Đề ôn thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 1
25 câu hỏi
Phần I (4 điểm). Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 16. Đối với mỗi câu, thí sinh chỉ chọn một phương án. Đối với mỗi câu trả lời đúng, thí sinh được 0,25 điểm.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right),\forall x \in \mathbb{R}\). Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).
Hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ;2} \right)\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( { - 2;1} \right)\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên \[\left( { - 1;2} \right)\].
Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 1\end{array} \right..\)
Bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau:
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right),\left( {2; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 1;2} \right)\].
Chọn D.
Tập nghiệm của bất phương trình \({\log _3}\left( {{x^2} + 2} \right) \le 3\) là
\(S = \left( { - \infty ;\, - 5} \right] \cup \left[ {5;\, + \infty } \right)\).
\(S = \emptyset \).
\(S = \mathbb{R}\).
\(S = \left[ { - 5;\,5} \right]\).
Ta có \({\log _3}\left( {{x^2} + 2} \right) \le 3\)\( \Leftrightarrow {x^2} + 2 \le 27\)\( \Leftrightarrow {x^2} \le 25\)\( \Leftrightarrow - 5 \le x \le 5\). Chọn D.
Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{x + 1}}\) có phương trình là:
\(y = 2x - 5\).
\(y = 2x + 5\).
\(y = 2x - 3\).
\(y = 2x + 3\).
Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 3x + 1}}{{x + 1}} = 2x - 5 + \frac{6}{{x + 1}}\).
Do đó tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng có phương trình: \(y = 2x - 5.\) Chọn A.
Một người thống kê lại thời gian thực hiện các cuộc gọi điện thoại của người đó trong một tuần ở bảng sau:
Thời gian (đơn vị: giây) | \(\left[ {0\,;60} \right)\) | \(\left[ {60;120} \right)\) | \[\left[ {120\,;180} \right)\] | \(\left[ {180;240} \right)\) | \(\left[ {240;300} \right)\) | \(\left[ {300;360} \right)\) |
Số cuộc gọi | \(9\) | \(9\) | \(5\) | \(7\) | \(2\) | \(1\) |
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng:
\(180\).
\(140\).
\(60\).
\(169\).
Ta lập bảng tần số ghép nhóm như sau:
Thời gian (đơn vị: giây) | \(\left[ {0\,;60} \right)\) | \(\left[ {60;120} \right)\) | \[\left[ {120\,;180} \right)\] | \(\left[ {180;240} \right)\) | \(\left[ {240;300} \right)\) | \(\left[ {300;360} \right)\) |
Tần số | \(9\) | \(9\) | \(5\) | \(7\) | \(2\) | \(1\) |
Tần số tích lũy | \(9\) | \(18\) | \(23\) | \(30\) | \(32\) | \(33\) |
Cỡ mẫu: \(n = 9 + 9 + 5 + 7 + 2 + 1 = 33\).
Giả sử \({x_1},{x_2},{x_3},...,{x_{32}},{x_{33}}\) là mẫu số liệu gốc được sắp xếp theo thứ tự không giảm.
Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1} = \frac{{{x_8} + {x_9}}}{2}\) và \({Q_1} \in \left[ {0\,;60} \right)\). Do đó \({Q_1} = 0 + \frac{{\frac{1}{4} \cdot 33}}{9}.\left( {60 - 0} \right) = 55\).
Tứ phân vị thứ ba \({Q_3} = \frac{{{x_{25}} + {x_{26}}}}{2}\) và \({Q_3} \in \left[ {180\,;240} \right)\). Do đó \({Q_3} = 180 + \frac{{\frac{3}{4} \cdot 33 - 23}}{7} \cdot \left( {240 - 180} \right) = 195.\)
Như vậy, khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu đã cho là: \(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 195 - 55 = 140\). Chọn B.
Nếu \(\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 5\) thì \(\int\limits_{ - 1}^2 {4f\left( x \right){\rm{d}}x} \) bằng
\(20\).
\(10\).
\(\frac{5}{2}\).
\(\frac{5}{4}\).
Ta tính được \(\int\limits_{ - 1}^2 {4f\left( x \right){\rm{d}}x} = 4\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 4 \cdot 5 = 20\).Chọn A.
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1} = 7\) và công bội \(q = 3\). Khi đó số hạng thứ hai của cấp số nhân đã cho là:
\({u_2} = 21\).
