Đề ôn thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 2
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.
Tập nghiệm của bất phương trình \({\log _5}\left( {x - 2} \right) \le 1\) là
\(\left( {2;3} \right]\).
\(\left( { - \infty ;7} \right]\).
\(\left[ {7; + \infty } \right)\).
\(\left( {2;7} \right]\).
Ta có \({\log _5}\left( {x - 2} \right) \le 1\)\( \Leftrightarrow 0 < x - 2 \le {5^1}\)\( \Leftrightarrow 0 < x\; - \;2\; \le \;5\)\( \Leftrightarrow 2 < x\; \le \;7\). Chọn D.
Khảo sát thời gian tập thể dục của một số học sinh khối 12 thu được mẫu số liệu ghép nhóm sau:
Mốtcủamẫu số liệutrênlà
\[52\].
\[42\].
\[53\].
\[54\].
Mốt \({M_0}\) chứa trong nhóm \[\left[ {40;60} \right)\].
Do đó \({u_m} = 40;{u_{m + 1}} = 60\); \({n_{m - 1}} = 9;{n_m} = 12;{n_{m + 1}} = 10\).
Vậy \[{M_0} = 40 + \frac{{12 - 9}}{{\left( {12 - 9} \right) + \left( {12 - 10} \right)}} \cdot \left( {60 - 40} \right) = 52\]. Chọn A.
Một chiếc máy bay chuyển động trên đường băng với vận tốc \(v\left( t \right) = {t^2} + 10t\)(m/s) với \(t\) là thời gian được tính theo đơn vị giây kể từ khi máy bay bắt đầu chuyển động. Biết khi máy bay đạt vận tốc \(200\,{\rm{(m/s)}}\) thì rời đường băng. Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là
\(2000\,\left( {\rm{m}} \right)\).
\(500\,\left( {\rm{m}} \right)\).
\(\frac{{4000}}{3}\,\left( {\rm{m}} \right)\).
\(\frac{{2500}}{3}\,\left( {\rm{m}} \right)\).
Thời điểm máy bay đạt vận tốc \(200\,{\rm{(m/s)}}\) là \(v\left( t \right) = 200 \Leftrightarrow {t^2} + 10t = 200 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 10\\t = - 20\end{array} \right. \Rightarrow t = 10\).
Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là:
\[s = \int\limits_0^{10} {\left( {{t^2} + 10t} \right)\,{\rm{d}}t} = \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} + 5{t^2}} \right)} \right|_0^{10} = \frac{{2500}}{3}\,\left( {\rm{m}} \right)\]. Chọn D.
Người ta cần kéo một vật có trọng lượng \(3200\;\left( {\rm{N}} \right)\) lên một con dốc nghiêng \(30^\circ \) so với phương nằm ngang. Nếu lực kéo của mỗi người là \(240\;\left( {\rm{N}} \right)\) thì phải dùng ít nhất bao nhiêu người để kéo vật lên?
\(7\).
\(6\).
\(13\).
\(12\).
Phân tích trọng lực \(\overrightarrow {P\,} \) thành hai lực thành phần \[\overrightarrow {{P_1}\,} \] và \(\overrightarrow {{P_2}\,} \) như hình vẽ, lực thành phần \[\overrightarrow {{P_1}\,} \] sẽ triệt tiêu với lực nâng \[\overrightarrow {W\,} \], như vậy để kéo được vật lên thì lực kéo phải lớn hơn hoặc bằng lực thành phần \(\overrightarrow {{P_2}\,} \).
Hai lực \(\overrightarrow {P\,} ,\overrightarrow {{P_1}\,} \) hợp với nhau một góc \(30^\circ \).
Như vậy, \(F \ge {P_2} = P \cdot \sin 30^\circ = 3200 \cdot \frac{1}{2} = 1600\;\left( {\rm{N}} \right)\).
Ta có: \(\frac{{1600}}{{240}} \approx 6,67\). Vậy số người tối thiểu là \(7\) người. Chọn A.
