tam giác đều. A. 144 136 P  . B. 7 816 P  . C. 23 136 P  . D. 21 136 P  . Câu 15. (Chuyên Lào Cai - 2020) Chọn ngẫu nhiên bốn số tự nhiên khác nhau từ 70số nguyên dương đầu tiên. Tính xác suất để bốn số được chọn lập thành một cấp số nhân có công bội nguyên. A. 12 916895 . B. 11 916895 . C. 10 916895 . D. 9 916895 . Câu 16. (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Có 6 học sinh gồm 2 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang. Tính xác suất để nhóm bất kì 3 học sinh liền kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả 3 lớp A, B, C. A. 1 120 . B. 1 3 . C. 1 30 . D. 1 15 . Câu 17. (Chuyên Sơn La - 2020) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh gồm 3 nam 3 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng A. 1 10 . B. 3 5 . C. 1 20 D. 2 5 . Câu 18. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho đa giác đều   H có 30 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của   H . Xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác tù bằng A. 39 140 . B. 39 58 . C. 45 58 . D. 39 280 . Câu 19. (Sở Hà Tĩnh - 2020) Một hộp chứa 10 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 10, lấy ngẫu nhiên 5 quả cầu. Xác suất để tích các số ghi trên 5 quả cầu đó chia hết cho 3 bằng A. 5 12 . B. 7 12 . C. 1 12 . D. 11 12 . Câu 20. (Sở Bắc Ninh - 2020) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A. Xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 25 bằng TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 A. 43 . 324 B. 1 . 27 C. 11 . 324 D. 17 . 81 Câu 21. (Sở Yên Bái - 2020) Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn là một số chia hết cho 6. A. 13 60 . B. 2 9 . C. 17 45 . D. 11 45 . Câu 22. (Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020) Trường trung học phổ thông Bỉm Sơn có 23 lớp, trong đó khối 10 có 8 lớp, khối 11 có 8 lớp, khối 12 có 7 lớp, mỗi lớp có một chi đoàn, mỗi chi đoàn có một em làm bí thư. Các em bí thư đều giỏi và rất năng động nên Ban chấp hành Đoàn trường chọn ngẫu nhiên 9 em bí thư đi thi cán bộ đoàn giỏi cấp thị xã. Tính xác suất để 9 em được chọn có đủ cả ba khối? A. . B. . C. . D. . Câu 23. (Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020) Trước kì thi học sinh giỏi, nhà trường tổ chức buổi gặp mặt 10 em học sinh trong đội tuyển. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành cấp số cộng. Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế và mỗi ghế chỉ được ngồi một học sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau. A. 1 954 . B. 1 252 . C. 1 945 . D. 1 126 . Câu 24. (Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Người ta muốn chia tập hợp 16 học sinh gồm 3 học sinh lớp 12A, 5 học sinh lớp 12B và 8 học sinh lớp 12C thành hai nhóm, mỗi nhóm có 8 học sinh. Xác suất sao cho ở mỗi nhóm đều có học sinh lớp 12A và mỗi nhóm có ít nhất hai học sinh lớp 12B là A. 42 143 . B. 84 143 . C. 356 1287 . D. 56 143 . Câu 25. (Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Một hộp đựng 15 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 15. Chọn ngẫu nhiên 6 tấm thẻ trong hộp. Xác suất để tổng các số ghi trên 6 tấm thẻ được chọn là một số lẻ bằng. A. 71 143 . B. 56 715 . C. 72 143 . D. 56 143 . Câu 26. (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Một số điện thoại có bảy chữ số, trong đó chữ số đầu tiên là 8. Số điện thoại này được gọi là may mắn nếu bốn chữ số đầu là chữ số chẵn phân biệt và ba chữ số còn lại là lẻ, đồng thời hai chữ số 0 và 9 không đứng liền nhau. Tính xác suất để một người khi lắp điện thoại ngẫu nhiên được số điện thoại may mắn. A. 7 5100 ( ) 10 P A  . B. 7 2850 ( ) 10 P A  . C. 6 5100 ( ) 10 P A  . D. 6 2850 ( ) 10 P A  . Câu 27. (Lê Lai - Thanh Hóa - 2020) Cho tập hợp . Gọi là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất chữ số, các chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số thuộc tập . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập , tính xác xuất để số được chọn có tổng các chữ số bằng . A. B. C. D. Câu 28. (Liên trường Nghệ An - 2020) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lập thành từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn. 7345 7429 7012 7429 7234 7429 7123 7429   1; 2; 3; 4; 5 A  S 3 A S 10 1 . 30 3 . 25 22 . 25 2 . 25TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 24 35 . B. 144 245 . C. 72 245 . D. 18 35 . Câu 29. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho tập   1;2;3;...;19;20 S  gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc . S Xác suất để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là A. 7 38 . B. 5 38 . C. 3 38 . D. 1 114 . Câu 30. (Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020) Một bàn cờ vua gồm 8 8  ô vuông, mỗi ô có cạnh bằng 1 đơn vị. Một ô vừa là hình vuông hay hình chữ nhật, hai ô là hình chữ nhật,… Chọn ngẫu nhiên một hình chữ nhật trên bàn cờ. Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị bằng A. 5 216 . B. 17 108 . C. 51 196 . D. 29 216 . Câu 31. (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số lập được từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 số từ tập . M Xác suất để cả 2 số lấy được đều có chữ số hàng chục nhỏ hơn các chữ số hàng trăm và hàng đơn vị là A. 8 21 . B. 5 16 . C. 296 2051 . D. 695 7152 . Câu 32. (Hải Hậu - Nam Định - 2020) Một hộp có chứa5 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh và n viên bi vàng ( các viên bi kích thước như nhau, n là số nguyên dương). Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp. Biết xác suất để trong ba viên vi lấy được có đủ 3 màu là 45 182 . Tính xác suất P để trong 3 viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ. A. 135 364 P  . B. 177 182 P  . C. 45 182 P  . D. 31 56 P  . Câu 33. (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất để được chọn có đúng 4 chữ số lẻ và chữ số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ. (Các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 0 là các chữ số lẻ). A. 5 648 . B. 5 27 . C. 5 54 . D. 20 189 . Câu 34. (Trường VINSCHOOL - 2020) Có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ xếp thành hàng ngang. Xác suất để có đúng hai bạn nữ đứng cạnh nhau bằng A. 1 24 . B. 1 2 . C. 14 17 . D. 7 13 . Câu 35. (Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0. Lấy ngẫu nhiên một số từ S . Xác suất để lấy được số chỉ có mặt 3 chữ số gần với số nào nhất trong các số sau? TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 A. 0,34. B. 0,36. C. 0,21. D. 0,13. Câu 36. (Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020) Một xưởng sản xuất thực phẩm gồm 4 kỹ sư chế biến thực phẩm, 3 kĩ thuật viên và 13 công nhân. Để đảm bảo sản xuất thực phẩm chống dịch Covid 19, xưởng cần chia thành 3 ca sản xuất theo thời gian liên tiếp nhau sao cho ca I có 6 người và 2 ca còn lại mỗi ca có 7 người. Tính xác suất sao cho mỗi ca có 1 kĩ thuật viên, ít nhất một kĩ sư chế biến thực phẩm. A. 440 3320 . B. 441 3230 . C. 41 230 . D. 401 3320 . Câu 37. (Trần Phú - Quảng Ninh - 2020) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có năm ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam và 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng A. 1 3 . B. 1 30 . C. 8 63 . D. 8 37 . Câu 38. (Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho đa giác đều 12 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm A. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đó. Tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho. A. 2 5 . B. 31 55 . C. 28 55 . D. 52 55 . Câu 39. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Có 12 học sinh gồm 6 nam và 6 nữ ngồi vào hai hàng ghế đối diện nhau tùy ý. Xác suất để mỗi một em nam ngồi đối diện với một em nữ là? A. 1 924 . B. 4 165 . C. 8 165 . D. 16 231 . Câu 40. (Sở Hưng Yên - 2020) Có 50 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 50. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ. Xác suất để tổng các số ghi trên thẻ chia hết cho 3 bằng A. 8 89 . B. 11 171 . C. 769 2450 . D. 409 1225 . PHẦN 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC Câu 41. (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho 0, 1 x x   . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển Niu-tơn của 20 2 3 3 1 1 1 x x P x x x x              . A. 38760. B. 167960 . C. 1600 . D. 125970 . Câu 42. (Sở Phú Thọ - 2020) Giả sử n là một số nguyên dương thoả mãn 2 3 3 24 n n C C   . Hệ số của số hạng chứa 12 x trong khai triển 2 2 n x x x        bằng A. 12 672 x . B. 12 672 x  . C. 672 . D. 672  . Câu 43. (Sở Bình Phước - 2020) Trên một cái bảng đã ghi sẵn các số tự nhiên từ 1 đến 2020 . Ta thực hiện công việc như sau: xóa hai số bất kì trên bảng rồi ghi lại một số tự nhiên bằng tổng của hai số vừa xóa, cứ thực hiện công việc như vậy cho đến khi trên bảng chỉ còn một số. Số cuối cùng còn lại trên bảng là A. 4040 . B. 2041210 . C. 4082420 . D. 2020 . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 44. (Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020) Xác định n biết rằng hệ số của n x trong khai triển   2 2 1 2 ... n x x nx     bằng 6 n . A. 8 n  . B. 6 n  . C. 10 n  . D. 5 n  . -------------------- HẾT -------------------- TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 PHẦN 1. XÁC SUẤT Câu 1. (Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số mà tổng tất cả các chữ số của số đó bằng 7? A. 165. B. 1296 . C. 343 . D. 84 . Lời giải Chọn D 7 có thể phân tích thành 11 nhóm sau: 7 = (7+0+0+0) = (6+1+0+0) = (5+2+0+0) = (5+1+1+0) = (4+3+0+0) = (4+2+1+0) = (4+1+1+1) = (3+3+1+0) = (3+2+2+0) = (3+2+1+1) = (2+2+2+1) +) Với nhóm (7+0+0+0) viết được 1 số, đó là số: 7000. +) Với các nhóm (6+1+0+0); (2+2+0+0) và (4+3+0+0): mỗi nhóm viết được 6 số (chẳng hạn: với nhóm (6+1+0+0) ta có các số 6100, 6010, 6001 và hoán vị của số 6 và số 1). +) Với nhóm (3+3+1+0); (5+1+1+0) và (3+2+2+0): mỗi nhóm viết được 4! 3! 9 2   số (3! là các số có số 0 đứng đầu, chia 2 vì có 1 số xuất hiện 2 lần). +) Với nhóm (4+2+1+0) viết được: 4! 3! 18   số (3! là các số có số 0 đứng đầu). +) Với nhóm (3+2+1+1) viết được: 4! 12 2  số (vì xuất hiện 2 số 1). +) Với các nhóm (4+1+1+1) và (2+2+2+1): mỗi nhóm viết được 4 số (chẳng hạn: với nhóm (4+1+1+1) ta có các số: 4111; 1411; 1141; 1114). Tổng số các số viết được là: 1 6.3 9.3 18 12 4.2 84       (số). Câu 2. (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Ban chỉ đạo phòng chống dịch Covid-19 của sở Y tế Nghệ An có 9 người, trong đó có đúng 4 bác sĩ. Chia ngẫu nhiên Ban đó thành ba tổ, mỗi tổ 3 người để đi kiểm tra công tác phòng dịch ở địa phương. Trong mỗi tổ, chọn ngẫu nhiên một người làm tổ trưởng. Xác suất để ba tổ trưởng đều là bác sĩ là A. 1 42 . B. 1 21 . C. 1 14 . D. 1 7 . Lời giải Chọn B Chọn 3 người vào nhóm A và có một tổ trưởng ta có: 3 9 .3 C cách. Chọn 3 người vào nhóm B và có một tổ trưởng ta có: 3 6 .3 C cách. 3 người còn lại vào nhóm C và có một tổ trưởng ta có: 3 3 .3 C cách. Từ đó ta có số phần tử của không gian mẫu là:   3 3 3 9 6 3 .3. .3. .3 45360. n C C C    Gọi M là biến cố thỏa mãn bài toán. Vì có 4 bác sĩ nên phải có một nhóm có 2 bác sĩ. Chọn nhóm có 2 bác sĩ mà có 1 tổ trưởng là bác sĩ có 2 1 4 5 . .2 C C Chọn nhóm có 1 bác sĩ và bác sí là tổ trưởng có: 1 2 2 4 . C C . 1 bác sĩ còn lại và 2 người còn lại vào nhóm có 1 cách. Chọn một trong 3 nhóm , , A B C có 2 bác sĩ có 1 3 C cách. TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2020 CHƯƠNG 7. ĐẠI SỐ 11TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/   2 1 1 2 1 4 5 2 4 3 , .2. . . 2160 n M C C C C C    .    2160 1 45360 21 P M   . Câu 3. (Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho tập   1;2;...;19;20 S  gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc S . Xác suất để ba số lấy được lập thành cấp số cộng là A. 5 38 . B. 7 38 . C. 3 38 . D. 1 114 . Lời giải Chọn C Ta có: 3 20 ( ) n C   . Gọi A là biến cố: “ba số lấy được lập thành cấp số cộng “. Giả sử ba số , b, c a theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng, khi đó ta có 2 a c b   . Hay a c  là một số chẵn và mỗi cách chọn 2 số a và c thỏa mãn a c  là số chẵn sẽ có duy nhất cách chọn b. Số cách chọn hai số có tổng chẵn sẽ là số cách chọn ba số tạo thành cấp số cộng. TH1: Hai số lấy được đều là số chẵn, có: 2 10 C cách lấy. TH2: Hai số lấy được đều là số lẻ, có: 2 10 C cách lấy. 2 2 10 10 ( ) n A C C    2 2 10 10 3 10 ( ) 3 ( ) ( ) 38 C C n A P A n C      . Câu 4. (Chuyên KHTN - 2020) Xếp 4 bạn nam và 2 bạn nữ thành một hàng ngang. Xác suất để 2 bạn nữ không ngồi cạnh nhau bằng A. 1 6 . B. 2 3 . C. 1 4 . D. 1 3 . Lời giải Chọn B Số phần tử không gian mẫu là 6! 720    n . Gọi A là biến cố: “xếp 4 bạn nam và 2 bạn nữ thành một hàng ngang mà 2 bạn nữ không ngồi cạnh nhau”. Khi đó A là biến cố: “xếp 4 bạn nam và 2 bạn nữ thành một hàng ngang mà 2 bạn nữ ngồi cạnh nhau”. Xếp 4 bạn nam và 1 bạn nữ thành một hàng ngang, có 5! 120  cách. Xếp bạn nữ còn lại ngồi cạnh bạn nữ đã xếp ở trên, có 2 cách. Khi đó 120.2 240   A n . Xác suất cần tìm bằng     240 2 1 1 1 720 3         A n P A P A n . Câu 5. (Chuyên KHTN - 2020) Một công ty may mặc có hai hệ thống máy chạy song song. Xác suất để hệ thống máy thứ nhất hoạt động tốt là 90%, xác suất để hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt là 80%. Công ty chỉ có thể hoàn thành đơn hàng đúng hạn nếu ít nhất một trong hai hệ thống máy hoạt động tốt. Xác suất để công ty hoàn thành đúng hạn là A. 98%. B. 2%. C. 80%. D. 72%. Lời giải Chọn A Goi A là biến cố : « Hệ thống máy thứ nhất hoạt động tốt » B là biến cố : « Hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt » C là biến cố : « Công ty hoàn thành đúng hạn » TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 Ta có A là biến cố : « Hệ thống máy thứ nhất hoạt động không tốt » B là biến cố : « Hệ thống máy thứ hai hoạt động không tốt » ( ) 0,9  P A ; ( ) 0,8  P B ; ( ) 0,1  P A ; ( ) 0, 2  P B . ( ) ( . ) ( ). ( ) 0,02    P C P A B P A P B ( ) 1 ( ) 0,98     P C P C . Câu 6. (Chuyên Lam Sơn - 2020) Giải bóng chuyền VTV cup gồm 12 đội tham gia, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội Việt Nam. Ban tổ chức bốc cho thăm ngẫu nhiên và chia thành 3 bảng đấu , , A B C mỗi bảng 4 đội. Xác suất để ba đội Việt Nam nằm ở 3 bảng gần nhất với số nào dưới đây? A. 11 25 . B. 3 20 . C. 39 100 . D. 29 100 . Lời giải Chọn D Số cách chọn 4 đội cho bảng A là 4 12 C . Khi đó sẽ có 4 8 C số cách chọn 4 đội cho bảng B và số cách chọn 4 đội cho bảng C là 4 4 C . Vậy số phần tử của không gian mẫu là:   4 4 4 12 8 4 . . n C C C   . Đặt T là biến cố: “3 đội Việt Nam nằm ở 3 bảng khác nhau”. Số cách chọn 1 đội Việt Nam và 2 đội nước ngoại cho bảng A là 1 3 3 9 . C C . Với mỗi cách chọn cho bảng A ta có 1 3 2 6 . C C số cách chọn 1 đội Việt Nam và 2 đội nước ngoại cho bảng B . Khi đó, số cách chọn 1 đội Việt Nam và 2 đội nước ngoại cho bảng C là 1 3 1 3 . C C . Số phần tử của biến cố T là:   1 3 1 3 1 3 3 9 2 6 1 3 . . . . T n C C C C C C  . Xác suất cần tính là       1 3 1 3 1 3 3 9 2 6 1 3 4 4 4 12 8 4 . . . . 16 . . 55 T T n C C C C C C P n C C C     . Câu 7. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Xếp ngẫu nhiên 5 học sinh , , , , A B C D E ngồi vào một dãy 5 ghế thẳng hàng (mỗi bạn ngồi một ghế). Tính xác suất để hai bạn A và B không ngồi cạnh nhau. A. 1 5 . B. 3 5 . C. 2 5 . D. 4 5 . Lời giải Chọn B Số phần tử của không gian mẫu:   5! 120 n    . Gọi X là biến cố “Hai bạn A và B không ngồi cạnh nhau”. X  “Hai bạn A và B ngồi cạnh nhau” Có 4 vị trí để hai bạn A và B ngồi cạnh nhau, hai bạn đổi chỗ được một cách xếp mới. Nên số cách xếp để hai bạn A và B ngồi cạnh nhau là 4.2!.3! 