\({u_2} = 10\).
\({u_2} = 49\).
\({u_2} = 343\).
Số hạng thứ hai của cấp số nhân đã cho là: \({u_2} = {u_1} \cdot q = 7 \cdot 3 = 21\). Chọn A.
Cho \(A,B\) là hai biến cố độc lập với \(P\left( A \right) = 0,2024;P\left( B \right) = 0,2025\). Kết quả \(P\left( {B|A} \right)\) bằng
\(0,4049\).
\(0,7975\).
\(0,2025\).
\(0,2024\).
Ta có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {B \cap A} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( A \right)}}{{P\left( A \right)}} = P\left( B \right) = 0,2025\). Chọn C.
Cho hình tứ diện \[ABCD\]. Gọi \[G\]là trọng tâm của tam giác \(BCD\). Mệnh đề nào sau đây đúng?
\[\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = - 3\overrightarrow {AG} \].
\[\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} \].
\[\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 3\overrightarrow {AG} \].
\[\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC} \].
Có \[G\]là trọng tâm của tam giác \(BCD\)nên \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \).
Vậy \[\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = \left( {\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} } \right) + \left( {\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} } \right) + \left( {\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GD} } \right) = 3\overrightarrow {AG} + \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) = 3\overrightarrow {AG} \]. Chọn C.
Trong không gian \[Oxyz\], cho mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x + 2y + 1 = 0\). Tọa độ tâm và bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) lần lượt là
\(I\left( { - 4;1;0} \right),R = 2\).
\(I\left( { - 4;1;0} \right),R = 4\).
\(I\left( {4; - 1;0} \right),R = 2\).
\(I\left( {4; - 1;0} \right),R = 4\).
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có dạng: \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\) nên toạ độ tâm là \(I\left( {4; - 1;0} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} - 1} = 4\). Chọn D.
Khi cắt một vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục \[Ox\] tại điểm có hoành độ \[x\], \[\left( { - \sqrt 3 \le x \le \sqrt 3 } \right)\], mặt cắt là hình vuông có độ dài các cạnh là \[\sqrt {3 - {x^2}} \,\]. Thể tích của vật thể đã cho bằng
\(\sqrt 3 \).
\(4\sqrt 3 \).
\(4\pi \sqrt 3 \).
\(\pi \sqrt 3 \).
Diện tích của mặt cắt hình vuông là \[S\left( x \right) = {\left( {\sqrt {3 - {x^2}} \,} \right)^2} = 3 - {x^2}\].
Thể tích của vật thể đã cho là: \[V = \int\limits_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {S\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } {\left( {3 - {x^2}} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {3x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - \sqrt 3 }^{\sqrt 3 } = \left( {2\sqrt 3 + 2\sqrt 3 } \right) = 4\sqrt 3 \].
Chọn B.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình?
\(y = \frac{{x - 2}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{x - 2}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\).
\(y = - {x^3} + 3x + 2\).
Đường cong có dạng của đồ thị hàm số hữu tỉ bậc nhất trên bậc nhất, đồ thị có các đường tiệm cận đứng \(x = 1\) và tiệm cận ngang \(y = 1\) nên chỉ có hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x - 1}}\) thỏa yêu cầu bài toán. Chọn A.
Tất cả các nghiệm của phương trình \(2\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) - \sqrt 2 = 0\) là
\[x = k2\pi ;\,\,x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\[x = k\pi ;\,\,x = - \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\[x = k\pi ;\,\,x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
\[x = k2\pi ;\,\,x = - \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
Ta có \(2\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) - \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \)\(\cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \left( {\frac{\pi }{4}} \right)\)\[ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k2\pi \\x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
Chọn A.
Trong không gian \(Oxyz\), mặt phẳng nào dưới đây có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2;3} \right)\)?
\(2x + 4y - 6z - 1 = 0\) .
\( - x + 2y - 3z + 2 = 0\).
\(x - 2z + 3 = 0\).
\(x - 2y + 3 = 0\).