Điểm thi môn Toán cuối học kì I của lớp 12A như sau:
Số trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm này gần nhất với giá trị nào dưới đây?
\[6,47\].
\[6,57\].
\[6,37\].
\[6,67\].
Ta có \(n = 7 + 12 + 15 + 11 = 45\).
Gọi \({x_1};...;{x_{45}}\) là điểm của 45 học sinh và giả sử dãy này sắp xếp theo thứ tự không giảm.
Khi đó, trung vị là \({x_{23}}\). Do giá trị \({x_{23}}\) thuộc nhóm \(\left[ {6;8} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị.
Do đó \(p = 3\), \({a_3} = 6\), \({m_3} = 15\), \({m_1} + {m_2} = 7 + 12 = 19\), \({a_4} - {a_3} = 2\) và ta có \({M_e} = 6 + \frac{{\frac{{45}}{2} - 19}}{{15}} \cdot 2 \approx 6,47\).
Chọn A.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai điểm \(I\left( {1;0; - 1} \right)\) và \(A\left( {2;2; - 3} \right)\). Mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\) và đi qua điểm \(A\) có phương trình là
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 3\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 3\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\).
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\).
Bán kính mặt cầu \(R = IA = \sqrt {{{\left( {2 - 1} \right)}^2} + {2^2} + {{\left( { - 3 + 1} \right)}^2}} = 3\).
Vậy mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\) và đi qua điểm \(A\) có phương trình là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\). Chọn C.
Tính tổng các nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {0;2018\pi } \right]\) của phương trình \(\sin 2x = 1\) ta được
\[S = \frac{{8141621\pi }}{4}\].
\[S = \frac{{4071315\pi }}{2}\].
\[S = \frac{{4071315\pi }}{4}\].
\[S = \frac{{8141621\pi }}{2}\].
Ta có \(\sin 2x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Do \(x \in \left[ {0;2018\pi } \right]\) nên \(0 \le \frac{\pi }{4} + k\pi \le 2018\pi \Leftrightarrow - 0,25 \le k \le 2017,75\).
Ta có các nghiệm thỏa mãn là \(\frac{\pi }{4}\); \(\frac{\pi }{4} + \pi \); …; \(\frac{\pi }{4} + 2017\pi \).
Khi đó tổng các nghiệm là \[S = 2018 \cdot \frac{\pi }{4} + \left( {\pi + 2\pi + ... + 2017\pi } \right) = \frac{{4071315\pi }}{2}\]. Chọn B.
Trong không gian \(Oxyz\), gọi \(d\)là đường thẳng đi qua điểm \(A\left( {1; - 1;2} \right)\), song song với mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y - z + 3 = 0\), đồng thời tạo với đường thẳng \(\Delta :\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{z}{2}\)một góc lớn nhất. Phương trình đường thẳng \(d\)là
\(\frac{{x - 1}}{{ - 4}} = \frac{{y + 1}}{5} = \frac{{z - 2}}{3}\).
\(\frac{{x - 1}}{4} = \frac{{y + 1}}{{ - 5}} = \frac{{z - 2}}{3}\).
\(\frac{{x - 1}}{4} = \frac{{y + 1}}{5} = \frac{{z - 2}}{3}\).
\(\frac{{x + 1}}{4} = \frac{{y + 1}}{5} = \frac{{z - 2}}{{ - 3}}\).
Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y - z + 3 = 0\)có một vectơ pháp tuyến là \({\overrightarrow n _{_{\left( P \right)}}}{\rm{ = }}\left( {2; - 1; - 1} \right)\).
Đường thẳng \(\Delta :\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{z}{2}\)có một vectơ chỉ phương là \({\overrightarrow u _{_\Delta }} = \left( {1; - 2;2} \right)\).
Giả sử đường thẳng \(d\)có vectơ chỉ phương là \[{\overrightarrow u _d}\].