48  Xác suất của biến cố X là:       48 2 120 5 n X P X n     Vây xác suất của biến cố X là:     3 1 5 P X P X    Câu 8. (Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020) Hai bạn A và B mỗi bạn viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau. Xác suất để các chữ số có mặt ở hai số bạn A và B viết giống nhau bằng A. 31 2916 . B. 1 648 . C. 1 108 . D. 25 2916 Lời giải Chọn D TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Mỗi bạn có 2 9 9. A cách viết nên số phần tử của không gian mẫu là     2 2 9 9. n A   . Ta tìm cách viết mà các chữ số các chữ số có mặt trong hai số mà bạn A và B viết giống nhau Bạn A có tất cả 2 9 9. A cách viết, trong đó 3 9 A cách viết mà số không gồm chữ số 0 và có   2 3 9 9 9. A A  cách viết mà số có chữ số 0. TH1: Nếu A viết số không gồm chữ số 0 có 3 9 A cách, lúc này B có 3! cách viết. TH2: Nếu A viết số có chữ số 0 có   2 3 9 9 9. A A  cách, lúc này B có 4 cách viết. Vậy có   3 2 3 9 9 9 .3! 9. .4 A A A   cách viết thỏa mãn. Xác suất cần tính bằng     3 2 3 9 9 9 2 2 9 .3! 9. .4 25 2916 A A A A    . Câu 9. (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có 7 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ nhóm 10 học sinh đó đi lao động. Tinh xác suất để trong 3 học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ. A. 4 9 . B. 17 24 . C. 17 48 . D. 2 3 . Lời giải Chọn B Ta có   3 10 120. n C    Đặt A  ”3 học sinh được chọn có ít nhất 1 nữ” A  ”3 học sinh được chọn không có nữ” Khi đó   3 7 35 n A C         7 24 n A p A n     Vậy     17 1 . 24 p A p A    Câu 10. (Chuyên Thái Bình - 2020) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau trong đó có đúng 3 chữ số chẵn A. 72000 . B. 64800 . C. 36000. D. 60000 . Lời giải Chọn B TH1: 3 chữ số chẵn được chọn khác chữ số 0 Chọn 3 chữ số chẵn khác chữ số 0 là 3 4 C Chọn 3 chữ số lẻ là 3 5 C Số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau lập từ các số đã chọn là 3 3 4 5 . .6! 28800 C C  . TH3: 3 chữ số chẵn được chọn có 1 chữ số là chữ số 0 Chọn 2 chữ số chẵn khác chữ số 0 là 2 4 C Chọn 3 chữ số lẻ là 3 5 C Số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau lập từ các số đã chọn là   2 3 4 5 . . 6! 5! 36000 C C   . Số các số tự nhiên thỏa mãn là 28800 36000 64800   . Câu 11. (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho S là tập các số tự nhiên có 8chữ số. Lấy một số bất kì của tập S . Tính xác suất để lấy được số lẻ và chia hết cho 9. A. 3 8 . B. 1 9 . C. 2 9 . D. 1 18 . Lời giải Chọn D TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Số phần tử của không gian mẫu là   7 9.10 n   . Gọi A là biến cố: “lấy được số lẻ và chia hết cho 9”. + Dãy các số lẻ có 8 chữ số và chia hết cho 9 là 10000017; 10000035; 10000053;.; 99999999. + Dãy số trên là 1 cấp số cộng với số hạng đầu 1 10000017 u  , số hạng cuối 99999999 n u  và công sai 18 d  , suy ra số phần tử của dãy số là 6 99999999 10000017 1 5000000 5.10 18     Do đó   6 5.10 n A  . Vậy xác suất của biến cố A là       6 7 5.10 1 9.10 18 n A P A n     . Câu 12. (Chuyên Bến Tre - 2020) Đội học sinh giỏi trường trung học phổ thông chuyên bến tre gồm có 8 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh. Xác suất để trong 8 học sinh được chọn có đủ 3 khối là A. 71131 75582 . B. 35582 3791 . C. 143 153 . D. 71128 75582 . Lời giải Chọn D Số phần tử không gian mẫu:   8 19 75582 n C    . Gọi A là biến cố:” trong 8 học sinh được chọn có đủ 3 khối”. Ta có:     8 8 8 8 8 19 14 13 11 8 21128 n C C C C C        .   71128 75582 P A  . Câu 13. (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Cho tập   1,2,3,4,5,6 A  . Gọi S là tập hợp các tam giác có độ dài ba cạnh là các phần tử của A . Chọn ngẫu nhiên một phần tử thuộc S . Xác suất để phần tử được chọn là một tam giác cân bằng. A. 6 34 . B. 19 34 . C. 27 34 . D. 7 34 . Lời giải Chọn C Tập các bộ ba số khác nhau có giá trị bằng số đo 3 cạnh là:               2;3;4 , 2;4;5 , 2;5;6 , 3;4;5 , 3;4;6 , 3;5;6 , 4;5;6 có 7 tam giác không cân. Xét các tam giác cân có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng b 2 b a   . Ta xét các trường hợp 1 1 b a    : 1 tam giác cân.   2 1;2;3 b a    : 3 tam giác cân.   3 1;2;3;4;5 b a    : 5 tam giác cân.   4;5;6 1;2;3;4;5;6 b a    : có 18 tam giác cân. Vậy ta có   7 1 3 5 18 34 n        . Gọi A là biến cố:” để phần tử được chọn là một tam giác cân”, suy ra   1 3 5 18 27 n A      . Suy ra       27 34 n A p A n    . Câu 14. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho một đa giác đều 18 đỉnh nội tiếp trong một đường tròn tâm O . Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có các đỉnh là các đỉnh của đa giác trên. Tính xác suất P để chọn được một tam giác từ tập X là tam giác cân nhưng không phải tam giác đều. A. 144 136 P  . B. 7 816 P  . C. 23 136 P  . D. 21 136 P  . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là 3 18 ( ) n X C  . Ký hiệu đa giác là 1 2 18 ... A A A nội tiếp đường tròn ( ) O , xét đường kính 1 10 A A khi đó số tam giác cân có đỉnh cân là 1 A hoặc 10 A là 2x8 16  (tam giác cân); Mà có tất cả là 9 đường kính do vậy số tam giác cân có các đỉnh là đỉnh của đa giác là 9x16 144  (tam giác cân). Ta lại có số tam giác đều có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều 18 đỉnh là 6 . Vậy xác suất P để chọn được một tam giác từ tập X là tam giác cân nhưng không phải tam giác đều là 3 18 144 6 23 136 P C    . Câu 15. (Chuyên Lào Cai - 2020) Chọn ngẫu nhiên bốn số tự nhiên khác nhau từ 70số nguyên dương đầu tiên. Tính xác suất để bốn số được chọn lập thành một cấp số nhân có công bội nguyên. A. 12 916895 . B. 11 916895 . C. 10 916895 . D. 9 916895 . Lời giải Chọn B Xét phép thử “Chọn ngẫu nhiên bốn số tự nhiên khác nhau từ 70 số nguyên dương đầu tiên”. Khi đó   4 70 916895 n C    . Xét biến cố A: “Bốn số được chọn lập thành một cấp số nhân có công bội nguyên”. Ta gọi bốn số đó lần lượt là 2 3 , , , a aq a q a q . Theo giả thiết 3 3 70 70 4 a q q q      . Vì bốn số khác nhau và đều dương nên ta có   0 1 2;3;4 q q     . TH1. 2 8 70 8 q a a      . Khi đó có 8 bộ số thỏa mãn. TH2. 3 27 70 2 q a a      . Khi đó có 2 bộ số thỏa mãn. TH3. 4 64 70 1 q a a      . Khi đó có 1 bộ số thỏa mãn. Vậy     11 11 916895 n A P A    . Câu 16. (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Có 6 học sinh gồm 2 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang. Tính xác suất để nhóm bất kì 3 học sinh liền kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả 3 lớp A, B, C. A. 1 120 . B. 1 3 . C. 1 30 . D. 1 15 . Lời giải Chọn D Xét phép thử: Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh của 3 lớp thành một hàng ngang, ta có:   6! n   Gọi D là biến cố: nhóm bất kì 3 học sinh liền kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả 3 lớp A, B, C. Ta thấy rằng để 3 học sinh liền kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả 3 lớp A, B, C thì các học sinh của cùng 1 lớp phải đc xếp vào các vị trí       1;4 , 2;5 , 3;6 . Xếp 2 học sinh lớp A vào vị trí (1; 4) có 2 cách, xếp 2 học sinh lớp B vào vị trí (2; 5) có 2 cách, xếp 2 học sinh lớp C vào vị trí (3; 6) có 2 cách và có 3! cách để hoán vị vị trí của các nhóm học sinh theo lớp. Suy ra   3!.2.2.2 48 n D   . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Vậy xác suất cần tìm là:       48 1 720 15 n D P D n     . Câu 17. (Chuyên Sơn La - 2020) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có ba ghế. Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh gồm 3 nam 3 nữ ngồi vào hai dãy ghế đó sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng A. 1 10 . B. 3 5 . C. 1 20 D. 2 5 . Lời giải Chọn D Sắp 6 học sinh vào 6 cái ghế có 6! cách. Suy ra   6! n   . Đánh số thự tự 6 cái ghế như hình bên dưới Gọi A là biến cố: “Nam nữ ngồi đối diện”. Học sinh nam thứ nhất có 6 cách chọn một vị trí ngồi. Học sinh nam thứ hai có 4 cách chọn một vị trị ngồi (trừ vị trí đối diện với người nam thứ nhất). Học sinh nam thứ ba có hai cách chọn một vị trí ngồi (trừ hai vị trí đối diện với hai nam thứ nhất và thứ hai). Xếp ba học sinh nữ vào ba vị trí còn lại có 3! cách.   6.4.2.3! n A    6.4.2.3! 2 6! 5 P A   . Câu 18. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho đa giác đều   H có 30 đỉnh. Lấy tùy ý 3 đỉnh của   H . Xác suất để 3 đỉnh lấy được tạo thành một tam giác tù bằng A. 39 140 . B. 39 58 . C. 45 58 . D. 39 280 . Lời giải Chọn B Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh có 3 30 C . Gọi   T là đường tròn ngoại tiếp đa giác   H . Giả sử chọn được một tam giác tù A B C với góc A nhọn, B tù, C nhọn. Chọn 1 đỉnh bất kì làm đỉnh A có 30 cách. Kẻ đường kính của đường tròn   T đi qua đỉnh vừa chọn chia đường tròn   T thành hai phần.(Bên trái và bên phải). Để tạo thành một tam giác tù thì hai đỉnh còn lại cùng nằm bên trái hoặc cùng nằm bên phải. Hai đỉnh cùng nằm bên trái có 2 14 C cách. Hai đỉnh cùng nằm bên phải có 2 14 C cách. Vì trong mỗi tam giác vai trò của đỉnh A và C như nhau nên số tam giác tù tạo thành là:   2 2 14 14 30 2730 2 C C   . Xác suất cần tìm là 3 30 2730 39 58 P C   . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 19. (Sở Hà Tĩnh - 2020) Một hộp chứa 10 quả cầu được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 10, lấy ngẫu nhiên 5 quả cầu. Xác suất để tích các số ghi trên 5 quả cầu đó chia hết cho 3 bằng A. 5 12 . B. 7 12 . C. 1 12 . D. 11 12 . Lời giải Chọn D Không gian mẫu của phép thử là   5 10 252 n C    . Gọi A là biến cố để “tích các số ghi trên 5 quả cầu đó chia hết cho 3”. Các quả cầu có số thứ tự chia hết cho 3 gồm các quả có số thứ tự 3, 6 , 9. Do vậy để tích các số ghi trên 5 quả cầu đó chia hết cho 3 thì 5 quả đó phải chứa ít nhất một quả có số thứ tự 3, 6 , 9. Suy ra A là biến cố để “tích các số ghi trên 5 quả cầu đó không chia hết cho 3”. Số phần tử của A là cách lấy 5 quả từ tập hợp gồm các phần tử   1;2;4;5;7;8;10 . Vậy ta có         5 7 21 1 21 252 12 n A n A C P A n        . Xác suất để tích các số ghi trên 5 quả cầu đó chia hết cho 3 là     1 11 1 1 12 12 P A P A      . Câu 20. (Sở Bắc Ninh - 2020) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A. Xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 25 bằng A. 43 . 324 B. 1 . 27 C. 11 . 324 D. 17 . 81 Lời giải Chọn C Ta có 7 9 ( ) 9.A . n   Gọi a là số tự nhiên thuộc tập A. Ta có 7 6 5 4 3 2 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 .10 .10 .10 .10 .10 .10 .10 a a a a a a a a a a a a a a a a a          . Do đó, 7 8 25 (10 ) 25 a a a     trong đó 8 5 a  hoặc 8 0 a  . Suy ra 7 8 a a là một trong các số sau: 50; 25;75. Th1: Nếu 7 8 50 a a  thì có 6 8 A cách chọn các chữ số còn lại. Th2: Nếu 7 8 25 a a  hoặc 7 8 75 a a  thì có 5 7 7. A cách chọn các chữ số còn lại. Vậy xác suất cần tìm là 6 5 8 7 7 9 2.7. 11 324 9. A A A   . Câu 21. (Sở Yên Bái - 2020) Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S. Tính xác suất để số được chọn là một số chia hết cho 6. A. 13 60 . B. 2 9 . C. 17 45 . D. 11 45 . Lời giải Chọn A Gọi số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau thỏa mãn bài toán có dạng a bc ( 0 a  ) Theo bài ra: Vì a b c chia hết cho 6 nên a b c phải là số chẵn. Như vậy, c có 4 cách chọn. Trường hợp 1: c = 0 TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Khi đó, (a;b) là hoán vị của bộ số (1;2), (1;5), (2;4), (3;6), (4;5) Mỗi trường hợp có 2 cách sắp xếp Như vậy có 5.2 = 10 số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp 1. Trường hợp 2: c = 2 Khi đó, (a;b) là hoán vị của bộ số (0;1), (0;4), (1;3), (1;6), (3;4), (4;6) Mỗi trường hợp có chữ số 0 có 1 cách sắp xếp Mỗi trường hợp không có chữ số 0 có 2 cách sắp xếp Như vậy, có 2 + 4.2 = 10 số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp 2. Trường hợp 3: c = 4 Khi đó, (a;b) là hoán vị của bộ số (0;2), (0;5), (2;3), (2;6), (3;5), (5;6) Làm tương tự trường hợp 2, có 2 + 4.2 = 10 số tự nhiên thỏa mãn bài toán trong trường hợp 3. Trường hợp 4: c = 6 Khi đó, (a;b) là hoán vị của bộ số (0;3), (1;2), (1;5), (2;4), (4;5) Làm tương tự trường hợp 2, trường hợp này có 1 + 4.2 = 9 số tự nhiên thỏa mãn bài toán. Số phần tử của không gian mẫu: ( ) 6.6.5 180 n    Xác suất để chọn được số chia hết cho 6: 10 10 10 9 39 13 180 180 60 P       Câu 22. (Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020) Trường trung học phổ thông Bỉm Sơn có 23 lớp, trong đó khối 10 có 8 lớp, khối 11 có 8 lớp, khối 12 có 7 lớp, mỗi lớp có một chi đoàn, mỗi chi đoàn có một em làm bí thư. Các em bí thư đều giỏi và rất năng động nên Ban chấp hành Đoàn trường chọn ngẫu nhiên 9 em bí thư đi thi cán bộ đoàn giỏi cấp thị xã. Tính xác suất để 9 em được chọn có đủ cả ba khối? A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là: . Gọi là biến cố “9 em được chọn có đủ cả ba khối” “9 em được chọn không có đủ ba khối” Vì mỗi khối số bí thư đều nhỏ hơn 9 nên có các khả năng sau: TH1: Chỉ có học sinh ở khối 10 và 11. Có cách. TH2: Chỉ có học sinh ở khối 11 và 12. Có cách. TH3: Chỉ có học sinh ở khối 10 và 12. Có cách. Số phần tử của biến cố là: Xác suất của biến cố là: . Xác suất của biến cố là: . Câu 23. (Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020) Trước kì thi học sinh giỏi, nhà trường tổ chức buổi gặp mặt 10 em học sinh trong đội tuyển. Biết các em đó có số thứ tự trong danh sách lập thành cấp số cộng. Các em ngồi ngẫu nhiên vào hai dãy bàn đối diện nhau, mỗi dãy có 5 ghế và mỗi ghế chỉ được ngồi một học sinh. Tính xác suất để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau. A. 1 954 . B. 1 252 . C. 1 945 . D. 1 126 . Lời giải Chọn C 7345 7429 7012 7429 7234 7429 7123 7429   9 23 817190 n C   X X  9 16 C 9 15 C 9 15 C X   9 9 9 16 15 15 21450 n X C C C     X   21450 195 817190 7429 P X   X     7234 1 7429 P X P X   TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Số phần tử của không gian mẫu là số cách sắp xếp 10 học sinh vào hai dãy bàn đối diện   10! n   . Gọi A là biến cố “tổng các số thứ tự của hai e ngồi đối diện là bằng nhau”. Đánh số thứ tự của các em từ 1 đến 10. Để tổng các số thứ tự của hai em ngồi đối diện nhau là bằng nhau phải chia thành 5 cặp đối diện           1 ;10 , 2;9 , 3;8 , 4;7 , 5;6 . Ta xếp dãy 1, dãy 2 chỉ có một cách chọn. Vị trí 1 A có 10 cách chọn 1 học sinh, 1 B có 1 cách chọn. Vị trí 2 A có 8 cách chọn 1 học sinh, 2 B có 1 cách chọn. Vị trí 3 A có 6 cách chọn 1 học sinh, 3 B có 1 cách chọn. Vị trí 4 A có 4 cách chọn 1 học sinh, 4 B có 1 cách chọn. Vị trí 5 A có 2 cách chọn 1 học sinh, 5 B có 1 cách chọn. Suy ra số phần tử của biến cố A là   10.8.6.4.2 n A  Vậy xác suất để biến cố A xảy ra là:       10.8.6.4.2 1 10! 945 n A P A n     . Câu 24. (Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Người ta muốn chia tập hợp 16 học sinh gồm 3 học sinh lớp 12A, 5 học sinh lớp 12B và 8 học sinh lớp 12C thành hai nhóm, mỗi nhóm có 8 học sinh. Xác suất sao cho ở mỗi nhóm đều có học sinh lớp 12A và mỗi nhóm có ít nhất hai học sinh lớp 12B là A. 42 143 . B. 84 143 . C. 356 1287 . D. 56 143 . Lời giải Chọn B Gọi A là biến cố mỗi nhóm đều có học sinh lớp 12A và mỗi nhóm có ít nhất hai học sinh lớp 12B. Chọn ra 8 học sinh từ 16 học sinh được 1 nhóm, 8 học sinh còn lại tạo thành nhóm thứ 2. Vì ở đây không phân biệt thứ tự các nhóm nên ta có   8 16 2! C n   . Mỗi nhóm đều có học sinh lớp 12A và mỗi nhóm có ít nhất hai học sinh lớp 12B nên 1 nhóm có 1 hoặc 2 học sinh lớp 12A và có 2 hoặc 3 học sinh lớp 12B. Do đó   1 2 5 1 3 4 3 5 8 3 5 8 . . . . 2! C C C C C C n A   . Vậy       84 143 n A P A n    . Câu 25. (Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Một hộp đựng 15 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 15. Chọn ngẫu nhiên 6 tấm thẻ trong hộp. Xác suất để tổng các số ghi trên 6 tấm thẻ được chọn là một số lẻ bằng. A. 71 143 . B. 56 715 . C. 72 143 . D. 56 143 . Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu của phép thử:   6 15 5005 n C    TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 Chia 15 tấm thẻ thành 2 tập hợp nhỏ gồm: + Tập các tấm ghi số lẻ:   1;3;5;7;9;11 ;13;15 8  số + Tập các tấm ghi số chẵn:   2;4;6;8;10;12;14 7  số Các trường hợp thuận lợi cho biến cố: TH1. 1 tấm số lẻ: 5 tấm số chẵn - Số phần tử: 1 5 8 7 . 168 C C  TH2. 3 tấm số lẻ: 3 tấm số chẵn - Số phần tử: 3 3 8 7 . 1960 C C  TH3. 5 tấm số lẻ: 1 tấm số chẵn - Số phần tử: 5 1 8 7 . 392 C C  Tổng số phần tử thuận lợi của biến cố là: 168 1960 392 2520    Vậy xác suất của biến cố là: 2520 72 5005 143 P   . Câu 26. (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Một số điện thoại có bảy chữ số, trong đó chữ số đầu tiên là 8. Số điện thoại này được gọi là may mắn nếu bốn chữ số đầu là chữ số chẵn phân biệt và ba chữ số còn lại là lẻ, đồng thời hai chữ số 0 và 9 không đứng liền nhau. Tính xác suất để một người khi lắp điện thoại ngẫu nhiên được số điện thoại may mắn. A. 7 5100 ( ) 10 P A  . B. 7 2850 ( ) 10 P A  . C. 6 5100 ( ) 10 P A  . D. 6 2850 ( ) 10 P A  . Lời giải Chọn D Số phần tử của không gian mẫu: 6 ( ) 10 n   . Gọi A là biến cố: “Số điện thoại may mắn”. Có 2 trường hợp xảy ra: TH1: Số điện thoại may mắn dạng: 2 3 5 6 7 8 0 a a a a a Chọn 2 3 , a a từ   2;4;6 có 2 3 6 A  cách. Chọn 5 a từ   1;3;5;7 có 4 cách. Chọn 6 7 , a a từ   1 ;3;5;7;9 có 5.5 25  cách. Các số may mắn 6.4.125 600  số. TH2: Số điện thoại may mắn dạng: 2 3 4 5 6 7 8 a a a a a a trong đó 4 0 a  . Chọn 4 a từ   2;4;6 có 3 cách. Chọn 2 3 , a a từ   0;2;4;6 có 2 3 6 A  cách (do phải khác 4 a ). Chọn 5 6 7 , , a a a từ có 3 5 125  cách. Các số may mắn 3.6.125 2250  số. ( ) 600 2250 2850 n A    . 6 2850 ( ) 10 P A  . Câu 27. (Lê Lai - Thanh Hóa - 2020) Cho tập hợp . Gọi là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất chữ số, các chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số thuộc tập . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập , tính xác xuất để số được chọn có tổng các chữ số bằng . A. B. C. D. Lời giải   1; 2; 3; 4; 5 A  S 3 A S 10 1 . 30 3 . 25 22 . 25 2 . 25TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn B Vì S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số thuộc tập A nên ta tính số phần tử thuộc tập S như sau:  Số các số thuộc S có 3 chữ số là 3 5 A .  Số các số thuộc S có 4 chữ số là 4 5 A .  Số các số thuộc S có 5 chữ số là 5 5 A . Suy ra số phần tử của tập S là 3 4 5 5 5 5 300 A A A    . Số phần tử của không gian mẫu là 1 300 300 n C    Gọi X là biến cố ''Số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 ''. Các tập con của A có tổng số phần tử bằng 10 là   1 1; 2; 3; 4 A  ,   2 2; 3; 5 A  ,   3 1; 4; 5 A  . ● Từ 1 A lập được các số thuộc S là 4!. ● Từ 2 A lập được các số thuộc S là 3!. ● Từ 3 A lập được các số thuộc S là 3!. Suy ra số phần tử của biến cố X là 4! 3! 3! 36. X n     Vậy xác suất cần tính   36 3 . 300 25 X n P X n     Câu 28. (Liên trường Nghệ An - 2020) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau lập thành từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn. A. 24 35 . B. 144 245 . C. 72 245 . D. 18 35 . Lời giải Chọn D Có 3 7 7. A số có 4 chữ số khác nhau được lập từ tập S . Xét các số có đúng hai chữ số chẵn, hai chữ số lẻ. + TH1: Số đó có chữ số 0 Có 1 3 C cách chọn thêm chữ số chẵn khác và 2 4 C cách chọn 2 chữ số lẻ; có 3.3! cách sắp xếp 4 chữ số được chọn, suy ra có 1 2 3 4 . .3.3! 324 C C  số thỏa mãn. + TH2: Số đó không có chữ số 0 Có 2 3 C cách chọn 2 chữ số chẵn, 2 4 C cách chọn 2 chữ số lẻ; có 4! cách sắp xếp 4 chữ số đã chọn, suy ra có 2 2 3 4 . .4! 432 C C  số thỏa mãn. Vậy có 324 432 756   số có đúng hai chữ số chẵn thỏa mãn. Xác suất cần tìm là 3 7 756 18 7. 35 P A   . Câu 29. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho tập   1;2;3;...;19;20 S  gồm 20 số tự nhiên từ 1 đến 20. Lấy ngẫu nhiên ba số thuộc . S Xác suất để ba số lấy được lập thành một cấp số cộng là A. 7 38 . B. 5 38 . C. 3 38 . D. 1 114 . Lời giải Chọn C Số phần tử không gian mẫu   3 20 n C   . Gọi , , a b c là ba số lấy ra theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng, nên 2 a c b     . Do đó a và c cùng chẵn hoặc cùng lẻ và hơn kém nhau ít nhất 2 đơn vị. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Số cách chọn bộ   ; ; a b c theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng bằng số cặp   ; a c cùng chẵn hoặc cùng lẻ, số cách chọn là 2 10 2. C . Vậy xác suất cần tính là 2 10 3 20 2 3 38 C P C   . Câu 30. (Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020) Một bàn cờ vua gồm 8 8  ô vuông, mỗi ô có cạnh bằng 1 đơn vị. Một ô vừa là hình vuông hay hình chữ nhật, hai ô là hình chữ nhật,… Chọn ngẫu nhiên một hình chữ nhật trên bàn cờ. Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị bằng A. 5 216 . B. 17 108 . C. 51 196 . D. 29 216 . Lời giải Chọn A Bàn cờ 8 8  cần 9 đoạn thẳng nằm ngang và 9 đoạn thẳng dọc. Ta coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thẳng 0, 1,..., 8 x x x    và 0, 1,..., 8 y y y    . Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng x và hai đường thẳng y nên có 2 2 8 8 . C C hình chữ nhật hay không gian mẫu là   2 2 9 9 . 1296 n C C    . Gọi A là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh a lớn hơn 4. Trường hợp 1: 5 a  . Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 5 đơn vị và hai đường thẳng y cách nhau 5 đơn vị có 4.4 16  cách chọn. Trường hợp 2: 6 a  . Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 6 đơn vị và hai đường thẳng y cách nhau 6 đơn vị có 3.3 9  cách chọn. Trường hợp 3: 7 a  . Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 7 đơn vị và hai đường thẳng y cách nhau 7 đơn vị có 2.2 4  cách chọn. Trường hợp 3: 8 a  . Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng x cách nhau 8 đơn vị và hai đường thẳng y cách nhau 8 đơn vị có 1.1 1  cách chọn. Suy ra   16 9 4 1 30 n A      . Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là       30 5 1296 216 n A P A n     . Câu 31. (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số lập được từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 2 số từ tập . M Xác suất để cả 2 số lấy được đều có chữ số hàng chục nhỏ hơn các chữ số hàng trăm và hàng đơn vị là A. 8 21 . B. 5 16 . C. 296 2051 . D. 695 7152 . Lời giải Chọn D Số tự nhiên có ba chữ số có dạng . a bc Số các số tự nhiên có ba chữ số được lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 là 7.8.8 448  số. TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Số phần tử không gian mẫu 2 448 . C   Gọi A là biến cố: “ 2 số lấy được đều có chữ số hàng chục nhỏ hơn các chữ số hàng trăm và hàng đơn vị”. Trường hợp 0 b  có 7.7 49  số. Trường hợp 1 b  có 6.6 36  số. Trường hợp 2 b  có 5.5. 25  số. Trường hợp 3 b  có 4.4 16  số. Trường hợp 4 b  có 3.3 9  số. Trường hợp 5 b  có 2.2 4  số. Trường hợp 6 b  có 1.1 1  số. Vậy có 49 36 25 16 9 4 1 140        số thỏa mãn chữ số hàng chục nhỏ hơn chữ số hàng đơn vị và hàng trăm. 2 140 . A C   Vậy   695 . 7152 A P A     Câu 32. (Hải Hậu - Nam Định - 2020) Một hộp có chứa 5 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh và n viên bi vàng ( các viên bi kích thước như nhau, n là số nguyên dương). Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp. Biết xác suất để trong ba viên vi lấy được có đủ 3 màu là 45 182 . Tính xác suất P để trong 3 viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ. A. 135 364 P  . B. 177 182 P  . C. 45 182 P  . D. 31 56 P  . Lời giải Chọn B Số cách lấy 3 viên bi bất kì từ hộp là: 3 8 n C  . Số cách lấy 3 viên đủ 3 màu là: 1 1 1 5 3 . . 15 n C C C n  . Vì xác suất để trong ba viên vi lấy được có đủ 3 màu là 45 182 3 8 15 45 182 n n C    6 n   .  có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh và 6 viên bi vàng. Số cách lấy 3 bi bất kì là 3 14 C . Trường hợp 1: 3 bi lấy ra không có bi đỏ, khi đó số cách lấy là 3 9 C . Trường hợp 2: 3 bi lấy ra có 1 bi đỏ, khi đó số cách lấy là 1 2 5 9 . C C Trường hợp 2: 3 bi lấy ra có 2 bi đỏ, khi đó số cách lấy là 2 1 5 9 . C C . Vậy xác suất để trong 3 viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ là 177 182 P  Câu 33. (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Tính xác suất để được chọn có đúng 4 chữ số lẻ và chữ số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ. (Các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 0 là các chữ số lẻ). A. 5 648 . B. 5 27 . C. 5 54 . D. 20 189 . Lời giải Chọn C TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Xem nhóm 3 chữ số gồm số 0 ở giữa 2 chữ số lẻ là một Chọn 2 chữ số lẻ và sắp xếp có 2 5 A cách. Chọn thêm 2 chữ số lẻ có 2 3 C cách. Chọn 4 chữ số chẵn có 4 4 C cách. Sắp xếp có 7! cách. Như vậy có 2 2 4 5 3 4 . . .7! 302400 A C C  số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xác suất cần tìm 8 9 302400 5 9. 54 A  . Câu 34. (Trường VINSCHOOL - 2020) Có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ xếp thành hàng ngang. Xác suất để có đúng hai bạn nữ đứng cạnh nhau bằng A. 1 24 . B. 1 2 . C. 14 17 . D. 7 13 . Lời giải Chọn B Chọn 2 trong 4 bạn nữ và xếp vào 2 vị trí cạnh nhau có 2 4 A (cách). Hai bạn nữ được chọn và đã được xếp chỗ đứng cạnh nhau kết hợp với 2 bạn nữ còn lại xem là , A , B C . Lấy 6 bạn nam làm vách ngăn, số cách tạo vách ngăn là 6! (cách). Có 6 vách ngăn sẽ có 7 khoảng trống, sắp xếp , A , B C vào 7 khoảng trống có 3 7 A (cách). Từ đó suy ra số cách xếp 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ thành hàng ngang mà có đúng hai bạn nữ đứng cạnh nhau là: 2 4 A . 6!. 3 7 A Số cách xếp 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ xếp thành hàng ngang tùy ý là: 10!. Vậy xác suất để xếp 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ thành hàng ngang mà có đúng hai bạn nữ đứng cạnh nhau là: 2 3 4 7 .6!. 1 10! 2 A A  . Câu 35. (Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0. Lấy ngẫu nhiên một số từ S . Xác suất để lấy được số chỉ có mặt 3 chữ số gần với số nào nhất trong các số sau? A. 0,34. B. 0,36. C. 0,21. D. 0,13. Lời giải Chọn C Số phần tử của không gian mẫu là   5 9 n   . Gọi A là biến cố số được chọn chỉ có mặt 3 chữ số: Chọn 3 chữ số khác nhau ta có 3 9 C cách Trường hợp 1: Có 1 chữ số bị lặp 3 lần, 2 chữ số khác xuất hiện 1 lần 1 3 5! . 3! C cách Trường hợp 2: Có 2 chữ số xuất hiện 2 lần, 1 chữ số xuất hiện 1 lần 2 3 5! . 2!2! C cách   3 1 2 9 3 3 5! 5! 12600 3! 2!2! n A C C C             0,213 P A   . Câu 36. (Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020) Một xưởng sản xuất thực phẩm gồm 4 kỹ sư chế biến thực phẩm, 3 kĩ thuật viên và 13 công nhân. Để đảm bảo sản xuất thực phẩm chống dịch Covid 19, xưởng cần chia thành 3 ca sản xuất theo thời gian liên tiếp nhau sao cho ca I có 6 người và 2 ca TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ còn lại mỗi ca có 7 người. Tính xác suất sao cho mỗi ca có 1 kĩ thuật viên, ít nhất một kĩ sư chế biến thực phẩm. A. 440 3320 . B. 441 3230 . C. 41 230 . D. 401 3320 . Lời giải Chọn B Ca I có 6 người, ca II có 6 người và ca III có 6 người nên số phần tử của không gian mẫu là:   6 7 7 20 14 7 . . 133024320 n C C C    Gọi biến cố X “mỗi ca có 1 kĩ thuật viên, ít nhất một kĩ sư chế biến thực phẩm”. Để mỗi ca có 1 kĩ thuật viên, ít nhất một kĩ sư chế biến thực phẩm, ta có các trường hợp: TH1: Ca I có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 3 công nhân. Ca II có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân. Ca III có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân. Số cách chọn cho trường hợp này là:       1 2 3 1 1 5 1 1 5 3 4 13 2 2 10 1 1 5 . . . . . . . . 5189184 C C C C C C C C C  . TH2: Ca I có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 4 công nhân. Ca II có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 4 công nhân. Ca III có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân. Số cách chọn cho trường hợp này là:       1 1 4 1 2 4 1 1 5 3 4 13 2 3 9 1 1 5 . . . . . . . . 6486480 C C C C C C C C C  . TH2: Ca I có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 4 công nhân. Ca II có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân. Ca III có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 4 công nhân. Số cách chọn cho trường hợp này là:       1 1 4 1 1 5 1 2 4 3 4 13 2 3 9 1 2 4 . . . . . . . . 6486480 C C C C C C C C C  . Số phần tử của biến cố X là:   5189184 6486480 6486480 18162144 n X     . Xác suất của biến cố X là:   18162144 441 133024320 3230 P X   . Câu 37. (Trần Phú - Quảng Ninh - 2020) Có hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy có năm ghế. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh, gồm 5 nam và 5 nữ ngồi vào hai dãy ghế sao cho mỗi ghế có đúng một học sinh ngồi. Xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ bằng A. 1 3 . B. 1 30 . C. 8 63 . D. 8 37 . Lời giải Chọn C Số cách xếp 10 học sinh vào 10 ghế là 10!. Ta có   10! n   . Để xếp chỗ ngồi cho 10 học sinh mà mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ ta làm như sau: Xếp chỗ ngồi cho bạn nam thứ nhất có 10 cách xếp. Xếp chỗ ngồi cho bạn nam thứ hai có 8 cách xếp vì trừ đi ghế ngồi đối diện với bạn nam đầu tiên. Tương tự: Xếp chỗ ngồi cho bạn nam thứ ba có 6 cách xếp. Xếp chỗ ngồi cho bạn nam thứ tư có 4 cách xếp. Xếp chỗ ngồi cho bạn nam thứ năm có 2 cách xếp. Xếp chỗ ngồi cho 5 bạn nữ vào 5 ghế còn lại có 5!. Theo quy tắc nhân, ta có   10.8.6.4.2.5! n A  460800  . Do vậy xác suất để mỗi học sinh nam đều ngồi đối diện với một học sinh nữ là: 460800 10! p  8 63  . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Câu 38. (Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho đa giác đều 12 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm A. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đó. Tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho. A. 2 5 . B. 31 55 . C. 28 55 . D. 52 55 . Lời giải Chọn C Số tam giác được tạo thành là 3 12 C . Số tam giác có chung 1 cạnh với đa giác là 1 8 12 C . Số tam giác có chung 2 cạnh với đa giác là 12. Vậy xác suất để được tam giác không có chung cạnh với đa giác là 2 8 3 12 12 12 28 1 55 C C    . Câu 39. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Có 12 học sinh gồm 6 nam và 6 nữ ngồi vào hai hàng ghế đối diện nhau tùy ý. Xác suất để mỗi một em nam ngồi đối diện với một em nữ là? A. 1 924 . B. 4 165 . C. 8 165 . D. 16 231 . Lời giải Chọn D Số cách xếp 12 học sinh vào 12 chỗ là   12! 12! n    Gọi A là biến cố “Xếp mỗi một em nam ngồi đối diện với một em nữ”. Ta có vị trí 1 có 12 cách chọn; vị trí 2 có 6 cách chọn; vị trí 3có 10 cách chọn;; vị trí 4 có 5cách chọn. Nên         16 12.6.10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 231 n A n A P A n      Câu 40. (Sở Hưng Yên - 2020) Có 50 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 50. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ. Xác suất để tổng các số ghi trên thẻ chia hết cho 3 bằng A. 8 89 . B. 11 171 . C. 769 2450 . D. 409 1225 . Lời giải Chọn D Gọi  là không gian mẫu của phép thử rút ngẫu nhiên 3 thẻ. Ta có:   3 50 19600 n C    . Gọi A là biến cố “tổng các số ghi trên thẻ chia hết cho 3”. 50 thẻ được chia thành 3 loại gồm: + 16 thẻ có số chia hết cho 3 là {3;6;...; 48}. + 17 thẻ có số chia cho 3 dư 1 là {1; 4;7;...; 49}. + 17 thẻ có số chia cho 3 dư 2 là {2;5;8;...;50} . Ta xét các trường hợp sau: TH1: 3 thẻ được chọn cùng một loại có   3 3 3 16 17 17 C C C   cách. TH2: 3 thẻ được chọn mỗi loại 1 thẻ có 1 1 1 16 17 17 . . C C C cách. Do đó     3 3 3 1 1 1 16 17 17 16 17 17 . . 