Mặt phẳng có phương trình \( - x + 2y - 3z + 2 = 0\) có \(\overrightarrow n = \left( { - 1;2; - 3} \right) = - \left( {1; - 2;3} \right)\). Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a\). Cạnh bên \(SC\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), \(SC = a\). Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{9}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
\[{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]\[ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\]. Chọn D.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = {e^x},\] trục hoành và hai đường thẳng \[x = 0\] và \[x = 3\] bằng
\({e^3}.\)
\({e^3} - 1.\)
\({e^2} - 1.\)
\(e\left( {{e^2} - 1} \right).\)
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = {e^x},\] trục hoành và hai đường thẳng \[x = 0\] và \[x = 3\] là \[S = \int\limits_0^3 {{e^x}{\rm{d}}x} = \left. {{e^x}} \right|_0^3 = {e^3} - 1\]. Chọn B.
Một hộp đựng \(6\) bi xanh đánh số từ \(1\) đến \(6\), \(7\) bi vàng đánh số từ \(1\) đến \(7\) và \(8\) bi đỏ đánh số từ \(1\) đến \(8\). Lấy ngẫu nhiên \(3\) bi từ hộp. Xác suất để ba bi lấy được có \(3\) số khác nhau và khác màu là
\(\frac{{108}}{{775}}\).
\(\frac{{108}}{{665}}\).
\(\frac{{116}}{{565}}\).
\(\frac{{109}}{{785}}\).
Số phần tử không gian mẫu là: \(\left| \Omega \right| = C_{21}^3\).
Gọi \(A\) là biến cố ba bi lấy được có 3 số khác nhau và 3 màu khác nhau.
Cách 1.
Ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1. Bi đỏ được chọn ghi số \(8\). Khi đó có hai khả năng sau:
Khả năng 1. Bi vàng được chọn ghi số \(7\). Khi đó có \(6\) cách chọn bi xanh.
Khả năng 2. Bi vàng được chọn ghi số bé hơn \(7\). Khi đó bi vàng có \(6\) cách chọn, bi xanh có \(5\) cách chọn.
Trường hợp 1 có \(6 + 6 \cdot 5 = 36\) cách chọn.
Trường hợp 2. Bi đỏ được chọn ghi số \(7\). Khi đó bi vàng có \(6\) cách chọn (từ \(1\) đến \(6\)) và bi xanh có \(5\) cách chọn (vì ghi số phải khác số bi vàng). Trường hợp này có \(6 \cdot 5 = 30\) cách chọn.
Trường hợp 3. Bi đỏ được chọn ghi số bé hơn \(7\). Bi đỏ có \(6\) cách chọn.
Khả năng 1. Bi vàng được chọn ghi số \(7\). Khi đó bi xanh có \(5\) cách chọn (ghi số khác bi đỏ).
Khả năng 2. Bi vàng được chọn ghi số bé hơn \(7\) và khác số bi đỏ. Khi đó bi vàng có \(5\) cách chọn và bi xanh có \(4\) cách chọn.
Trường hợp 3 này có \(6\left( {5 + 5 \cdot 4} \right) = 150\) cách chọn.
Vậy số phần tử của biến cố \(A\) là: \(\left| A \right| = 36 + 30 + 150 = 216\).
Vậy xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = \frac{{216}}{{C_{21}^3}} = \frac{{108}}{{665}}\).
Cách 2.
Có \(6\) cách chọn bi xanh.
Với mỗi cách chọn bi xanh có \(6\) cách chọn bi vàng để bi vàng ghi số khác với bi xanh.
Với mỗi cách chọn bi xanh và bi vàng có \(6\) cách chọn bi đỏ ghi số khác với bi vàng, bi xanh.
Vậy số phần tử của biến cố \(A\) là: \(\left| A \right| = {6^3}\).
Xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = \frac{{{6^3}}}{{C_{21}^3}} = \frac{{108}}{{665}}\). Chọn B.
Phần II (2 điểm). Thí sinh trả lời câu 1, câu 2. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hàm số y=x3–3x2+2
Đạo hàm của hàm số đã cho là \[y' = 3{x^2} - 6x\].
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \[\left( {0\,;2} \right)\] và nghịch biến trên các khoảng \[\left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\].
Bảng biến thiên của hàm số đã cho là:
Đồ thị hàm số đã cho như ở hình dưới.
a) Đúng. Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x\).
b) Sai. Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 2\).
Trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\)thì \(y' > 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) nên hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng này.
Trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) thì \(y' < 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng này.
c) Sai. Bảng biến thiên của hàm số đã cho là:
d) Đúng. Đồ thị hàm số đã cho là:
Trong không gian với hệ tọa độ\(Oxyz,\) cho đường thẳng \(\Delta :\frac{{x - 2}}{5} = \frac{{y - 1}}{{12}} = \frac{{z - 6}}{{ - 13}}\) và mặt phẳng \(\left( P \right):x - 2y - 2z - 2026 = 0\).
Vectơ có tọa độ \(\left( {2;1;6} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(\Delta .\)
Vectơ có tọa độ \(\left( {1; - 2; - 2} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right).\)
Côsin của góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow u = \left( {5;12; - 13} \right)\) và \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2; - 2} \right)\) bằng \(\frac{7}{{39\sqrt 2 }}\).
Góc giữa đường thẳng \(\Delta \) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) (làm tròn đến hàng đơn vị của độ) bằng \(83^\circ \).
a) Sai. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow u = \left( {5;12; - 13} \right)\).
b) Đúng. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2; - 2} \right)\).
c) Đúng. Côsin của góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow u = \left( {5;12; - 13} \right)\) và \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2; - 2} \right)\) là
\(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right) = \frac{{\overrightarrow u \cdot \overrightarrow n }}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow n } \right|}} = \frac{7}{{13\sqrt 2 \cdot 3}} = \frac{7}{{39\sqrt 2 }}\).
d) Sai. Khi đó, góc giữa đường thẳng \(\Delta \) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) là
\(\sin \left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right)} \right| = \frac{7}{{39\sqrt 2 }} \Rightarrow \left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) \approx 7^\circ \).
Phần III (1 điểm). Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Đối với mỗi câu, thí sinh chỉ viết kết quả, không trình bày suy luận. Đối với mỗi câu trả lời đúng, thí sinh được 0,25 điểm.
Giả sử doanh số của một sản phẩm mới tuân theo quy luật logistic được mô hình hóa bằng hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{5\,000}}{{1 + 5{{\rm{e}}^{ - t}}}},\,t \ge 0\), trong đó thời gian \[t\] được tính bằng năm, kể từ khi phát hành sản phẩm mới. Khi đó, đạo hàm \[f'\left( t \right)\] sẽ biểu thị tốc độ bán hàng. Hỏi sau khi phát hành bao nhiêu năm thì tốc độ bán hàng là lớn nhất?
Ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{{25\,000{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^2}}}\).
Tốc độ bán hàng lớn nhất tức là \(f'\left( t \right)\) lớn nhất.
Xét hàm số \(h\left( t \right) = f'\left( t \right) = \frac{{25\,000{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^2}}}\), \(t \ge 0\).
Ta có \(h'\left( t \right) = 25\,000\frac{{{{\left( {{e^{ - t}}} \right)}^\prime }{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^2} - 2\left( {1 + 5{{\rm{e}}^{ - t}}} \right).{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^\prime }.{e^{ - t}}}}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^4}}} = - 25\,000\frac{{{e^{ - t}}\left( {1 - 5{e^{ - t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 5{e^{ - t}}} \right)}^3}}}\).
\(h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - 5{e^{ - t}} = 0 \Leftrightarrow {e^{ - t}} = \frac{1}{5} \Leftrightarrow t = \ln 5\).
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(h\left( t \right)\) với \(t \ge 0\) như sau:
Tốc độ bán hàng \(h\left( t \right)\) lớn nhất khi \(t = \ln 5\).
Vậy sau khi phát hành khoảng \(t = \ln 5\)năm thì thì tốc độ bán hàng là lớn nhất.
Trả lời: ln5.
Một hộp đựng 8 thẻ được đánh số từ 2 đến 9. Bạn Lê lấy ngẫu nhiên một thẻ, ghi lại số trên thẻ rồi bỏ thẻ vào hộp. Lần thứ hai, bạn Lê cũng lấy ngẫu nhiên một thẻ, ghi lại số trên thẻ rồi bỏ thẻ vào hộp. Tiếp tục như vậy, sau năm lần bạn Lê đã ghi lại được 5 số. Tính xác suất để trong 5 số ghi được có đúng 2 số chia hết cho 4.
Đặt \(X = \left\{ {4;8} \right\}\), \(Y = \left\{ {2;3;5;6;7;9} \right\}\).
Vì sau mỗi lần lấy được thẻ thì lại bỏ lại hộp và có 5 lần rút như vậy nên số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = {8^5}\).