Do \(0^\circ \le \left( {d,\Delta } \right) \le 90^\circ \)mà theo giả thiết \(d\)tạo \(\Delta \)góc lớn nhất \( \Rightarrow \left( {d,\Delta } \right) = 90^\circ \Rightarrow {\overrightarrow u _d} \bot {\overrightarrow u _\Delta }\).
Lại có \(d{\rm{ // }}\left( P \right)\)nên \({\overrightarrow u _d} \bot {\overrightarrow n _{\left( P \right)}}\). Do đó chọn \[{\overrightarrow u _d} = \left[ {{{\overrightarrow u }_{_\Delta }},{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}}} \right] = \left( {4;{\rm{ }}5;{\rm{ }}3} \right)\].
Vậy phương trình đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{4} = \frac{{y + 1}}{5} = \frac{{z - 2}}{3}\). Chọn C.
Có hai hộp chứa đồ. Hộp thứ nhất chứa 4 chiếc bút đỏ và \(5\) chiếc bút xanh. Hộp thứ hai chứa 8 quyển vở bìa vàng và 5 quyển vở bìa trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một chiếc bút và một quyển vở. Tính xác suất để lấy được chiếc bút đỏ và quyển vở bìa vàng.
\(\frac{{124}}{{127}}\).
\(\frac{{40}}{{117}}\).
\(\frac{{32}}{{117}}\).
\(\frac{{25}}{{117}}\).
Lời giải
Gọi \[A\] là biến cố: “Lấy ra từ hộp thứ nhất chiếc bút đỏ”, ta có \[P\left( A \right) = \frac{4}{9}\].
\[B\]là biến cố: “Lấy ra từ hộp thứ hai quyển vở bìa vàng”, ta có \[P\left( B \right) = \frac{8}{{13}}\].
Suy ra \[AB\] là biến cố: “Lấy được chiếc bút đỏ và quyển vở bìa vàng”.
Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên \[P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{4}{9} \cdot \frac{8}{{13}} = \frac{{32}}{{117}}\]. Chọn C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = x\left( {x + 3} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\). Số điểm cực trị của hàm số bằng
\(3\).
\(0\).
\(1\).
\(2\).
Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 3} \right){\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = - 3}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).
Ta có bảng biến thiên:
![Gọi \[A\] là biến cố: “Lấy ra (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/6-1769172918.png)
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đã cho có 2 điểm cực trị. Chọn D.
Cách suy luận nhanh: \(f\left( x \right)\) là hàm đa thức nên số cực trị là số nghiệm bội lẻ của \(f'\left( x \right)\). Mà \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm bội lẻ là \(x = 0\); \(x = - 3\) nên hàm số có 2 điểm cực trị.
Gọi\[D\] là hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {e^{2x}}\), \(y = 0\), \(x = 0\), \(x = 1\). Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay \(D\) quanh trục \(Ox\) bằng
\[\frac{\pi }{4}\left( {{e^4} - 1} \right)\].
\[\frac{\pi }{2}\left( {{e^2} - 1} \right)\].
\[\frac{1}{2}\left( {{e^2} - 1} \right)\].
\[\frac{1}{4}\left( {{e^4} - 1} \right)\].
Ta có \[V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{e^{2x}}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^1 {{e^{4x}}{\rm{d}}x} = \frac{\pi }{4}\left( {{e^4} - 1} \right)\].Chọn A.
Cho hàm số \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{mx + n}}\) (với \(a \ne 0;m \ne 0\)) có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là
\(y = x - 2\).
\(y = 2x + 2\).
\(y = 2x - 2\).
\(y = x + 2\).
Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy đường tiệm cận xiên đi qua hai điểm \(\left( {2;0} \right)\,,\,\left( {0\,; - 2} \right)\)nên đáp án A thỏa mãn.
Chọn A.
Cho cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = - 2,\) công bội \(q = \frac{3}{4}\). Số \( - \frac{{81}}{{128}}\) là số hạng thứ mấy của cấp số này?
\(5\).
\(4\).
\(6\).
\(3\).