6544 n A C C C C C C      . 1 2 3 4 5 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Xác suất để tổng các số ghi trên thẻ chia hết cho 3 bằng:       6544 409 19600 1225 n P A n A     . PHẦN 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC Câu 41. (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho 0, 1 x x   . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển Niu- tơn của 20 2 3 3 1 1 1 x x P x x x x              . A. 38760. B. 167960 . C. 1600 . D. 125970 . Lời giải Chọn D +) Ta có:               2 3 3 3 3 3 2 2 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                       +)   20 20 20 3 3 20 0 1 1 . . k k k k P x C x x x                    .   20 20 3 2 20 0 . 1 . . k k k k k C x x         40 5 20 6 20 0 . 1 . k k k k C x      +) Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với 40 5 0 8 6 k k     . Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là   8 8 20 . 1 125970 C   . Câu 42. (Sở Phú Thọ - 2020) Giả sử n là một số nguyên dương thoả mãn 2 3 3 24 n n C C   . Hệ số của số hạng chứa 12 x trong khai triển 2 2 n x x x        bằng A. 12 672 x . B. 12 672 x  . C. 672 . D. 672  . Lời giải Chọn D Điều kiện xác định: * ; 3 n N n   . Khi đó:           2 3 3 1 1 2 3 ! ! 3 24 24 24 2 !2! 3 !3! 2 6 n n n n n n n n n C C n n              3 2 9 12 11 144 0 3 73 2 n n n n n               . Kết hợp với điều kiện xác định suy ra 9 n  . Ta có:     9 45 7 9 9 9 2 2 2 9 9 0 0 2 2 . . . 2 . k k k k k k k k x x C x x C x x x                        . Số hạng chứa 12 x trong khai triển ứng với k thỏa mãn: 45 7 12 3 2 k k     . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Vậy hệ số của số hạng chứa 12 x là   3 3 9 . 2 672 C    . Câu 43. (Sở Bình Phước - 2020) Trên một cái bảng đã ghi sẵn các số tự nhiên từ 1 đến 2020 . Ta thực hiện công việc như sau: xóa hai số bất kì trên bảng rồi ghi lại một số tự nhiên bằng tổng của hai số vừa xóa, cứ thực hiện công việc như vậy cho đến khi trên bảng chỉ còn một số. Số cuối cùng còn lại trên bảng là A. 4040 . B. 2041210 . C. 4082420 . D. 2020 . Lời giải Chọn B Với cách thực hiện công việc như vậy, số cuối cùng còn lại trên bảng sẽ là tổng của tất cả các số tự nhiên ban đầu đã ghi, tức là tổng các số tự nhiên từ 1 đến 2020 . Dễ dàng nhận thấy đây là tổng 2020 số hạng đầu tiên của cấp số cộng có số hạng đầu bằng 1 và công sai bằng 1. Vậy, số cuối cùng còn lại trên bảng là:   2020 1 2020 2041210 2   . Câu 44. (Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020) Xác định n biết rằng hệ số của n x trong khai triển   2 2 1 2 ... n x x nx     bằng 6 n . A. 8 n  . B. 6 n  . C. 10 n  . D. 5 n  . Lời giải Chọn D Ta có:           2 2 2 1 1 2 1 2 ... 1 2 ... 1 1 ... 1 n n n n n x x nx x x n x nx nx n x x x                    Suy ra hệ số của n x là:         1. 1 2. 2 ... 2 .2 1 .1 n n n n n n                       1. 1 2. 2 ... 2 . 2 1 . 1 n n n n n n n n n n                              2 2 2 2 2 1. 2. ... 1 . . 1 2 ... 1 n n n n n n n n n                    2 2 2 2 2 1 2 .. 1 2 ... 1 n n n n n              3 1 ( 1)(2 1) 11 2 . 2 6 6 n n n n n n n n n         Vậy 3 3 11 6 11 36 5 6 n n n n n n n        (Vì * n   ). -------------------- HẾT -------------------- TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 PHẦN 1. GÓC Câu 1. (Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho tứ diện đều ABCD , M là trung điểm của cạnh BC . Khi đó   cos , AB DM bằng A. 2 2 . B. 3 6 . C. 1 2 . D. 3 2 . Câu 2. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 3 SA a  , tứ giác ABCD là hình vuông, 2 BD a  (minh họa như hình bên). Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng   SAD bằng A. 0  . B. 30  . C. 45 . D. 60  . Câu 3. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho hình chóp . S ABC có SA vuông góc với mặt phẳng   3 , 2 a ABC SA  , tam giác ABC đều cạnh bằng a (minh họa như hình dưới). Góc tạo bởi giữa mặt phẳng   SBC và   ABC bằng A. 0 90 . B. 0 30 . C. 0 45 . D. 0 60 . Câu 4. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có đáy là hình vuông tâm O , cạnh a . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng   ABCD bằng 60  . Tính cos của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng   SBD . A. 41 4 . B. 5 5 . C. 2 5 5 . D. 2 41 4 . TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2020 57 CÂU VD - VDC CHƯƠNG 6. HÌNH HỌC 11 C B A STỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 5. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có 1 AA AB AC     và  0 120 BAC  . Gọi I là trung điểm cạnh CC  . Côsin góc giữa hai mặt phẳng   ABC và   AB I  bằng A. 370 20 . B. 70 10 . C. 30 20 . D. 30 10 . Câu 6. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy hình vuông. Cho tam giác SAB vuông tại S và góc SBA bằng 0 30 . Mặt phẳng   SAB vuông góc mặt phẳng đáy. Gọi , M N là trung điểm , AB BC . Tìm cosin góc tạo bởi hai đường thẳng   , SM DN . A. 2 5 . B. 1 5 . C. 1 3 . D. 2 3 . Câu 7. (Sở Ninh Bình) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , độ dài cạnh 2  AC a , các tam giác ,   SAB SCB lần lượt vuông tại A và C . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ) ABC bằng a . Giá trị cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( ) SAB và ( ) SCB bằng A. 2 2 3 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 5 3 . Câu 8. (Sở Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình thoi cạnh  0 , 120 , a ABC SA  vuông góc với mặt phẳng  . ABCD Biết góc giữa hai mặt phẳng   SBC và   SCD bằng 0 60 , khi đó A. 6 . 4 a SA  B. 6. SA a  C. 6 2 a SA  . D. 3 2 a SA  . Câu 9. (Sở Bình Phước - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có đáy là tam giác cân đỉnh A . Biết 3 BC a  và  30 o ABC  , cạnh bên AA a   . Gọi M là điểm thỏa mãn 2 3 CM CC             . Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng   ABC và   AB M  , khi đó sin  có giá trị bằng A. 66 22 . B. 481 22 . C. 3 22 . D. 418 22 . Câu 10. (Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc giữa MN và   ABCD bằng 60  , côsin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng   SBD bằng: A. 5 5 . B. 41 41 . C. 2 5 5 . D. 2 41 41 . Câu 11. (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của đoạn AB . Khẳng định nào sau đây là sai? A. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng   ABCD bằng 45  . B. SBC  là tam giác vuông. C.   SI ABCD  . D. Khoảng cách giữa đường thẳng DC và mặt phẳng   SAB bằng a . Câu 12. (THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có , 120 AB AC a BAC    . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của B C   và CC  . Biết thể tích TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 khối lăng trụ . ABC A B C    bằng 3 3 4 a . Gọi  là góc giữa mặt phẳng   AMN và mặt phẳng   ABC . Khi đó A. 3 cos 2   . B. 1 cos 2   . C. 13 cos 4   . D. 3 cos 4   . Câu 13. (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh , a SA vuông góc với mặt phẳng   ABC và . 2 a SA  Góc giữa mặt phẳng   SBC và mặt phẳng   ABC bằng A. 45 . B. 90  . C. 30  . D. 60  . Câu 14. (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , 2 AB a  , SA vuông góc với mặt đáy và góc giữa SB và mặt đáy bằng 60 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   SBC và   ABC . Giá trị cos  bằng A. 15 5 . B. 2 5 . C. 1 7 . D. 2 7 . PHẦN 2. KHOẢNG CÁCH Câu 15. (Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và ; D 2 ; AB AD a   DC a  . Điểm I là trung điểm đoạn , AD hai mặt phẳng   SIB và   SIC cùng vuông góc với mặt phẳng   ABCD . Mặt phẳng   SBC tạo với mặt phẳng   ABCD một góc 60 . Tính khoảng cách từ D đến   SBC theo a . A. 15 5 a . B. 9 15 10 a . C. 2 15 5 a . D. 9 15 20 a . Câu 16. (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác vuông tại , , A AC a I  là trung điểm SC . Hình chiếu vuông góc của S lên   ABC là trung điểm H của BC . Mặt phẳng   SAB tạo với   ABC một góc 60  . Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng   SAB . A. 3 4 a . B. 3 5 a . C. 5 4 a . D. 2 3 a . Câu 17. (Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác cân, BA BC a   và  30 BAC   . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a  . Gọi D là điểm đối xứng với B qua AC . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng   SCD bằng A. 2 21 . 7 a B. 2 . 2 a C. 21 . 14 a D. 21 7 a . Câu 18. (Chuyên KHTN - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình chữ nhật , 2   AB a AD a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và  SA a . Gọi M là trung điểm của AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SD . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 6 3 a . B. 2 2 a . C. 2 5 5 a . D. 6 6 a . Câu 19. (Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Tam giác ABC là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng   ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABC . Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng   ABCD bằng 30  . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng   SCD theo a . A. 21 7 a . B. 3 a C. a . D. 2 21 3 a . Câu 20. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình vuông, , AB a  SA vuông góc với mặt phẳng đáy và 2 SA a  (minh họa như hình vẽ bên dưới ). Gọi M là trung điểm của CD , khoảng cách giữa điểm M và mặt phẳng ( ) SBD bằng A. 2 3 a . B. 2 a . C. 2 a . D. 3 a . Câu 21. (Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020) Cho hình chóp . S A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại , A mặt bên ( ) S B C là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng S A và B C bằng A. 3 4 a . B. 2 4 a . C. 5 4 a . D. 3 3 a Câu 22. (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a và có góc  0 60 BAD  . Đường thẳng SO vuông góc với mặt đáy   ABCD và 3 4 a SO  . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng   SBC bằng A. 3 4 a . B. 3 a . C. 3 4 a . D. 3 8 a . M D B C A S B C S D A M TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 Câu 23. (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , 3 , AB a  AD DC a   . Gọi I là trung điểm của AD , biết hai mặt phảng   SBI và   SCI cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng   SBC tạo với đáy một góc 0 60 . Tính theo a khoảng cách từ trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng   SBC . A. 17 5 a . B. 6 19 a . C. 3 15 a . D. 15 20 a . Câu 24. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình chữ nhật với 2 , AB a BC a   , tam giác đều SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách giữa BC và SD là A. 3a . B. 3 2 a . C. 2 5 5 a . D. 5 5 a . Câu 25. (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA a  và SA vuông góc với mặt đáy. M là trung điểm SD . Tính khoảng cách giữa SB và CM . A. 3 6 a . B. 2 3 a . C. 3 2 a . D. 3 3 a . Câu 26. (Chuyên Bến Tre - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , 2 SA a  và vuông góc với   ABCD . Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SB và CM. A. 3 a d  . B. 2 2 a d  . C. 2 3 a d  . D. 6 a d  . Câu 27. (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp . S A B C D có   S A A BC D  , 6 S A a  , A B C D là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính 2 A D a  . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng   S C D bằng A. 6 2 a . B. 3 2 a . C. 2 2 a . D. 3 4 a . Câu 28. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho lăng trụ đứng tam giác . ABC A B C    có đáy là một tam giác vuông cân tại B , 2 , AB AA a    M là trung điểm BC (minh họa như hình dưới). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B C  bằng A. 2 a . B. 2 3 a . C. 7 7 a . D. 3 a Câu 29. (Chuyên Lào Cai - 2020) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a và   0 90 . SBA SCA   Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 45 0 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). A. 15 5 a . B. 2 15 5 a . C. 2 15 3 a . D. 2 51 5 a . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 30. (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của cạnh AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM . A. 33 11 a . B. 33 a . C. 22 a . D. 22 11 a . Câu 31. (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hình lăng trụ đều . ’ ’ ’ ABC A B C có tất cả các cạnh có độ dài bằng 2 (tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC’ và A’B. A. 2 5 . B. 3 2 . C. 1 2 . D. 3 5 . Câu 32. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng   ABC ; góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABC bằng 6 0  . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Khoảng cách từ B đến   SMC bằng A. 39 13 a . B. 3 a . C. a . D. 2 a . Câu 33. (Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho lăng trụ đứng . ABC A B C    có đáy là tam giác vuông và AB BC a   , 2 AA a   , M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và B C  . A. 6 6 a d  . B. 2 2 a d  . C. 7 7 a d  . D. 3 3 a d  . Câu 34. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Cho lăng trụ đứng / / / ABCA B C có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của / AA . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và / B C . A. 3 5 a . B. 3 10 a . C. 3 2 2 a . D. 3 7 a Câu 35. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , cạnh , 2 AB a AD a   . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng   ABCD là trung điểm của đoạn OA. Góc giữa SC và mặt phẳng   ABCD bằng 30  . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng   SAB bằng A. 9 22 44 a . B. 3 22 11 a . C. 22 11 a . D. 3 22 44 a . Câu 36. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng   ABCD là trung điểm của cạnh AB , góc giữa mặt phẳng   SAC và đáy bằng 45 . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Khoảng cách giữa hai đường AM và SC bằng A. a . B. 2 4 a . C. 5 10 a . D. 5 5 a . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Câu 37. (Sở Hà Tĩnh - 2020) Cho tứ diện ABCD có , , AB AC AD đôi một vuông góc với nhau và 2, 1 AD AB AC    . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC , khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và BD bằng A. 3 . 2 B. 2 . 5 C. 5 . 2 D. 2 . 3 Câu 38. (Sở Ninh Bình) Cho hình chóp . S ABC có SA a  , tam giác ABC đều, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng   SAC bằng A. 42 7 a . B. 42 14 a . C. 42 12 a . D. 42 6 a . Câu 39. (Sở Yên Bái - 2020) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông cân tại B , biết , , là trung điểm của . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng và . A. 7 7 a . B. 2 5 5 a . C. 6 2 a . D. 15 5 a . Câu 40. (Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp có đáy là hình chữ nhật, . Tam giác cân tại và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng . Gọi là trung điểm của , hãy tính theo khoảng cách từ đến mặt phẳng . A. B. C. D. Câu 41. (Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh SA tạo với mặt phẳng đáy một góc o 30 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng A. 2 15 5 a . B. 3 14 5 a . C. 2 10 5 a . D. 4 5 5 a . Câu 42. (Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , 2 2 2 AD AB BC a    , SA vuông góc với đáy, góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 0 60 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Khoảng cách từ H đến mặt phẳng   SCD bằng A. 3 a . B. 3 30 20 a . C. 3 30 10 a . D. 3 30 40 a . Câu 43. (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng   SBC và mặt phẳng đáy là 60  (minh họa như hình dưới đây). Gọi , M N lần lượt là trung điểm của , AB AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN bằng A. 3 8 a . B. 6 2 a . C. 3 4 a . D. 6 a . . ABC A B C    AB BC a   2 AA a   M BC AM B C  . S ABCD ABCD , 2 AB a AD a   SAB S SC   ABCD 45  M SD a M   SAC 2 1513 . 