Gọi \(A\) là biến cố: “Trong 5 số ghi được có đúng 2 số chia hết cho 4”.
Để đếm số khả năng thuận lợi cho biến cố \(A\) ta có các công đoạn sau:
+) Chọn 2 lần trong 5 lần lấy được số chia hết cho 4: Có \(C_5^2\) cách.
+) Với mỗi lần ở trên đều có 2 cách chọn 1 số chia hết cho 4 từ tập \(X\).
+) Và 3 lần còn lại thì mỗi lần đều có \(6\) cách chọn 1 số không chia hết cho 4 từ \(Y\).
\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_5^2 \cdot {2^2} \cdot {6^3}\)\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_5^2 \cdot {2^2} \cdot {6^3}}}{{{8^5}}} = \frac{{135}}{{512}}\).
Trả lời: \(\frac{{135}}{{512}}\).
Tại một nút giao thông có hai con đường khác mức. Trên thiết kế, trong không gian \(Oxyz\)hai con đường đó thuộc hai đường thẳng \({d_1}:\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{z}{{ - 1}}\); \({d_2}:\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{{ - 3}}\). Người ta muốn tạo một con đường \(\Delta \) cắt \({d_1},\,{d_2}\) lần lượt tại \(A\) và \(B\) sao cho \(AB\) nhỏ nhất. Tính độ dài \(AB\).
Ta có \(AB\) ngắn nhất khi \(AB\) là đoạn vuông góc chung của \({d_1},\,{d_2}\).
Gọi \(A\left( {2 + a;2 + a; - a} \right) \in {d_1};\,\,B\left( {2 + b; - 1 + 2b; - 3b} \right) \in {d_2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {b - a;2b - a - 3; - 3b + a} \right)\).
\({d_1},\,{d_2}\) lần lượt có các vectơ chỉ phương là \({\vec u_{{d_1}}} = \left( {1;1; - 1} \right)\) và \({\vec u_{{d_2}}} = \left( {1;2; - 3} \right)\).
Ta có AB→⋅u→d1=0AB→⋅u→d2=0⇔1b−a+12b−a−3−1−3b+a=01b−a+22b−a−3−3−3b+a=0⇔6b−3a−3=014b−6a−6=0
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {1;1;1} \right)\\B\left( {2; - 1;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {1; - 2; - 1} \right)\]. Do đó \[\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt 6 \].
Trả lời: \(\sqrt 6 \).
Trong một kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông, một tỉnh X có 80% học sinh lựa chọn tổ hợp A00 (gồm các môn Toán, Vật lí, Hoá học). Biết rằng, nếu một học sinh chọn tổ hợp A00 thì xác suất để học sinh đó đỗ đại học là 0,6; còn nếu một học sinh không chọn tổ hợp A00 thì xác suất để học sinh đó đỗ đại học là 0,7. Chọn ngẫu nhiên một học sinh của tỉnh X đã tốt nghiệp trung học phổ thông trong kì thi trên. Biết rằng học sinh này đã đỗ đại học, tính xác suất để học sinh đó chọn tổ hợp A00.
Gọi biến cố A: “Học sinh đó chọn tổ hợp A00” ;
biến cố B: “Học sinh đó đỗ đại học”.
Ta cần tính \[P\left( {A|B} \right)\].
Theo bài ra ta có: \(P\left( A \right) = 0,8;P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,8 = 0,2\).
Ta có \(P\left( {B|A} \right)\)là xác suất để một học sinh đỗ đại học với điều kiện học sinh đó chọn tổ hợp A00 nên \(P\left( {B|A} \right) = 0,6\) và \(P\left( {B|\overline A } \right)\)là xác suất để một học sinh đỗ đại học với điều kiện học sinh đó không chọn tổ hợp A00 nên \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,7\).
Áp dụng công thức Bayes ta được
\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}} = \frac{{0,8 \cdot 0,6}}{{0,8 \cdot 0,6 + 0,2 \cdot 0,7}} = \frac{{24}}{{31}}\).
Trả lời: \(\frac{{24}}{{31}}\).
Phần IV (3 điểm). Thí sinh trả lời từ câu 5 đến câu 7. Đối với mỗi câu, thí sinh viết quá trình và kết quả suy luận.
(1 điểm). Giải phương trình: \[{4^{{x^2} - 3x + 2}} + {4^{2{x^2} + 6x + 5}} = {4^{3{x^2} + 3x + 7}} + 1\].