Lời giải
Áp dụng công thức cấp số nhân \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} \Rightarrow - \frac{{81}}{{128}} = - 2.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{4}} \right)^4} = {\left( {\frac{3}{4}} \right)^{n - 1}} \Leftrightarrow n = 5\). Chọn A.
Cho hình hộp chữ nhật có diện tích ba mặt lần lượt là \(6{a^2};8{a^2};12{a^2}\). Tính thể tích khối hộp chữ nhật đó là
\(8{a^3}\).
\(12{a^3}\).
\(24{a^3}\).
\(18{a^3}\)
Gọi ba kích thước của hình hộp chữ nhật là \(x;y;z\), điều kiện: \(x;y;z > 0\).
Diện tích ba mặt của hình hộp chữ nhật lần lượt là \(xy;yz;zx\).
Theo giả thiết ta có: \[xy \cdot yz \cdot zx = 6{a^2} \cdot 8{a^2} \cdot 12{a^2} \Leftrightarrow {\left( {xyz} \right)^2} = 576{a^6} \Leftrightarrow xyz = 24{a^3}\].
Vậy thể tích khối hộp chữ nhật là: \(V = xyz = 24{a^3}\). Chọn C.
Cho \(A,B\) là hai biến cố xung khắc. Biết \(P\left( A \right) = \frac{1}{3},P\left( B \right) = \frac{1}{4}\). Tính \(P\left( {A \cup B} \right)\) ta được kết quả là
\(\frac{7}{{12}}\) .
\(\frac{1}{{12}}\).
\(\frac{1}{7}\).
\(\frac{1}{2}\).
Vì \(A,B\) là hai biến cố xung khắc, nên \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{{12}}\). Chọn A.
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có độ dài mỗi cạnh bằng 1. Tính độ dài của \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'} \).
\(\sqrt 3 \).
\(\sqrt 2 \).
\(1\).
\(2\).
Ta có \(\left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AB'} } \right| = AB' = \sqrt 2 \). 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 \(y = f\left( x \right) = {x^2}{{\rm{e}}^x}\).
Đạo hàm của hàm số đã cho là \(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} + 2x} \right){{\rm{e}}^x}\).
Nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) là \(x = 0\) và \(x = 2.\)
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\, + \infty } \right)\).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\) bằng \(\frac{1}{{\rm{e}}}.\)
a) Đúng. Đạo hàm của hàm số đã cho là \(f'\left( x \right) = {\left( {{x^2}} \right)^\prime }{{\rm{e}}^x} + {\left( {{{\rm{e}}^x}} \right)^\prime }{x^2} = 2x{{\rm{e}}^x} + {x^2}{{\rm{e}}^x} = \left( {{x^2} + 2x} \right){{\rm{e}}^x}\).
b) Sai. Giải phương trình \(f'\left( x \right) = 0\), ta được: x2+2xex=0⇔x2+2x=0ex=0 (VN)⇔x=0x=−2.
c) Đúng. Bảng biến thiên của hàm số đã cho:
Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0; + \infty } \right)\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\).
d) Sai. Trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\), phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có nghiệm duy nhất là \(x = 0.\)
Ta có: \(f\left( { - 1} \right) = \frac{1}{{\rm{e}}},f\left( 0 \right) = 0,f\left( 1 \right) = {\rm{e}}\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\) bằng \(0.\)
Trong không gian \[Oxyz\], cho các điểm \[A\left( {1;1;0} \right)\], \[B\left( {5; - 3;2} \right)\]và \[C\left( {0;4; - 1} \right)\]. Xét các điểm \[M\] thay đổi trong không gian sao cho diện tích tam giác \[ABM\] bằng \[6\sqrt 2 \].
Đoạn thẳng \[AB\] có độ dài bằng \[3\].
Đường thẳng \[AB\] có phương trình là \[\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\].
Khoảng cách từ điểm \[C\] tới đường thẳng \[AB\] bằng \[2\sqrt 2 \].