89 a d  1315 . 89 a d  2 1315 . 89 a d  1513 . 89 a d TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 44. (Lê Lai - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp có đáy là hình thang vuông tại và , , , , vuông góc với mặt phẳng đáy và (minh họa như hình bên dưới). Khoảng cách từ đến mặt phẳng bằng A. . B. . C. . D. . Câu 45. (Liên trường Nghệ An - 2020) Cho tứ diện ABCD có    0 90 , 2 , ABC ADC ACD BC a CD a      , góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng   BCD bằng 0 60 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD . A. 6 31 a . B. 2 6 31 a . C. 2 3 31 a . D. 3 31 a . Câu 46. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho tứ diện OABC có , , OA OB OC đôi một vuông góc với nhau và OA OB a   , 2 OC a  . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng A. 2 3 a . B. 2 5 5 a . C. 2 2 a . D. 2 3 a . Câu 47. (Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác vuông tại A , , 2 , AB a AC a SA   vuông góc với mặt phẳng đáy và 2 SA a  . Gọi G là trọng tâm của ABC  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SG và BC bằng A. 2 7 a . B. 6 3 a . C. 2 6 9 a . D. 4 7 a . Câu 48. (Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và 11,    SA SB SC góc 30 ,    SAB góc 60 ,    SBC góc 45    SCA . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD . A. 2 22 . B. 22 . C. 22 2 . D. 4 11 . Câu 49. (THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hình hộp .     ABCD A B C D có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Hình chiếu vuông góc của  A lên mặt phẳng   ABCD trùng với O. Biết tam giác  AA C vuông cân tại  A . Tính khoảng cách h từ điểm D đến mặt phẳng     ABB A . A. 6 6  a h . B. 2 6  a h . C. 2 3  a h . D. 6 3  a h . Câu 50. (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hình lăng trụ tam giác . ABC A B C    có cạnh bên bằng 2 a , đáy ABC là tam giác vuông tại , 3, B BC a AB a   . Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh A  lên mặt đáy là điểm M thoả mãn 3AM AC           . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA  và BC bằng A. 210 15 a . B. 210 45 a . C. 714 17 a . D. 714 51 a . Câu 51. (Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 2 2 AD AB a   . Cạnh bên 2 SA a  và vuông góc với đáy. Gọi , M N lần lượt là trung điểm của SB và SD . Tính khoảng cách d từ điểm S đến mặt phẳng   AMN . A. 2 d a  . B. 3 2 a d  . C. 6 3 a d  . D. 5 d a  . . S ABCD ABCD B C 2 CD AB  AD a   30 ADC   SA 2 SA a  D   SBC 2 57 19 a 57 19 a 4 57 19 a 3a TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 Câu 52. (Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hình chóp đều . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 a . Biết rằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng 9 2 8 a , độ dài cạnh bên lớn hơn độ dài cạnh đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng A. 2 17 17 a . B. 4 17 17 a . C. 4 34 17 a . D. 2 34 17 a . Câu 53. (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , biết   SA ABC  và 2 AB a  , 3 AC a  , 4 SA a  . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng   SBC bằng A. 2 11 a d  . B. 6 29 29 a d  . C. 12 61 61 a d  . D. 43 12 a . Câu 54. (Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 2 AB a  , 3 AD a  (tham khảo hình vẽ). Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy; góc giữa mặt phẳng   SCD và mặt đáy là 45 . Gọi H là trung điểm cạnh AB . Tính theo a khoảng cách giữa hai đoạn thẳng SD và CH . A. 3 11 11 a . B. 3 14 7 a . C. 3 10 109 a . D. 3 85 17 a . Câu 55. (Trường VINSCHOOL - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình chữ nhật, cạnh 2 AB AD a   . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy   ABCD . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng   SBD bằng A. 3 4 a . B. 3 2 a . C. 2 a . D. 2a . Câu 56. (Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp SABC , có đáy là tam giác vuông tại A , 4 AB a  , 3 AC a  . Biết 2 3 SA a  ,  30 SAB   và     SAB ABC  . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng   SBC bằng A. 3 7 14 a . B. 8 7 3 a . C. 6 7 7 a . D. 3 7 2 a . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 57. (Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có AB a  , 2 AC a  ,  0 120 BAC  . Gọi M là trung điểm cạnh CC  thì  0 90 BMA   . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng   BMA  . A. 7 7 a . B. 5 3 a . C. 5 7 a . D. 5 5 a . -------------------- HẾT -------------------- TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 PHẦN 1. GÓC Câu 1. (Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho tứ diện đều ABCD , M là trung điểm của cạnh BC . Khi đó   cos , AB DM bằng A. 2 2 . B. 3 6 . C. 1 2 . D. 3 2 . Lời giải Chọn B Gọi N là trung điểm của . AC Suy ra // MN AB Do đó:     cos , cos , AB DM MN DM  Gọi a là độ dài cạnh của tứ diện đều ABCD , suy ra 2 a MN  ; 3 2 a ND MD   Trong tam giác MND ta có:  2 2 2 3 cos 2. . 6 MN MD ND NMD MN MD        3 cos , cos 6 AB DM NMD   . Câu 2. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 3 SA a  , tứ giác ABCD là hình vuông, 2 BD a  (minh họa như hình bên). Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng   SAD bằng A. 0  . B. 30  . C. 45 . D. 60  . Lời giải Chọn B TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN CẢ NƯỚC NĂM 2020 57 CÂU VD - VDC CHƯƠNG 6. HÌNH HỌC 11 N M B D C ATỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Đáy ABCD là hình vuông có đường chéo 2 BD a  nên cạnh AB a  . Ta có:   AB AD AB SAD AB SA        SA  là hình chiếu của SB trên mặt phẳng   SAD          , , SB SAD SB SA BSA    . Trong tam giác vuông BSA , ta có:  3 tan 3 3 AB a BSA AS a     30 BSA    . Vậy,      , 30 SB SAD   . Câu 3. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho hình chóp . S ABC có SA vuông góc với mặt phẳng   3 , 2 a ABC SA  , tam giác ABC đều cạnh bằng a (minh họa như hình dưới). Góc tạo bởi giữa mặt phẳng   SBC và   ABC bằng A. 0 90 . B. 0 30 . C. 0 45 . D. 0 60 . Lời giải Chọn C Gọi M là trung điểm BC . C B A S M C B A S TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 ABC  đều cạnh a nên AM BC  và 3 2 a AM  . Ta có   SA ABC   Hình chiếu của SM trên mặt phẳng   ABC là AM . Suy ra SM BC  (theo định lí ba đường vuông góc). Có         , , SBC ABC BC AM ABC AM BC SM SBC SM BC            . Do đó góc giữa mặt phẳng   SBC và   ABC là góc giữa SM và AM , hay là góc  SMA (do   SA ABC SA AM SAM      vuông). Xét tam giác SAM vuông tại A có   0 3 2 tan 1 45 3 2 a SA SMA SMA AM a      . Vậy góc cần tìm là 0 45 . Câu 4. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có đáy là hình vuông tâm O , cạnh a . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng   ABCD bằng 60  . Tính cos của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng   SBD . A. 41 4 . B. 5 5 . C. 2 5 5 . D. 2 41 4 . Lời giải Chọn C Từ giả thiết ta có   SO ABCD  . Gọi I là trung điểm OA thì MI là đường trung bình của SOA  // MI SO    MI ABCD   I  là hình chiếu của M trên mặt phẳng   ABCD IN  là hình chiếu của MN trên mặt phẳng   ABCD . Suy ra          , , 60     MN ABCD MN IN MNI . Ta có 1 2 2 a NC BC   ; 3 3 2 4 4 a IC AC   . Áp dụng định lý cosin trong INC  ta có  2 2 2 2 . .cos IN CI CN CI CN NCI    TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 2 2 2 2 3 2 3 2 5 2. . .cos45 4 2 4 2 8 a a a a a IN                     10 4 a IN   . Do MIN  vuông tại I nên  cos IN MNI MN  10 1 10 : cos60 4 2 2 IN a a MN      . Lại có   , AC BD AC SO AC SBD     . Gọi E là trung điểm OB EN  là đường trung bình của BOC  // EN OC  hay // EN AC   NE SBD   hay E là hình chiếu của N trên mặt phẳng   SBD . Gọi F là trung điểm của SO MF  là đường trung bình của SAO  // MF AO  hay // MF AC   MF SBD   hay F là hình chiếu của M trên mặt phẳng   SBD . Ta có // MF NE nên bốn điểm , , , E N F M cùng nằm trên một mặt phẳng. Trong mặt phẳng   ENFM gọi   J MN EF J MN SBD      (do   EF SBD  ). Suy ra          , , MN SBD MN EF EJN   (do  90   EJN ). Ta có 1 1 2 2 4 4 a EN OC AC    ; 1 1 2 2 4 4 a MF AO AC    EN MF   , mà // EN MF  Tứ giác ENFM là hình bình hành J  là trung điểm 1 10 2 4 a MN JN MN    . Vậy       2 2 cos , cos JE JN EN MN SBD EJN JN JN     2 2 10 2 4 4 10 4 a a a               2 5 5  . Câu 5. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có 1 AA AB AC     và  0 120 BAC  . Gọi I là trung điểm cạnh CC  . Côsin góc giữa hai mặt phẳng   ABC và   AB I  bằng A. 370 20 . B. 70 10 . C. 30 20 . D. 30 10 . Lời giải Chọn D Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   ABC và   AB I  . 5 2 , . 2 AB AI    2 2 2 2 . .cos 3 3 BC AB AC AB AC A BC B C          . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 2 2 13 2 B I B C C I        . Vì 2 2 2 AB AI B I AB I        vuông tại điểm A . 1 3 . .sin 2 4 ABC S AB AC A   và 1 10 . 2 4 AB I S AI AB     . Hình chiếu vuông góc của AB I   lên mặt phẳng   ABC là ABC  . Ta có 30 .cos cos 10 ABC ABC AB I AB I S S S S         . Câu 6. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy hình vuông. Cho tam giác SAB vuông tại S và góc SBA bằng 0 30 . Mặt phẳng   SAB vuông góc mặt phẳng đáy. Gọi , M N là trung điểm , AB BC . Tìm cosin góc tạo bởi hai đường thẳng   , SM DN . A. 2 5 . B. 1 5 . C. 1 3 . D. 2 3 . Lời giải Chọn B Trong   SAB , kẻ SH AB  tại H . Ta có:             , ABCD SAB ABCD AB ABCD SH S SAB SH AB SH AB             . Kẻ tia Az // SH và chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ sau đây. Trong tam giác SAB vuông tại S ,  0 3 .cos .cos30 2 a SB AB SBA a    . Trong tam giác SBH vuông tại H ,  3 .cos 4 a BH SB SBH   và  3 .sin 4 a SH BH SBA   . 3 4 4 a a AH AB BH a      3 0; ;0 0; ; 4 4 4 a a a H S                 . 0; ;0 2 a M       ,   ;0;0 D a , ; ;0 2 a N a       . Ta có: 3 0; ; 4 4 a a SM               , ; ;0 2 a DN a                2 . 1 4 cos , . 5 5 . 2 2 a SM DN SM DN SN DN a a            . Câu 7. (Sở Ninh Bình) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , độ dài cạnh 2  AC a , các tam giác ,   SAB SCB lần lượt vuông tại A và C . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( ) ABC bằng a . Giá trị cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( ) SAB và ( ) SCB bằng z x y N M C B A D S HTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 2 2 3 . B. 1 3 . C. 2 3 . D. 5 3 . Lời giải Chọn C + Gọi , O I lần lượt là trung điểm của , AC SB chúng ta có O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vì các tam giác ,   SAB SCB lần lượt vuông tại A và C nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC do đó ( )  OI ABC . + Gọi D là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ) ABC ta có / / SD OI và 2  SD OI suy ra O là trung điểm của BD . Từ đây ta có ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 2 2  a a và  SD a . + Gọi , H K lần lượt là hình chiếu của D lên , SC SA ta có ( )    SD ABCD SD BC đồng thời ABCD là hình vuông nên  BC DC từ hai ý này ta có ( )    BC SCD BC DH , từ đó suy ra ( )  DH SCB . Chứng minh tương tự ta có ( )  DK SAB + Vì vậy góc giữa hai mặt phẳng ( ) SCB và ( ) SAB bằng góc giữa hai đường thẳng DK và DH . + Xét 2 tam giác vuông ,   SAD SCD bằng nhau ta có hai đường cao 6 3   a DK DH + Trong tam giác SAC ta có 2 2 1 2 3 3      HK SH SD a HK AC SC SC , trong tam giác DHK có  2 2 2 2 cos 2 . 3 DH KD KH HDK DH KD     Câu 8. (Sở Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình thoi cạnh  0 , 120 , a ABC SA  vuông góc với mặt phẳng  . ABCD Biết góc giữa hai mặt phẳng   SBC và   SCD bằng 0 60 , khi đó A. 6 . 4 a SA  B. 6. SA a  C. 6 2 a SA  . D. 3 2 a SA  . Lời giải Chọn A TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 Gọi O là giao điểm của , . AC BD Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên . SC Khi đó   D SC HB  vì , . SC BD SC OH   Vậy góc giữa hai mặt phẳng   SBC và   SCD là góc giữa hai đường thẳng , . HB HD Vì . SCD SBC HB HD      Đặt   0 . SA x x   Ta có 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 60 2 2 . 3 HB BD HB HD BD cos HB HB BD BD HB HD HB               Ta có   . . 1 CHO CSA OH CS CO SA      Trong tam giác ABC ta có 3, 2 a AC a OB BD a     TH1 : 2 2 3 2 a HB BD a OH HB OB       . Thay vào (1) ta có 2 2 3 . x x a   (vô nghiệm). TH2 : 2 2 3 3 3 3 3 6 BD a a HB OH HB OB       . Thay vào (1) ta có   2 2 2 2 2 3 6 3 12 4 4 a a a x a x x     . Câu 9. (Sở Bình Phước - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có đáy là tam giác cân đỉnh A . Biết 3 BC a  và  30 o ABC  , cạnh bên AA a   . Gọi M là điểm thỏa mãn 2 3 CM CC             . Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng   ABC và   AB M  , khi đó sin  có giá trị bằng A. 66 22 . B. 481 22 . C. 3 22 . D. 418 22 . Lời giải Chọn D O A B D C S HTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Cách 1: Gọi O là trung điểm BC . Ta có: 3 .cos30 cos30 3 2. 2 o o BO a BO AB AB a AC       và .sin30 2 o a AO AB   . Theo đề bài: 3 3 1 2 3 2 2 2 2 a CM CC CM CC CC C M CC C M CC C M                                                                . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   ABC và   AB M  . Theo công thức diện tích hình chiếu ta có: .cos cos ABC ABC AB C AB C S S S S            . Ta có 2 1 1 3 . . . . 3 2 2 2 4 ABC a a S AH BC a     ; 2 2 2 2 2 AB AB BB a a a        ;   2 2 2 2 13 3 2 2 a a B M C M B C a                ; 2 2 2 2 3 13 2 2 a a AM AC CM a            . Khi đó 13 13 2 2 13 2 2 2 2 2 a a a AB B M AM a a p           . Áp dụng công thức Hê-rông vào AB M   ta có:       2 22 4 AB M a S p p AB p B M p AM          . Vậy 2 2 2 3 3 19 418 4 cos sin 1 cos 22 22 22 22 4 ABC AB C a S S a               . Cách 2: Gọi O là trung điểm BC . Ta có: 3 .cos30 cos30 3 2. 2 o o BO a BO AB AB a AC       và .sin30 2 o a AO AB   . Theo đề bài: TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 3 3 1 2 3 2 2 2 2 a CM CC CM CC CC C M CC C M CC C M                                                                . Coi 1 a  . Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với   0;0;0 O , 1 0; ;0 2 A       , 3 ;0;0 2 B         , 3 ;0;0 2 C          , 3 ;0;1 2 B          , 3 3 ;0; 2 2 M          . Khi đó       : 0 ABC Oxy z ABC    có một véc-tơ pháp tuyến là   0;0;1 k   . Ta có: 3 1 ; ;1 2 2 AB                , 3 1 3 ; ; 2 2 2 AM                     4 , 1;5 3;2 3 AB M n AB AM                          . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   ABC và   AB M  . Vậy     2 . 2 3 3 19 418 cos sin 1 cos 22 22 22 1.2 22 . AB M AB M k n k n                              . Câu 10. (Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc giữa MN và   ABCD bằng 60  , côsin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng   SBD bằng: A. 5 5 . B. 41 41 . C. 2 5 5 . D. 2 41 41 . Lời giải Chọn C TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Đặt   , 0 SO m m   .   2 2 2 ;0;0 ; 0;0; ; ; ;0 2 4 4 a a a A S m N                  2 ;0; 4 2 a m M          . 2 2 ; ; 2 4 2 a a m MN                  . Mặt phẳng   ABCD có véc tơ pháp tuyến   0;0;1 k   .     2 2 2 2 2 . 3 15 3 2 sin , 2 8 4 5 8 4 m MN k a m MN ABCD m MN k a m                     . 2 2 30 2 15 2 a m a m     2 2 30 ; ; 2 4 4 a a a MN                  , mặt phẳng   SBD có véc tơ pháp tuyến là   1;0;0 i   .         2 2 2 2 . 5 2 5 2 sin , os , 5 5 30 2 8 16 a MN i MN SBD c MN SBD MN i a a a                     . Câu 11. (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của đoạn AB . Khẳng định nào sau đây là sai? A. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng   ABCD bằng 45  . B. SBC  là tam giác vuông. C.   