Ta có \[{4^{{x^2} - 3x + 2}} + {4^{2{x^2} + 6x + 5}} = {4^{3{x^2} + 3x + 7}} + 1\]
\[ \Leftrightarrow {4^{{x^2} - 3x + 2}} + {4^{2{x^2} + 6x + 5}} = {4^{{x^2} - 3x + 2}} \cdot {4^{2{x^2} + 6x + 5}} + 1\]
\[ \Leftrightarrow {4^{{x^2} - 3x + 2}} - 1 + {4^{2{x^2} + 6x + 5}} - {4^{{x^2} - 3x + 2}} \cdot {4^{2{x^2} + 6x + 5}} = 0\]
\( \Leftrightarrow \left( {{4^{{x^2} - 3x + 2}} - 1} \right)\left( {1 - {4^{2{x^2} + 6x + 5}}} \right) = 0\).
Trường hợp 1: \({4^{{x^2} - 3x + 2}} = 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = 1\) hoặc \(x = 2\).
Trường hợp 2: \({4^{2{x^2} + 6x + 5}} = 1 \Leftrightarrow 2{x^2} + 6x + 5 = 0\), phương trình này vô nghiệm.
Vậy, phương trình cho có \(2\) nghiệm \(x = 1,\)\(x = 2\).
(1 điểm). Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\)có đáy là tam giác vuông tại \(A\), \(AB = a,AC = a\sqrt 3 \). Gọi \(M\) là trung điểm của \(CC'\). Biết góc giữa mặt phẳng \(\left( {A'B'M} \right)\) và mặt phẳng đáy bằng \(30^\circ \). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(B'M\).
Ta có \(A'B' \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow A'B' \bot A'M\), mà \(A'B' \bot A'C' \Rightarrow \)Góc giữa mặt phẳng \(\left( {A'B'M} \right)\) và mặt phẳng đáy \(\left( {A'B'C'} \right)\) bằng \(\widehat {MA'C'} = 30^\circ \).
Vì \(AB{\rm{ // }}A'B' \Rightarrow d\left( {AB,B'M} \right) = d\left( {AB,\left( {A'B'M} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'M} \right)} \right)\).
Ta có \(MC' = A'C' \cdot \tan 30^\circ = a\sqrt 3 \cdot \frac{1}{{\sqrt 3 }} = a \Rightarrow CC' = 2a\).
Kẻ \(AK \bot A'M\)\(\left( {K \in A'M} \right)\)(1).
Vì \(A'B' \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow A'B' \bot AK\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AK \bot \left( {A'B'M} \right) \Rightarrow d\left( {AB,B'M} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'M} \right)} \right) = AK\).
Ta có \(A'M = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}} = 2a\) và .
Vậy \(d\left( {AB,B'M} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'M} \right)} \right) = AK = a\sqrt 3 \).
(1 điểm). Một cái bình cổ có hình dạng như Hình a. Giả sử mô hình toán mô phỏng việc tạo thành cái bình cổ đó bằng cách xoay phần diện tích (gạch sọc) được giới hạn bởi đường cong \(f\left( x \right) = {x^2} - 8x + 12\) và \(g\left( x \right) = - x + 6\) quanh trục \(Ox\) như Hình b. Hãy tính thể tích của cái bình cổ đó.
Xét đồ thị hàm số \(y = h\left( x \right) = - f\left( x \right)\) có đồ thị là đường nét đứt đoạn như hình vẽ trên.
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) và \(h\left( x \right)\) là nghiệm của phương trình \[ - {x^2} + 8x - 12 = - x + 6\]\[ \Leftrightarrow {x^2} - 9x + 18 = 0 \Leftrightarrow x = 3\]hoặc \[x = 6\].
Thể tích của bình cổ là
\(V = \pi \int\limits_3^6 {\left[ {{{\left( { - {x^2} + 8x - 12} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x + \pi \int\limits_1^3 {{{\left( { - x + 6} \right)}^2}{\rm{d}}x - \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {{x^2} - 8x + 12} \right)}^2}{\rm{d}}x} } } \)\( = \frac{{153}}{5}\pi + \frac{{98}}{3}\pi - \frac{{113}}{{15}}\pi = \frac{{836}}{{15}}\pi \).