Đoạn thẳng \[MC\] có độ dài nhỏ nhất bằng \[\sqrt 2 \].
a) Sai. Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 4;2} \right)\) nên đoạn thẳng \[AB\] có độ dài bằng \[\sqrt {{4^2} + {4^2} + {2^2}} = 6\].
b)Đúng.Vectơ \[\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 4;2} \right) = 2\left( {2; - 2;1} \right)\] nên đường thẳng \[AB\] có phương trình \[\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\].
c) Sai.Vectơ \[\overrightarrow {AC} = \left( { - 1;3; - 1} \right)\] nên khoảng cách từ điểm \[C\] tới đường thẳng \[AB\] bằng
\(d\left( {C,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{AB}} = \sqrt 2 \).
d) Đúng.Diện tích tam giác \[ABM\] bằng \[\frac{1}{2}AB \cdot d\left( {M,AB} \right) = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow d\left( {M,AB} \right) = 2\sqrt 2 \]. Suy ra \(M\)thuộc mặt trụ có trục là đường thẳng \(AB\), bán kính \(R = 2\sqrt 2 \).
Đoạn thẳng \[MC\] có độ dài nhỏ nhất bằng \[M{C_{\min }} = \left| {d\left( {M,AB} \right) - d\left( {C,AB} \right)} \right| = \sqrt 2 \].
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.
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho hai đường thẳng chéo nhau \({d_1}:\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y - 6}}{{ - 2}} = \frac{{z + 2}}{1}\) và \({d_2}:\frac{{x - 4}}{1} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{{z + 2}}{{ - 2}}\). Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa \({d_1}\) và \(\left( P \right)\) song song với đường thẳng \({d_2}\). Tính khoảng cách từ điểm \(M\left( { - 1;3;2} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Ta có \({d_1}\) đi qua điểm \(A\left( {2;6; - 2} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {2; - 2;1} \right);{d_2}\) có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {u'} = \left( {1;3; - 2} \right)\).
Vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\vec n = \left[ {\vec u,\overrightarrow {u'} } \right] = \left( {1;5;8} \right)\). Phương trình \(\left( P \right)\) là \(x + 5y + 8z - 16 = 0\).
Vậy \({\rm{d}}\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 + 15 + 16 - 16} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {5^2} + {8^2}} }} = \frac{{7\sqrt {10} }}{{15}}\).
Trả lời: \(\frac{{7\sqrt {10} }}{{15}}\).
Có 5 bạn học sinh nam và 5 bạn học sinh nữ, trong đó có một bạn nữ tên Tự và một bạn nam tên Trọng. Xếp ngẫu nhiên 10 bạn vào một dãy ghế sao cho mỗi ghế có đúng một người ngồi. Tính xác suất để không có hai học sinh nam nào ngồi kề nhau và bạn Tự ngồi kề với bạn Trọng.
Kí hiệu: Nam là và Nữ là . Ta có 2 trường hợp nam, nữ xen kẽ nhau và 4 trường hợp hai bạn nữ ngồi cạnh nhau.
Trường hợp 1: Nam, nữ ngồi xen kẽ nhau gồm:
Nam phía trước 
Nữ phía trước 
Trường hợp 2: Hai bạn nữ ngồi cạnh nhau: 
Các bước xếp như sau:
B1: Xếp 5 bạn nam.
B2: Xếp cặp Tự - Trọng.
B3: Xếp các bạn nữ còn lại.
Khi đó, số kết quả xếp cho 2 trường hợp trên như sau:
Nam, nữ xen kẽ nhau có \(2 \cdot 9 \cdot 4!\, \cdot 4!\) cách.
Hai bạn nữ ngồi cạnh nhau có \(4 \cdot 8 \cdot 4!\, \cdot 4!\) cách.
Vậy xác suất cần tính là \(P = \frac{{2 \cdot 9 \cdot 4!\, \cdot 4!\, + \,4 \cdot 8 \cdot 4!\, \cdot 4!}}{{10!}} = \frac{{50 \cdot 4!\, \cdot 4!}}{{10!}} = \frac{1}{{126}}\).