SI ABCD  . D. Khoảng cách giữa đường thẳng DC và mặt phẳng   SAB bằng a . Lời giải Chọn A z y x H N M O D C B S A TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 +) Vì SAB  đều và I là trung điểm của đoạn AB nên SI AB  Mà         , SAB ABCD SAB ABCD AB    , suy ra   SI ABCD  . +)   SI ABCD SI BC    , mà   BC AB BC SAB BC SB      . Do đó SBC  là tam giác vuông. +)        , , SC ABCD SC IC SCI   . SAB  đều, cạnh a nên 3 2 a SI  và 5 2 a IC  nên  3 tan 5 SI SCI IC   . +)   // DC SAB nên         , , d DC SAB d G SAB  (với G là trung điểm của DC ). GI AB  và GI SI  nên       , GI SAB d G SAB GI a     . Đối chiếu các đáp án ta thấy đáp án A sai. Câu 12. (THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có , 120 AB AC a BAC    . Gọi , M N lần lượt là trung điểm của B C   và CC  . Biết thể tích khối lăng trụ . ABC A B C    bằng 3 3 4 a . Gọi  là góc giữa mặt phẳng   AMN và mặt phẳng   ABC . Khi đó A. 3 cos 2   . B. 1 cos 2   . C. 13 cos 4   . D. 3 cos 4   . Lời giải G I C B A D STỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn D Lấy H là trung điểm của BC . Ta có: 3 . ' ' 3 . 4 ABC A BC ABC a V CC S CC a       vì 2 3 4 ABC a S   . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có M O  .   3 3 3 0;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , C 0; ;0 ; ;0; ; 0; ; 2 2 2 2 2 2 a a a a a a M A B A a N                                          . Ta có:   ABC Oz  nên   ABC có một vectơ pháp tuyến là   0;0;1 k   . Ta có ;0; 2 a MA a            , 3 0; ; 2 2 a a MN                . Gọi   1 1 1;0;2 2 a v MA v          ,   2 2 0; 3;1 2 a v MN v            . Khi đó mặt phẳng   AMN song song hoặc chứa giá của hai vectơ không cùng phương là 1 v  và 2 v  nên có một vectơ pháp tuyến là   1 2 , 2 3; 1; 3 n v v            . Vậy   . 3 cos cos , 4 . k n k n k n           . Câu 13. (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh , a SA vuông góc với mặt phẳng   ABC và . 2 a SA  Góc giữa mặt phẳng   SBC và mặt phẳng   ABC bằng A. 45 . B. 90  . C. 30  . D. 60  . Lời giải Chọn C TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 Gọi I là trung điểm . BC Ta có AI BC  (tam giác ABC đều) (1). Lại có SA BC      SA ABC  . Suy ra   BC SAI BC SI    (2).     BC SBC ABC   (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra          , , . SBC ABC SI AI SIA   Xét tam giác SAI vuông tại A ta có  1 2 tan . 3 3 2 a SA SIA AI a    Suy ra  30 . SIA   Vậy       , 30 . SBC ABC   Câu 14. (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , 2 AB a  , SA vuông góc với mặt đáy và góc giữa SB và mặt đáy bằng 60  . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   SBC và   ABC . Giá trị cos  bằng A. 15 5 . B. 2 5 . C. 1 7 . D. 2 7 . Lời giải Chọn C Gọi M là trung điểm BC AM BC   (1) Có  BC SA BC SM BC AM     (2) Từ (1) và (2) suy ra         , SBC ABC SMA    . Do   SA ABC SA AB    và AB là hình chiếu vuông góc của SB lên   ABC  60 SBA    . SAB  có  .tan 2 .tan60 2 3 SA AB SBA a a     . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ABC  có     2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 AM BC AB AC a a a       . SAM  vuông tại A có     2 2 2 2 2 1 cos 7 2 3 2 AM AM a SM SA AM a a        . PHẦN 2. KHOẢNG CÁCH Câu 15. (Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và ; D 2 ; AB AD a   DC a  . Điểm I là trung điểm đoạn , AD hai mặt phẳng   SIB và   SIC cùng vuông góc với mặt phẳng   ABCD . Mặt phẳng   SBC tạo với mặt phẳng   ABCD một góc 60 . Tính khoảng cách từ D đến   SBC theo a . A. 15 5 a . B. 9 15 10 a . C. 2 15 5 a . D. 9 15 20 a . Lời giải Chọn A Theo đề ta có  . SI ABCD  Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên BC . Suy ra: Góc giữa hai mặt phẳng         , 60 SBC ABCD SKI    Gọi E là trung điểm của , AB . M IK DE   Do BCDE là hình bình hành nên   // DE SBC             , , , d D SBC d DE SBC d M SBC    Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên SK . Suy ra     , d M SCD MH  Dễ thấy: 1 1 1 2 2 2 IM AU KN MK    1 5 2 2 IN IM MK KN MK MK MK MK        Suy ra: 2 2 2 2 2 5 5 5 5 a MK IN ID DN     . Trong tam giác , MHK ta có: 15 .sin 60 5 a MH MK    Câu 16. (Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác vuông tại , , A AC a I  là trung điểm SC . Hình chiếu vuông góc của S lên   ABC là trung điểm H của M I E A D C B S K H V U J M K C E I A D B N TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 BC . Mặt phẳng   SAB tạo với   ABC một góc 60  . Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng   SAB . A. 3 4 a . B. 3 5 a . C. 5 4 a . D. 2 3 a . Lời giải. Chọn A Gọi M là trung điểm cạnh AB thì MH là đường trung bình của tam giác ABC nên , 2 / / A C a MH MH  MH AB   . Mặt khác, do   SH ABC  nên   SMH BC  . Suy ra góc giữa   SAB và   ABC là góc giữa SM và MH ; lại có SH MH  nên góc này bằng góc  SMH . Từ giả thiết suy ra  60 SMH   . Gọi K là hình chiếu của H lên SM thì   HK SAB  . Xét tam giác vuông 3 3 , .tan 60 , 2 2 4 a a a SMH SH MH MH HK       . Gọi khoảng cách từ , , I C H đến mặt phẳng   SAB lần lượt là             , , , , , I SAB C SAB H SAB d d d . Cách 1: Ta có                 1 , , 2 1 , , 2 I SAB C SAB H SAB C SAB         d = d d d         3 , , 4 a I SAB H SAB    d d . Cách 2: IH là đường trung bình của tam giác SBC nên   // // IH SB IH SAB          3 , , 4 a I SAB H SAB    d d Câu 17. (Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác cân, BA BC a   và  30 BAC   . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a  . Gọi D là điểm đối xứng với B qua AC . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng   SCD bằng A. 2 21 . 7 a B. 2 . 2 a C. 21 . 14 a D. 21 7 a . Lời giải Chọn D K M I H B C A STỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Tam giác ABC cân tại B có  30 BAC   và D đối xứng với B qua AC nên tứ giác ABCD là hình thoi có   120 ADC ABC    . Trong mặt phẳng   ABC , kẻ AH vuông góc với đường thẳng CD tại H . Khi đó CD AH  và CD SA  nên   CD SAH  . Do đó     SCD SAH  . Trong mặt phẳng   SAH , kẻ AK SH  tại K . Khi đó,   AK SCD  và   , AK d A SCD      . Ta có 3 .sin 60 2 a AH AD    . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAH , ta có 2 2 2 2 1 1 1 7 3 AK AH SA a    . Từ đó, 21 7 a AK  . Vì   // AB SCD nên     21 , , 7 a d B SCD d A SCD AK            . Câu 18. (Chuyên KHTN - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình chữ nhật , 2   AB a AD a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và  SA a . Gọi M là trung điểm của AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SD . M D B C A S TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 A. 6 3 a . B. 2 2 a . C. 2 5 5 a . D. 6 6 a . Lời giải Chọn D Gọi I là trung điểm của BC . Vì // BM DI nên   // BM SDI . Do đó           , , ,   d BM SD d BM SDI d M SDI . Vì     AD SDI D và M là trung điểm của AD nên         1 , , 2  d M SDI d A SDI . Trong   ABCD , kẻ     AK DI K DI ,   AK BM J . Trong   SAK , kẻ     AH SK H SK . Vì          DI AK DI SAK DI SA mà      AH SAK DI AH . Suy ra       ,    AH SDI d A SDI AH . Ta có // //  BM DI JM DK và M là trung điểm của AD nên 2  AK AJ . Lại có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2      AJ AB AM a a a . Suy ra 2 2 2    a AJ AK a . Mặt khác 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 6 2 2 3        a AH AH AK SA a a a . J K I M D B C A S HTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Do đó     1 6 , . 2 6   a d M SDI AH . Cách khác: Gọi   E DI AB thì 2 2   AE AB a .           1 , , , 2   d BM SD d B SDI d A SDE . Vì . S ADE là tứ diện vuông tại A nên đặt     ,  h d A SDE thì ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 3 6 4 4 2 3          a h h SA AD AE a a a a . Suy ra   6 , 2 6   h a d BM SD . Câu 19. (Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Tam giác ABC là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng   ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABC . Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng   ABCD bằng 30  . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng   SCD theo a . A. 21 7 a . B. 3 a C. a . D. 2 21 3 a . Lời giải E I M D B C A S TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Chọn A Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , O là tâm của hình thoi ABCD . Do    SH ABCD :       , 30    SD ABCD SDH . Xét tam giác SDH vuông tại H có:  30   SDH ; 2 4 4 3 2 3 . 3 3 3 2 3     a a HD BD BO .   2 3 2 tan .tan .tan 30 . 3 3       SH a a SDH SH HD SDH HD Từ H hạ  HI SC tại I . Ta có:           ,                HI SC HI CD CD SHC HI SCD SC CD SCD SC CD C Từ đó, khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng   SCD :     ,  d H SCD HI . Xét tam giác SHC vuông tại H , đường cao HI : 2 2 2 2 2 3 . . 2 21 3 3 21 2 3 3 3                  a a HS HC a HI HS HC a a . Mặt khác:         , 3 2 ,   d B SCD DB DH d H SCD . Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng   SCD :         3 3 3 2 21 21 , , . 2 2 2 21 7     a a d B SCD d H SCD HI . Cách khác: Thể tích khối chóp . S BCD :  3 . 1 1 1 1 2 1 3 3 . . . . .sin . . . . . 3 3 2 3 3 2 2 18     S BCD BCD a a V SH S SH CB CD BCD a a (đvtt). Xét tam giác SCD có: 2 2 4 7 ; ; sin30 3 3        SH a a SD CD a SC SH HC . Diện tích tam giác SCD :       2 7 6       SCD a S p p SC p SD p CD (đvdt). 30 O A D B C S H ITỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ( 2    SC SD CD p là nửa chu vi tam giác SCD ). Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng   SCD :     3 . . 2 3 3. 3. 3. 21 18 , . 7 7 6       B SCD S BCD SCD SCD a V V a d B SCD S S a Câu 20. (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình vuông, , AB a  SA vuông góc với mặt phẳng đáy và 2 SA a  (minh họa như hình vẽ bên dưới ). Gọi M là trung điểm của CD , khoảng cách giữa điểm M và mặt phẳng ( ) SBD bằng A. 2 3 a . B. 2 a . C. 2 a . D. 3 a . Lời giải Chọn D Gọi I là giao điểm của AM và BD, O là tâm hình vuông ABCD . Ta có 1 ( ,( ) ( ,( )) 2 d M SBD d A SBD  . Dựng AH vuông góc với SO tại . H Ta có ( ) BD SA BD SAO BD AH BD AO          . ( ) AH SO AH SBD AH BD        nên ( ,( )) d A SBD AH  . B C S D A M O I B C S D A M H TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 9 2 4 4 3 a AH AH AS AB AD a a a a          . Vậy, ( ,( ) 3 a d M SBD  . Câu 21. (Chuyên Lương Văn Tỵ - Ninh Bình - 2020) Cho hình chóp . S A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại , A mặt bên ( ) S B C là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng S A và B C bằng A. 3 4 a . B. 2 4 a . C. 5 4 a . D. 3 3 a Lời giải Chọn A Gọi H là trung điểm của BC. Khi đó   SH ABCD  . Do tam giác ABC vuông cân tại A nên AH BC  và 2 a AH  . Dựng điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. Khi đó           , , , d SA BC s BC SAD d H SAD   Kẻ     3 . 3 2 2 , 4 a a a HI SA d H SAD HI a      . Câu 22. (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a và có góc  0 60 BAD  . Đường thẳng SO vuông góc với mặt đáy   ABCD và 3 4 a SO  . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng   SBC bằng A. 3 4 a . B. 3 a . C. 3 4 a . D. 3 8 a . Lời giải Chọn D TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có: tứ giác ABCD là hình thoi cạnh a có  0 60 BAD  suy ra tam giác BCD là tam giác đều cạnh a . Gọi M là trung điểm cạnh BC . Suy ra DM BC  và 3 2 a DM  . Kẻ   / / , OK DM K BC OK BC    và 1 3 2 4 a OK DM   . Vì   SO ABCD  BC SO     BC SOK   . Kẻ   , OH SK H SK     OH SBC   . Từ đó ta có:     2 2 2 2 3 3 . . 3 4 4 , 8 3 3 4 4 a a OK SO a d O SBC OH OK SO a a                   . Câu 23. (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , 3 , AB a  AD DC a   . Gọi I là trung điểm của AD , biết hai mặt phảng   SBI và   SCI cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng   SBC tạo với đáy một góc 0 60 . Tính theo a khoảng cách từ trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng   SBC . A. 17 5 a . B. 6 19 a . C. 3 15 a . D. 15 20 a . Lời giải Chọn B H K O M D C B A S TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 Kẻ          0 ; S 60 IK BC K BC SBC ABCD KI      Gọi M AD BC   . Ta có 1 3 2 MD a MD MA    Ta có MIK  đồng dạng với MBA  nên suy ra   2 2 2 5 15 3 3 2 IK MI a BA MB a a           2 5 2 5 .3 15 5 a IK a    Gọi N là trung điểm của SD . Ta có             1 1 , , , 2 4 d N SBC d D SBC d I SBC   Từ I kẻ IH SK  suy ra         0 15 15 , .sin 60 , 5 20 a a IH d I SBC IK d N SBC      Câu 24. (Chuyên Thái Bình - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình chữ nhật với 2 , AB a BC a   , tam giác đều SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách giữa BC và SD là A. 3a . B. 3 2 a . C. 2 5 5 a . D. 5 5 a . Lời giải Chọn A TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có       // // BC AD AD SAD BC SAD BC SAD          , do đó           , , , d BC SD d BC SAD d B SAD   . Tam giác SAB đều, gọi H là trung điểm SA thì BH SA  (1). Ta có           SAB ABCD AD SAB SAB SAD AD AB            (2). Từ (1) và (2) suy ra   BH SAD  , do đó     2 3 , 3 2 a d B SAD BH a    . Câu 25. (Chuyên Bắc Ninh - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA a  và SA vuông góc với mặt đáy. M là trung điểm SD . Tính khoảng cách giữa SB và CM . A. 3 6 a . B. 2 3 a . C. 3 2 a . D. 3 3 a . Lời giải Chọn D Cách 1 Gọi E là điểm đối xứng với D qua A , N là trung điểm của SE và K là trung điểm của BE Ta có các tứ giác NMCB và ACBE là các hình bình hành. TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 Có   // CM SBE nên               , , , ,    d CM SB d CM SBE d C SBE d A SBE . ABE  vuông cân tại A có AB a  nên AK BE  và 2 2 a AK  . Kẻ AH SK  , H SK  . Có   BE AK BE SAK BE SA        BE AH   . Có AH BE AH SK            , AH SBE d A SBE AH     . Ta có 2 2 a AK  , 2 2 3 2 a SK SA AK    ; . SA AK AH SK  2 . 3 2 3 3 2 a a a a   . Vậy   3 , 3 a d CM SB  . Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:         0;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; A B a D a S a   ; ;0 C a a  , 0; ; 2 2 a a M       . Ta có   ; ; SC a a a       ,   ;0; , a; ; 2 2 a a SB a a MC                   2 2 2 , ; ; 2 2 2                      a a a SB MC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM là:   , . , , SB MC SC d SB CM SB MC                              3 3 3 4 4 4 2 2 2 3 3 4 4 4 a a a a a a a       . Vậy   3 , 3 a d CM SB  . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 26. (Chuyên Bến Tre - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , 2 SA a  và vuông góc với   ABCD . Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SB và CM. A. 3 a d  . B. 2 2 a d  . C. 2 3 a d  . D. 6 a d  . Lời giải Chọn C Gọi O AC BD   . Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên O là trung điểm của BD mà M là trung điểm của SD nên / / OM SB suy ra   / / SB ACM . Do đó               , , , , d SB CM d SB ACM d B ACM d D ACM    . Gọi H là trung điểm của AD nên   / / MH SA MH ABCD   .           , , 2 , d SB CM d D ACM d H ACM    . Kẻ     HI AC MHI MAC    theo giao tuyến MI , kẻ   HK MI HK ACM    hay     , d H ACM HK  . Có 2 2 1 1 1 2 2 4 4 4 a HI OD BD AB AD      , 1 2 MH SA a   . Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 9 3 2 4 a HK HK HM HI HK a HK a a                . Vậy       2 , 2 , 2 3 a d SB CM d H ACM HK    . Câu 27. (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp . S A B C D có   S A AB CD  , 6 S A a  , A B C D là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính 2 A D a  . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng   S C D bằng A. 6 2 a . B. 3 2 a . C. 2 2 a . D. 3 4 a . Lời giải Chọn C O K I H M S D C B A TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 Gọi I là trung điểm A D và H là trung điểm S D suy ra   / / HI S A H I A BC D   . Do A B C D là nửa lục giác đều và I là trung điểm A D nên // B I C D . Suy ra         , , d B S C D d I S C D  . Do A B C D là nửa lục giác đểu nên dễ thấy IC D  là tam giác đều. Gọi M là trung điểm C D suy ra   CD HI M  . Trong   I HM kẻ I K H M  . Ta có:       I K H M IK S C D I K C D C D H I M           .     , d I S C D IK   . Xét I H M  có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 6 3 2 2 IK IH IM a a a                      . 2 2 a IK   . Vậy     2 , 2 a d B S CD  . Câu 28. (Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - 2020) Cho lăng trụ đứng tam giác . ABC A B C    có đáy là một tam giác vuông cân tại B , 2 , AB AA a    M là trung điểm BC (minh họa như hình dưới). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B C  bằng A. 2 a . B. 2 3 a . C. 7 7 a . D. 3 a M I S C B D A H KTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn B Gọi N là trung điểm BB    / / / / MN B C B C AMN     . Khi đó           , , , d AM B C d B C AMN d C AMN     . Ta có   BC AMN M   và MB MC  nên         , , d C ABM d B ABM  . Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng   ABM . Tứ diện BAMN có , , BA BM BN đôi một vuông góc nên: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 h BH BA BM BN     2 AB a BC   . 1 1 2 2 2 2 a BN BB AA a       . 1 2 BM BC a   . Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 9 4 2 4 4 9 3 a a h h h a a a a         . Vậy khoảng cách giũa hai đường thẳng AM và B C  bằng 2 3 a . Câu 29. (Chuyên Lào Cai - 2020) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a và   0 90 . SBA SCA   Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 45 0 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). A. 15 5 a . B. 2 15 5 a . C. 2 15 3 a . D. 2 51 5 a . Lời giải Chọn B 2a 2a N A' M B' A B C C' H B N M A I TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 Gọi I là trung điểm của SA. Tam giác SAB và SAC là các tam giác vuông tại , B C IS IA IB IC     . Gọi G là trọng tâm tam giác đều   ABC IG ABC   Trong SAG  kẻ     / / SH IG H CG SH ABC    Dễ thấy khi đó IG là đường trung bình của tam giác 2 SAH SH IG   Tam giác ABC đều cạnh = 2 2 3 2 3 2 . 3 2 3 a a a AG    Ta có:          0 , , 45 SA ABC SA AH SAH AIG      vuông cân tại G 2 3 4 3 2 3 3 a a IG AG SH IG         2 3 . 2 3 1 1 4 3 4 . . . 3 3 3 4 3 S ABC ABC a a a V SH S     Ta có: , GA GB GC GA GH    ( IG là đường trung bình của tam giác SAH) GA GB GC GH G      là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC.  AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC  0 90 ACH   (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: 2 2 4 3 2 2 3 3 a a AH AG CH AH AC       2 2 2 2 4 3 2 2 15 3 3 3 a a a SC SH HC                   2 1 1 2 15 2 15 . . .2 2 2 3 3 SAC a a S SC AC a    Vậy     3 . 2 4 3. 3 2 15 3 , 5 2 15 3 S ABC SAC a V a d B SAC S a    Câu 30. (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 2020) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của cạnh AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM . A. 33 11 a . B. 33 a . C. 22 a . D. 22 11 a . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Lời giải Chọn C Ta có: 3 3 12 ABCD a V  ; 3 1 2 2 24 ABCD ABCM ABCM V a V V    1 . . ( , ).sin( , ) 6 ABCM V AB CM d AB CM AB CM    2 2 . . 4 2 3 os( , ) . . 6 3 . 2 a a AB AM AC AB CM c AB CM AB CM AB CM a a                             1 11 sin( , ) 1 12 12 AB CM     .Vậy 6 22 ( , ) . .sin( , ) 11 ABCM V a d AB CM AB CM AB CM   . Câu 31. (Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - 2020) Cho hình lăng trụ đều . ’ ’ ’ ABC A B C có tất cả các cạnh có độ dài bằng 2 (tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC’ và A’B. A. 2 5 . B. 3 2 . C. 1 2 . D. 3 5 . M B D A C TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 Lời giải Chọn A Gọi D là điểm đối xứng của C qua A ta có tứ giác   ADA C là hình bình hành do đó //   A D AC , suy ra khoảng cách ( , ) ( ,( )) ( ,( ))        d AC BA d AC A BD d A A BD . Theo giả thiết .    ABC A B C là lăng trụ đều nên ( )   AA ABC hay ( )   AA ABCD suy ra (1)   A A BD . Ta có ABD có  AB AD nên là tam giác cân tại A , gọi I là trung điểm BD ta có (2)  AI BD . Xét tam giác BCD có , A I lần lượt là trung điểm của , DC DB nên 1 1 2   AI BC . Trong mặt phẳng ( ' ) A AI dựng ; (3)     AH A I H A I . Từ (1) và (2) suy ra ( ' ) (4)    BD A AI BD AH . Từ (3) và (4) suy ra ( ' )  AH A BD do đó khoảng cách ( ,( ))  d A SBD AH . Trong tam giác ' A AI vuông tại A ta có 2 2 . ' 2 5 ( ')    AI AA AH AI AA . Từ đây chọn đáp án A. Câu 32. (Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng   ABC ; góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABC bằng 6 0  . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Khoảng cách từ B đến   SMC bằng A. 39 13 a . B. 3 a . C. a . D. 2 a . Lời giải Chọn A TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 32 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có      SB ABC SBA SA a a , 6 0 t a n 6 0 . 3        . Vì M là trung điểm của AB          d B SMC d A SMC , ,  . Dựng AH vuông góc với SM tại H     d A SMC AH ,   mà 1 2 2 a AM AB   . Xét tam giác vuông SAM  ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 13 39 3 3 13 a AH A H SA AM a a a        . Câu 33. (Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho lăng trụ đứng . ABC A B C    có đáy là tam giác vuông và AB BC a   , 2 AA a   , M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và B C  . A. 6 6 a d  . B. 2 2 a d  . C. 7 7 a d  . D. 3 3 a d  . Lời giải Chọn C Cách 1: A B C A  B  C  M N K H Do ABC  vuông và có AB BC  nên ABC  vuông cân tại B . Gọi N là trung điểm của BB  , ta có:   // B C AMN  . Khi đó:               , , , , d AM B C d B C AMN d C AMN d B AMN      . Kẻ BH AM  tại H và kẻ BK NH  tại K . Ta có:   , BH AM BN AM AM NBH BK AM       . Do BK NH  , BK AM  nên   BK AMN  . H M C B A S TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 33 Suy ra:     , d B AMN BK  . Mặt khác: 2 2 . 5 5 BM BA a BH BM BA    ; 2 2 . 7 7 BH BN a BK BH BN    . Vậy       7 , , 7 a d AM B C d B AMN BK     . Cách 2: A O B  C A  B  C  M x y z Do ABC  vuông và có AB BC  nên ABC  vuông cân tại B . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Không mất tính tổng quát, ta giả sử 1 a  . Ta có:       1 1;0;0 , 0; ;0 , 0;0; 2 , 0;1;0 2 A M B C        .     1 1; ;0 , 0;1; 2 , 1;1;0 2 AM B C AC                            ; 2 , ; 2; 1 2 AM B C                            . Khi đó:   2 2 0 , . 2 7 , 7 1 , 2 1 2 AM B C AC d AM B C AM B C                                           . Trong trường hợp tổng quát, ta có:   7 , 7 a d AM B C   . Câu 34. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Cho lăng trụ đứng / / / ABCA B C có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của / AA . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và / B C . A. 3 5 a . B. 3 10 a . C. 3 2 2 a . D. 3 7 a Lời giải Chọn B TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 34 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Gọi O và I lần lượt là trung điểm của B / C / , BC. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho: / / / / 3 1 (0;0;0); Ox ( ;0;0); (0; ;0); (0;0;1) 2 2 O A A C Oy C I Oz I        / 1 1 1 3 3 1 (0; ;0); (0; ;1); (0; ;1); ( ;0;1); ( ;0; ) 2 2 2 2 2 2 B C B A M      / / 3 1 1 3 3 (0;1;1); ( ; ; ) , (1; ; ) 2 2 2 2 2 B C BM BM B C                                 (0;1 ;0) BC       Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và / B C là: / / / 3 . , 3 2 ( ; ) 3 3 10 , 1 4 4 BC BM B C d BM B C BM B C                                      nên chọn đáp án B Câu 35. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, cạnh , 2 AB a AD a   . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng   ABCD là trung điểm của đoạn OA. Góc giữa SC và mặt phẳng   ABCD bằng 30  . Khoảng cách từ C đến mặt phẳng   SAB bằng A. 9 22 44 a . B. 3 22 11 a . C. 22 11 a . D. 3 22 44 a . Lời giải Chọn B Gọi H là trung điểm AO , ta có   SH ABCD  . a a B/ x y a B A C A/ C/ z O I M TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 35 Góc giữa SC và   ABCD bằng  SCH bằng 30  . Ta có 4 CA HA  , suy ra         , 4 , d C SAB d H SAB  . Kẻ , HI AB HK SI   , ta suy ra   HK SAB  .     , d H SAB HK  . 1 2 4 4 a HI AD   . 3 3 3 4 4 a CH AC   Suy ra 3 .tan 30 4 a SH CH    . Xét tam giác SHI vuông tại H có HK là đường cao. Suy ra 2 2 2 2 2 1 1 1 16 16 9 2 HK HS HI a a     3 2 22 a HK  .         3 3 22 , 4 , 4. 11 2 22 a a d C SAB d H SAB    . Câu 36. (Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng   ABCD là trung điểm của cạnh AB , góc giữa mặt phẳng   SAC và đáy bằng 45 . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Khoảng cách giữa hai đường AM và SC bằng A. a . B. 2 4 a . C. 5 10 a . D. 5 5 a . Lời giải Chọn D Gọi H là trung điểm cạnh AB , I là trung điểm cạnh AO . Suy ra   SH ABCD  ,       , 45 SAC ABCD SIH    . Do đó 1 2 2 4 a SH IH BO    . Gọi N là trung điểm cạnhCD , khi đó HN AB  . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 36 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Chọn hệ trục tọa độ trong không gian như hình vẽ, ta có tọa độ các điểm   0;0;0 H , 2 2 0; ;0 ; 0;0; ; ; ;0 ; ; ; ; ; ;0 2 4 2 2 4 8 2 a a a a a a a A S D a M C a                                      . Nên   2 2 ; ; ; ; ; ; ; ;0 2 4 8 2 4 a a a a a AM SC a AC a a                                  . Khoảng cách giữa hai đường AM và SC là   , . 5 , 5 , AM SC AC a d AM SC AM SC                                 . Câu 37. (Sở Hà Tĩnh - 2020) Cho tứ diện ABCD có , , AB AC AD đôi một vuông góc với nhau và 2, 1 AD AB AC    . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC , khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và BD bằng A. 3 . 2 B. 2 . 5 C. 5 . 2 D. 2 . 3 Lời giải Chọn D Vì tứ diện ABCD có , , AB AC AD đôi một vuông góc với nhau, nên ta chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ (với A là gốc tọa độ, đường thằng AC nằm trên trục Ax , AD nằm trên trục Ay và AB nằm trên trục Az ). Từ đó suy ra:   0;0;0 A ,   0;0;1 B vì B Az  ,   1;0;0 C vì C Ax  ,   0;2;0 D vì D Ay  . Vì I là trung điểm của BC nên 1 1 ;0; 2 2 I       . Từ đó, ta quay về bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong hệ tọa độ không gian Axyz . Ta có   1 1 1 ;0; , 0;2; 1 , 1; ;1 2 2 2 AI BD AI BD                                     và   0;0;1 AB      . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 37 Ta có       2 2 2 1 1 .0 .0 1.1 , . 2 2 , 3 , 1 1 1 2 AI BD AB d AI BD AI BD                                          . Câu 38. (Sở Ninh Bình) Cho hình chóp . S ABC có SA a  , tam giác ABC đều, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng   SAC bằng A. 42 7 a . B. 42 14 a . C. 42 12 a . D. 42 6 a . Lời giải Chọn A Gọi , , H M N lần lượt là trung điểm của các cạnh , , AB AC AM . Do tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy   SH ABC   . Kẻ   1 HK SN  . Ta có:   AC HN AC SHN AC SH          2 AC HK   . Từ   1 và   2   HK SAC       ; d H SAC HK   . Ta có         ; 2 ; d B SAC d H SAC  . Do tam giác SAB vuông cân tại S và SA a  2 2 2 AB a a SH         . Do tam giác ABC đều 6 2 6 4 a BM a HN           . Xét tam giác vuông SHN , ta có 2 2 . 42 14 SH HN HK a SH HN    . Vậy         42 ; 2 ; 2 7 d B SAC d H SAC HK a    . Câu 39. (Sở Yên Bái - 2020) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông cân tại B , biết , , là trung điểm của . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng và . . ABC A B C    AB BC a   2 AA a   M BC AM B C TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 38 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 7 7 a . B. 2 5 5 a . C. 6 2 a . D. 15 5 a . Lời giải Chọn A Kẻ . Ta có tứ diện là tứ diện vuông Câu 40. (Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp có đáy là hình chữ nhật, . Tam giác cân tại và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng . Gọi là trung điểm của , hãy tính theo khoảng cách từ đến mặt phẳng . A. B. C. D. Lời giải Chọn D Gọi là trung điểm của ( cân tại ). Ta có . C B A C' B' A' M A B B' C N M   // // MN B C B C AMN                  , , , , d d B C MN d B C AMN d C AMN d B AMN        BAMN 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 7 7 . 7 2 2 2 a d d BA BM BN a a a a                       . S ABCD ABCD , 2 AB a AD a   SAB S SC   ABCD 45  M SD a M   SAC 2 1513 . 89 a d  1315 . 89 a d  2 1315 . 89 a d  1513 . 89 a d  H AB SH AB   SAB  S             SAB ABCD AB SAB ABCD SH ABCD SH AB cmt            TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 39 Vì , nên hình chiếu vuông góc của đường thẳng lên mặt phẳng là , suy ra vuông tại , có vuông cân tại , suy ra Ta có Mặt khác . Từ đó Trong mặt phẳng , kẻ và kẻ . Ta có . Ta có vuông tại , có AI IH AH AIH ABC AB BC AC       . . 2 . 5 2 5 2. 5 BC AH BC AB a a a IH AC AC a      . vuông tại , có Câu 41. (Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh SA tạo với mặt phẳng đáy một góc o 30 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng A. 2 15 5 a . B. 3 14 5 a . C. 2 10 5 a . D. 4 5 5 a . Lời giải Chọn C Gọi O là tâm của mặt đáy, M là trung điểm của AB , H là hình chiếu của O trên SM . Ta có         o o 2 , , 30 tan 30 3 a SA ABCD SA OA SAO SAO SO AO        . Ta có   , AB OM AB SO AB SOM AB OH       , mà   SM OH OH SAB    .   SH ABCD  SC   ABCD HC        , , 45 . SC ABCD SC HC SCH     HBC  B   2 2 2 2 2 2 17 2 . 2 2 2 AB a a HC HB BC BC a                    SHC  H 17 . 2 a SH HC                       , 1 1 1 , , , . 2 2 2 , d M SAC MS d M SAC d D SAC d B SAC DS d D SAC                      , 2 , 2 , , d B SAC BA d B SAC d H SAC HA d H SAC             , , . d M SAC d H SAC    SAC HI AC  HK SI          AC HI gt AC SHI AC HK AC SH SH ABCD                       , . HK SI gt HK SAC d H SAC HK HK AC cmt            ABC  B   2 2 2 2 2 5. AC AB BC a a a      SHI  H 2 2 2 2 17 5 . . 1513 2 5 . 89 17 5 2 5 a a SH HI a HK SH HI a a                 TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 40 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Tam giác SOM vuông tại O và có đường cao OH nên 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 1 5 10 2 2 5 a OH OH SO OM a a a        . Vì               2 10 // , , , 2 , 2 5 a CD AB d CD SA d CD SAB d C SAB d O SAB OH       . Câu 42. (Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , 2 2 2 AD AB BC a    , SA vuông góc với đáy, góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 0 60 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Khoảng cách từ H đến mặt phẳng   SCD bằng A. 3 a . B. 3 30 20 a . C. 3 30 10 a . D. 3 30 40 a . Lời giải Chọn D Kẽ   / / / / HK SC HK SCD  . Khi đó         , , d H SCD d K SCD  . Ta có       0 .tan .tan ; .tan 60 3 SA AB SBA a SB ABCD a a     . 2 2 2 SB SA AB a     . Mà 2 2 2 1 . 4 BH AB AB BH SB SB SB     . Vì / / HK SC nên 1 3 4 4 4 BK a a BK KC BC      . Vì / / KC AD nên                 ; 3 3 ; ; 8 8 ; d K SCD KC d K SCD d A SCD AD d A SCD     . Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên SC . Do   AC DC DC SAC DC AF SA DC          . Vì   AF SC AF SCD AF DC        nên TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 41     2 2 . 30 ; 5 SA AC a d A SCD AF SA AC     , với 2 2 2 AC AB BC a    . Vậy             3 3 30 ; ; ; 8 40 a d H SCD d K SCD d A SCD    . Câu 43. (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa mặt phẳng   SBC và mặt phẳng đáy là 60  (minh họa như hình dưới đây). Gọi , M N lần lượt là trung điểm của , AB AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MN bằng A. 3 8 a . B. 6 2 a . C. 3 4 a . D. 6 a . Lời giải Chọn A Gọi E là trung điểm của , BC vì tam giác ABC đều AE BC   , lại có SA BC BC SE    Mặt khác            , 60 SBC ABC BC SBC ABC SEA       . Gọi P là trung điểm của     // , // SA SB MP MP MNP SB MNP                  , , , , d SB MN d SB MNP d B MNP d A MNP     Gọi   60 AE MN I PIA SEA       và AI MN  Ta có       , MN AI MN PI MN API PMN API       Mà     PMN API PI   , kẻ       , AH PI AH PMN d A PMN AH      . Xét API  có   1 3 3 3 3 60 , .sin . 