Đề ôn thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 1

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.

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.

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.

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.

\[{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]\[ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\]. 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 \[x = 3\] là \[S = \int\limits_0^3 {{e^x}{\rm{d}}x} = \left. {{e^x}} \right|_0^3 = {e^3} - 1\]. Chọn B.

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.

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:

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

\(\sin \left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right)} \right| = \frac{7}{{39\sqrt 2 }} \Rightarrow \left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) \approx 7^\circ \).

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:

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: \(\frac{{135}}{{512}}\).

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 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}\cdot {\overrightarrow{u}}_{d_1}=0\\ \overrightarrow{AB}\cdot {\overrightarrow{u}}_{d_2}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1\left(b-a\right)+1\left(2b-a-3\right)-1\left(-3b+a\right)=0\\ 1\left(b-a\right)+2\left(2b-a-3\right)-3\left(-3b+a\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}6b-3a-3=0\\ 14b-6a-6=0\end{array}\right.$

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\left( {1;1;1} \right)\\B\left( {2; - 1;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {1; - 2; - 1} \right)\]. Do đó \[\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt 6 \].

Trả lời: \(\sqrt 6 \).

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: \(\frac{{24}}{{31}}\).

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 \(x = 1,\) \(x = 2\).

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 \(d\left( {AB,B'M} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'M} \right)} \right) = AK = a\sqrt 3 \).

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

\(V = \pi \int\limits_3^6 {\left[ {{{\left( { - {x^2} + 8x - 12} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x + \pi \int\limits_1^3 {{{\left( { - x + 6} \right)}^2}{\rm{d}}x - \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {{x^2} - 8x + 12} \right)}^2}{\rm{d}}x} } } \)\( = \frac{{153}}{5}\pi + \frac{{98}}{3}\pi - \frac{{113}}{{15}}\pi = \frac{{836}}{{15}}\pi \).