Trả lời: \(\frac{1}{{126}}\).
Một xét nghiệm Covid–19 cho kết quả dương tính với \(90\% \) các trường hợp thực sự nhiễm virus và cho kết quả âm tính với \(80\% \) các trường hợp thực sự không nhiễm virus. Biết rằng tỉ lệ người nhiễm Covid–19 trong một cộng đồng nào đó là \(1\% \). Một người trong cộng đồng đó cho kết quả xét nghiệm dương tính. Tính xác suất để người đó thực sự bị nhiễm virus.
Gọi \(A\) là biến cố “Người đó bị nhiễm virus”.
\(B\)là biến cố “Người đó cho kết quả dương tính”.
Xét nghiệm Covid–19 cho kết quả dương tính với \(90\% \) các trường hợp thực sự nhiễm virus nên\(P\left( {B|A} \right) = 0,9\) và xét nghiệm Covid–19 cho kết quả âm tính với \(80\% \) các trường hợp thực sự không nhiễm virus, nên cho kết quả dương tính với \(20\% \) các trường hợp không thực sự nhiễm virus, do đó\(P\left( {B|\bar A} \right) = 0,2\).
Ta có \(P\left( A \right) = 0,01 \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = 0,99\).
Do đó xác suất để người đó cho kết quả dương tính là:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) = 0,01 \cdot 0,9 + 0,99 \cdot 0,2 = 0,207\).
Xác suất để người nhiễm virus cho kết quả dương tính là:
\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,01 \cdot 0,9}}{{0,207}} = \frac{1}{{23}}\).
Trả lời: \(\frac{1}{{23}}\).
Một tàu chở hàng đang đậu tại vị trí A cách bờ biển một khoảng AB bằng 5 km. Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng là 7 km. Người lái tàu muốn chở hàng về kho phải đi thuyền từ A đến điểm M trên bờ biển với vận tốc 4 km/h rồi dùng xe đẩy hàng đến C với vận tốc 6 km/h (xem hình vẽ dưới đây).
Tính độ dài đoạn BM để hàng được chuyển đến kho nhanh nhất (đơn vị: km).
Trước tiên, ta xây dựng hàm số \(f\left( x \right)\) là hàm số tính thời gian hàng được chuyển đi.
Đặt \(BM = x\) (km, 0 ≤ x ≤ 7) thì ta được: \(MC = 7 - x,\,\,\,AM = \sqrt {{x^2} + 25} \). Theo đề bài, người lái tàu có thể đi thuyền từ A đến điểm M trên bờ biển với vận tốc 4 km/h rồi dùng xe đẩy hàng đến C với vận tốc 6 km/h, như vậy ta có hàm số \(f\left( x \right)\) được xác định như sau:
\(f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 25} }}{4} + \frac{{7 - x}}{6} = \frac{{3\sqrt {{x^2} + 25} - 2x + 14}}{{12}}\) với \(x \in \left[ {0;7} \right]\).
Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) để có được thời gian ngắn nhất và từ đó xác định được vị trí điểm M.
Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{12}}\left( {\frac{{3x}}{{\sqrt {{x^2} + 25} }} - 2} \right).\)
f'x=0⇔3xx2+25−2=0⇔3x−2x2+25=0
⇔2x2+25=3x⇔5x2=100x≥0⇔x=±25x≥0⇔x=25
Hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {0;7} \right]\) và ta có:
\(f\left( 0 \right) = \frac{{29}}{{12}}\,\,,\,\,f\left( {2\sqrt 5 } \right) = \frac{{14 + 5\sqrt 5 }}{{12}},\,\,f\left( 7 \right) = \frac{{\sqrt {74} }}{4}.\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) là \(\frac{{14 + 5\sqrt 5 }}{{12}}\)tại \(x = 2\sqrt 5 .\) Khi đó thời gian đi là ít nhất và điểm M nằm cách B một đoạn \(BM = x = 2\sqrt 5 \) (km).