2 4 4 2 8 a a a AIP AI AE AH AI AIP         . Vậy   3 , 8 a d SB MN  . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 42 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Câu 44. (Lê Lai - Thanh Hóa - 2020) Cho hình chóp có đáy là hình thang vuông tại và , , , , vuông góc với mặt phẳng đáy và (minh họa như hình bên dưới). Khoảng cách từ đến mặt phẳng bằng A. . B. . C. . D. . Lời giải Chọn C +) Gọi E là giao điểm của AD và BC DA  cắt mặt phẳng   SBC tại E .          , , d D SBC DE AE d A SBC  (1). +) Theo giả thiết // 1 2 AB CD AB CD        AB là đường trung bình của tam giác ECD (2). Từ (1) và (2)         , 2 , d D SBC DE AE d A SBC            , 2 , d D SBC d A SBC   . +) Ta có       BC AB BC SAB SBC SAB BC SA          , do đó nếu gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB thì   AH SBC      , d A SBC AH   . +) Tam giác ECD vuông tại C , có:  CA là đường trung tuyến CA AE AD a      tam giác AEC là tam giác cân tại A .    30 60 EDC CEA      ;  tam giác EAC là tam giác đều cạnh a  đường cao 3 2 a AB  . +) Tam giác SAB vuông tại A có AH là đường cao . S ABCD ABCD B C 2 CD AB  AD a   30 ADC   SA 2 SA a  D   SBC 2 57 19 a 57 19 a 4 57 19 a 3a TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 43 2 2 2 2 2 3 2 . . 3 2 57 2 19 19 3 4 2 4 a a SA AB a a AH a SA AB a a        . Vậy         4 57 , 2 , 2 19 a d D SBC d A SBC AH    . Câu 45. (Liên trường Nghệ An - 2020) Cho tứ diện ABCD có    0 90 , 2 , ABC ADC ACD BC a CD a      , góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng   BCD bằng 0 60 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD . A. 6 31 a . B. 2 6 31 a . C. 2 3 31 a . D. 3 31 a . Lời giải Chọn C Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD . Ta có: BC AB BC HB BC AH          1 . Lại có: CD AD CD HD CD AH          2 . Mà  90 BCD   . Từ đây ta suy ra HBCD là hình chữ nhật. Mặt khác:       , 60 AB BCD ABH   . Suy ra: .tan 60 3 AH HB a    . Chọn hệ trục . Oxyz H DBA  như hình vẽ. Ta có:   0;0;0 H ,   0;0; 3 A a ,   0; ;0 B a ,   2 ; ;0 C a a ,   2 ;0;0 D a .   2 ; ; 3 AC a a a       ,   2 ; ;0 BD a a       ,   0; ; 3 AB a a       . Vậy         3 2 2 2 2 2 2 , . 2 3 2 93 , 31 , 3 2 3 4 AC BD AB a a d AC BC AC BD a a a                                     . Câu 46. (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho tứ diện OABC có , , OA OB OC đôi một vuông góc với nhau và OA OB a   , 2 OC a  . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng z y x 2a a 60 0 A B C D HTỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 44 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ A. 2 3 a . B. 2 5 5 a . C. 2 2 a . D. 2 3 a . Lời giải Chọn D Dựng // AE OM , khi đó   // OM CAE . Do đó       , ,( ) ,( ) d OM AC d OM CAE d O CAE   Dựng OK AE  , ta có:       AE OK AE COK AE OC CO A C Vì B           Mà   AE CAE  nên     CAE COK  . Ta có     CAE COK CK   . Kẻ OH CK  , khi đó   OH COK  . Suy ra   ,( ) d O CAE OH  Xét tam giác OAB ta có : 2 2 2 AB OA OB a    . Dễ thấy OKAM là hình chữ nhật nên 2 2 2 AB a OK AM    . Xét tam giác COK ta có :   2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 3 2 2 2 OH a OH OK OC OH a a              . Câu 47. (Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy là tam giác vuông tại A , , 2 , AB a AC a SA   vuông góc với mặt phẳng đáy và 2 SA a  . Gọi G là trọng tâm của ABC  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SG và BC bằng A. 2 7 a . B. 6 3 a . C. 2 6 9 a . D. 4 7 a . Lời giải Chọn A E M A C O B K H TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 45 Gọi M là trung điểm của BC . Trong mp   SAM dựng / / S M SG  . Suy ra 3 3 2 S A SA a    Do đó           , , , d SG BC d SG S BC d G S BC     . Vì 3 AM GM  nên         1 , , 3 d G S BC d A S BC    . Kẻ AH BC  ta có   BC S AH   . Kẻ     , AK S H AK d A S BC      . Ta có 2 2 2 1 1 1 2 5 a AH AH AB AC     . Suy ra 2 2 2 1 1 1 6 7 a AK AK S A AH      . Do đó     1 2 , 3 7 a d G S BC AK    . Câu 48. (Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và 11,    SA SB SC góc 30 ,    SAB góc 60 ,    SBC góc 45    SCA . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD . A. 2 22 . B. 22 . C. 22 2 . D. 4 11 . Lời giải Chọn B Trong tam giác SAB ta có 2 2 2 2 . .cos30 11 3       SB SA AB SA AB AB . Trong tam giác SBC ta có 11, 60      SB SC SBC nên SBC đều suy ra 11  BC . Trong tam giác SCA ta có 11, 45      SC SA SCA nên SCA vuông cân tại S suy ra 11 2  AC . Xét tam giác ABC có 2 2 2   BC AC AB do vậy ABC vuông tại C . Gọi I là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ) ABCD vì   SA SB SC nên I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , vì ABC vuông tại C nên I là trung điểm của AB và ( ) (1)    SI ABCD SI CD . Vẽ (2), (3)   IK CD IH SK . Từ (1) và (2) suy ra ( ) (4)    CD SIK CD IH . Từ (3) và (4) suy ra ( )  IH SCD do đó khoảng cách ( ,( ))  d I SCD IH . Ta lại có // AB CD suy ra khoảng cách ( , ) ( ,( )) ( ,( ))    d AB SD d AB SCD d I SCD IH . Trong mặt phẳng đáy vẽ  CJ AB ta suy ra . 11 6 3    CACB IK CJ AB . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 46 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Trong tam giác SAB cân tại S có 2 2 11 4 2    AB SI SA . Trong tam giác SIK vuông tại I ta có 2 2 . 22    IK SI IH IK SI . Câu 49. (THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hình hộp .     ABCD A B C D có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Hình chiếu vuông góc của  A lên mặt phẳng   ABCD trùng với O . Biết tam giác  AA C vuông cân tại  A . Tính khoảng cách h từ điểm D đến mặt phẳng     ABB A . A. 6 6  a h . B. 2 6  a h . C. 2 3  a h . D. 6 3  a h . Lời giải Chọn D Ta có: 2 2 2 2 2      AC AB BC a a a . Vì tam giác  AA C vuông cân tại  A nên ta có: 2 2 2    AC a A O . Gọi M là trung điểm của AB . Suy ra  OM AB . Trong mặt phẳng    A OM : kẻ   OH A M . Ta có:     AB A OM (vì  AB OM và   AB A O ). Suy ra  AB OH . Vì             OH A M OH ABB A OH AB . Do đó:     ;    d O ABB A OH . Do , , D O B thẳng hàng và 2  DB OB nên         ; 2 ; 2       d D ABB A d O ABB A OH . Ta có: 2 2 2 2 2 . . 6 2 2 6 2 2 2                    a a A O OM a OH A O OM a a . Vậy     6 ; 2 3      a d D ABB A h OH . Câu 50. (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hình lăng trụ tam giác . ABC A B C    có cạnh bên bằng 2 a , đáy ABC là tam giác vuông tại , 3, B BC a AB a   . Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh A  TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 47 lên mặt đáy là điểm M thoả mãn 3AM AC           . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA  và BC bằng A. 210 15 a . B. 210 45 a . C. 714 17 a . D. 714 51 a . Lời giải Chọn A Dựng hình bình hành ABCD , vì tam giác ABC là tam giác vuông tại B nên ABCD là hình chữ nhật. Suy ra   / / / / BC AD BC A AD   . Do đó           , , , d BC AA d BC A AD d C A AD      . Mà 3AM AC           nên         , 3 , d C A AD d M A AD    . Kẻ     MH AD A MH A AD A H        . Kẻ       , MK A H MK A AD MK d M A AD         . Mặt khác ta có 2 2 2 2 1 2 14 2 3 3 3 a a AC AB BC a AM AC A M A A AM             . Và 1 1 1 / / 3 3 3 3 MH AM a MH CD MH CD AB CD AC        . Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 135 210 14 45 14 3 3 a MK MK A M MH MK MK a a a                       . Vậy           210 210 , , 3 , 3 3 45 15 a a d BC AA d C A AD d M A AD MK         . Câu 51. (Yên Lạc 2 - Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 2 2 AD AB a   . Cạnh bên 2 SA a  và vuông góc với đáy. Gọi , M N lần lượt là trung điểm của SB và SD . Tính khoảng cách d từ điểm S đến mặt phẳng   AMN . A. 2 d a  . B. 3 2 a d  . C. 6 3 a d  . D. 5 d a  . Lời giải Chọn C K H D M a a 3 a 2 A ' B' C' C B ATỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 48 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với BD tại H , ta có:         / / BD SAH MN SAH AMN SAH MN BD           Mặt khác     AMN SAH SE   , suy ra:       ; ; d S AMN d S AE  . Xét tam giác vuông SAH có: 2 2 . .2 2 5 5 4 AB AD a a a AH BD a a     . 2 2 2 2 20 2 30 4 25 5 a a SH SA AH a      . Vì MN là đường trung bình của tam giác SBD nên E là trung điểm của SH , suy ra: 1 30 2 5 a AE SH   .   2 . 2 .2 5 6 ; 2. 3 30 2.5. 5 SAE SAH S S AS AH a a a d S AE AE AE AE a        . Câu 52. (Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hình chóp đều . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 a . Biết rằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng 9 2 8 a , độ dài cạnh bên lớn hơn độ dài cạnh đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng A. 2 17 17 a . B. 4 17 17 a . C. 4 34 17 a . D. 2 34 17 a . Lời giải Chọn D Gọi O AC BD   , M là trung điểm SC . TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 49 Trong tam giác SAC , dựng đường trung trực của đoạn thẳng SC cắt SO tại I , I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S ABCD , bán kính 9 2 8 a R SI   . Vì độ dài cạnh bên lớn hơn độ dài cạnh đáy nên tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đoạn SO . Gọi x là độ dài cạnh bên của hình chóp. Ta có SOC  đồng dạng với SMI  . Suy ra 2 2 9 2 8 2 a x SI SM SC SO x x a       2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 9 2 9 2 2 81 8 8 2 a x x a a x a x a x a x          2 2 2 4 2 2 4 2 2 9 8 81 81 0 8 81 81 0 9 8 x a x x x a x a a a x a                                           2 9 8 x a        không thỏa vì 2 x a  . 2 9 3 x x a a          . Suy ra   2 2 2 2 3 8 SO a a a                  ; , ; 2 ; d AB SD d AB SDC d A SCD d O SCD    . Gọi E là trung điểm CD , kẻ OH SE  , khi đó     , d O SCD OH  . 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 8 17 a OH OH SO OE a a       .   4 34 ; 2 17 a d AB SD OH   . Câu 53. (Kìm Thành - Hải Dương - 2020) Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , biết   SA ABC  và 2 AB a  , 3 AC a  , 4 SA a  . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng   SBC bằng A. 2 11 a d  . B. 6 29 29 a d  . C. 12 61 61 a d  . D. 43 12 a . Lời giải Chọn C TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 50 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Ta có     SA ABC SA BC BC ABC          . Trong   ABC , kẻ AH BC  , mà   BC SA BC SAH BC SH      . Trong   SAH , kẻ AK SH  , mà SH BC    AK SBC   hay     ; d A SBC AK  . Vì ABC  vuông tại A nên 2 2 13 BC AB AC a    . Mặt khác có AH là đường cao nên . 6 13 13 AB AC a AH BC   . Vì SAH  vuông tại A nên 2 2 2 793 13 a SH SA AH    . Vậy có AK là đường cao . 12 61 61 SA AH a AK SH   . Câu 54. (Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 2 AB a  , 3 AD a  (tham khảo hình vẽ). Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy; góc giữa mặt phẳng   SCD và mặt đáy là 45 . Gọi H là trung điểm cạnh AB . Tính theo a khoảng cách giữa hai đoạn thẳng SD và CH . A. 3 11 11 a . B. 3 14 7 a . C. 3 10 109 a . D. 3 85 17 a . Lời giải Chọn B Cách 1: A C B S H K TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 51 Ta có:           ; SAB ABCD SAB ABCD SH AB SH SAB            SH ABCD   . Kẻ HK CD  ( K là trung điểm của CD )   CD SHK   CD SK   .           ; ; SCD ABCD SK HK    45 SKH    SHK   vuông cân tại H 3 SH HK a    . Kẻ d qua D song song với HC cắt AB tại E 10 ED HC a    .       ; ; d CH SD d CH SED       ; d H SED  . Kẻ HF ED    ED SHF   . Kẻ HG SF    HG SED       ; d H SED HG   . Ta có: 1 1 . . 2 2 HED S AD EH HF ED    . AD EH HF ED   3 .2 3 10 5 10 a a a a   . Xét tam giác SHF vuông tại H ta có: 2 2 2 1 1 1 HG SH HF   2 2 . SH HF HG SH HF    2 2 3 10 3 . 5 18 9 5 a a a a   3 14 7 a  .   3 14 ; 7 a d CH SD   . Cách 2: Ta có:           ; SAB ABCD SAB ABCD SH AB SH SAB            SH ABCD   . TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 52 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Kẻ HK CD  ( K là trung điểm của CD )   CD SHK   CD SK   .           ; ; SCD ABCD SK HK    45 SKH    SHK   vuông cân tại H 3 SH HK a    . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ H O  , tia Ox chứa HK , tia Oy chứa HA , tia Oz chứa HS Khi đó:   0;0;0 H ;   3 ; ;0 C a a  ;   3 ; ;0 D a a ;   0;0;3 S a . Ta có:   3 ; ;0 HC a a       ,   3 ; ; 3 SD a a a       ,   0;0; 3 SH a       .   2 2 2 ; 3 ;9 ;6 HC SD a a a                 . ; ; ; SH HC SD d CH SD HC SD                                       2 2 2 2 2 2 2 6 . 3 3 9 6 a a a a a      3 14 7 a . Câu 55. (Trường VINSCHOOL - 2020) Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình chữ nhật, cạnh 2 AB AD a   . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy   ABCD . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng   SBD bằng A. 3 4 a . B. 3 2 a . C. 2 a . D. 2a . Lời giải Chọn A Gọi H là trung điểm của AB . Từ giả thiết suy ra   SH ABCD  . Từ H kẻ HG BD  tại G , kẻ HI SG  tại I . Suy ra   HI SBD      , d H SBD HI   . Ta có 2 2 2 2 5 4 2 a a BD AB AD a      , 3 2 a SH  . Lại có BGH  đồng dạng với BAD  nên . . 5 2 2 10 5 2 a a HG BH AD BH a HG AD BD BD a      . Khi đó 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 5 2 10 HI SH HG a a                 H A B C D S G I TÀI LIỆU VD-VDC TRÍCH TỪ CÁC ĐỀ THI THỬ TNTHPT 2020 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 53 Suy ra 3 8 a HI  . Lại có         3 3 , 2 , 2. 2. 8 4 a a d A SBD d H SBD HI     . Câu 56. (Thanh Chương 1 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp SABC , có đáy là tam giác vuông tại A , 4 AB a  , 3 AC a  . Biết 2 3 SA a  ,  30 SAB   và     SAB ABC  . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng   SBC bằng A. 3 7 14 a . B. 8 7 3 a . C. 6 7 7 a . D. 3 7 2 a . Lời giải Chọn C Gọi SH là đường cao của khối chóp SH  là đường cao của tam giác SAB . SAH  có   30 , 90 .cos30 3 3 SAH SHA AH SA a SH a                   ; 4 ; d A SBC d H SBC   . Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng   SBC : Từ H kẻ HK BC  tại K , kẻ HI SK  tại I     ; d H SBC HI   Mà HBK CBA    . 3 5 BH HK BH CA HK a BC CA BC      TỔNG HỢP: NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 54 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ 2 2 2 2 1 1 1 28 3 7 9 14 a HI HI SH HK a           6 7 ; . 7 a d A SBC   Câu 57. (Tiên Lãng - Hải Phòng - 2020) Cho hình lăng trụ đứng . ABC A B C    có AB a  , 2 AC a  ,  0 120 BAC  . Gọi M là trung điểm cạnh CC  thì  0 90 BMA   . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng   BMA  . A. 7 7 a . B. 5 3 a . C. 5 7 a . D. 5 5 a . Lời giải Chọn B Ta có:  2 2 2 2. . .cos BC AB AC AB AC BAC      2 2 0 2 2 2. .2 .cos120 7 a a a a a     . Đặt 2 CC x CM MC x       . Vì . ABC A B C    là hình lăng trụ đứng nên ta có tam giác BCM vuông tại C và tam giác A C M   vuông tại C  . Ta có: 2 2 2 2 2 7 BM BC CM a x     ;   2 2 2 2 2 2 2 2 4 A M A C C M a x a x           ; 2 2 2 2 2 4 A B A A AB x a       . Vì  0 90 BMA   nên tam giác BMA  vuông tại M , do đó: 2 2 2 A B BM A M     2 2 2 2 2 2 4 7 4 x a a x a x       2 2 5 5 x a x a     . Ta có:  1 . .sin 2 ABC S AB AC BAC    1 . . , 2 AB d C AB    , 3 d C AB a   . Lại có:           , , , d M ABA d C ABA d C AB     ( vì   / / CC ABA   và     ABC ABA   ). Suy ra. Ta có: 2 1 . 5 2 ABA S AB AA a     ; 2 1 . 3 3 2 MBA S MB MA a     .`         1 1 . . , . . , 3 3 AA BM ABA MBA V S d M ABA S d A BMA            5 , 3 a d A BMA    . A' B' C' M C B A -------------------- HẾT --------------------