Trả lời: \(2\sqrt 5 \).
(1 điểm).Giải phương trình: \({2^x} + {2^{x + 1}} = {3^x} + {3^{x + 1}}\).
Ta có \({2^x} + {2^{x + 1}} = {3^x} + {3^{x + 1}}\)\[ \Leftrightarrow {2^x} + 2 \cdot {2^x} = {3^x} + 3 \cdot {3^x}\]
\( \Leftrightarrow 3 \cdot {2^x} = 4 \cdot {3^x}\)\[ \Leftrightarrow \frac{{{3^x}}}{{{2^x}}} = \frac{3}{4}\]\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{3}{4}\)\( \Leftrightarrow x = {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{3}{4}\).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \(x = {\log _{\frac{3}{2}}}\frac{3}{4}\).
(1 điểm). Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác vuông cân tại \(B,\,2SA = AC = 2\sqrt 6 \) và \(SA\) vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AB\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{BC \bot SA\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{AB,\,SA \subset \left( {SAB} \right),\,AB \cap SA = A}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)} \right.\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(AH \bot SB\,\,\left( {H \in SB} \right)\)(1).
Mà \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow AH \bot BC\) (2).
Có \(BC,\,SB \subset \left( {SBC} \right),\,BC \cap SB = B\) (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\). Khi đó \(d\left( {A,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).
Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) nên \(AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 6 }}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 3 \).
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có \(AH\) là đường cao nên \(AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 \cdot 2\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = 2\).
Vậy \(d\left( {A,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = 2\).
(1 điểm). Một biển quảng cáo có dạng hình vuông \(ABCD\) cạnh \(AB = 4{\rm{m}}\). Trên tấm biển đó có các đường tròn tâm \(A\) và đường tròn tâm \(B\) cùng bán kính \(R = 4{\rm{m}}\), hai đường tròn cắt nhau như hình vẽ. Chi phí để sơn phần gạch chéo là \(150{\rm{ 000}}\) đồng/\({{\rm{m}}^2}\), chi phí sơn phần màu xám là \(100{\rm{ 000}}\) đồng/\({{\rm{m}}^2}\) và chi phí để sơn phần còn lại là \(250{\rm{ 000}}\)đồng/\({{\rm{m}}^2}\). Tính số tiền để sơn biển quảng cáo theo cách trên.
Gọi \(I\) là giao điểm của 2 cung tròn . Chọn gốc toạ độ \(A\left( {0;0} \right)\) và hệ trục tọa độ \(Axy\) như hình vẽ\( \Rightarrow B\left( {4;0} \right)\).
Xét cung tròn có phương trình \(y = \sqrt {16 - {x^2}} \).
Phần diện tích gạch chéo \(S = 2 \cdot \int\limits_2^4 {\sqrt {16 - {x^2}} } {\rm{d}}x = \frac{{16\pi }}{3} - 4\sqrt 3 \) (m2).
Phần diện tích màu xám: \(2 \cdot \left( {\frac{1}{4}\pi \cdot {4^2} - \frac{{16\pi }}{3} + 4\sqrt 3 } \right) = \frac{{ - 8\pi }}{3} + 8\sqrt 3 \) (m2).
Phần diện tích còn lại: \(16 - \left( {\frac{{16\pi }}{3} - 4\sqrt 3 + \frac{{ - 8\pi }}{3} + 8\sqrt 3 } \right) = 16 - \frac{{8\pi }}{3} - 4\sqrt 3 \) (m2).
Số tiền để sơn biển quảng cáo:
\[\left( {\frac{{16\pi }}{3} - 4\sqrt 3 } \right) \cdot 150{\rm{ 000 + }}\left( {\frac{{ - 8\pi }}{3} + 8\sqrt 3 } \right) \cdot 100{\rm{ 000}} + \left( {16 - \frac{{8\pi }}{3} - 4\sqrt 3 } \right) \cdot 250{\rm{ 000}}\, \approx 2\,195\,480\]đồng.
