Đề ôn thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 3
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 một cấp số cộng \[\left( {{u_n}} \right)\] có \({u_1} = \frac{1}{3}\), \({u_8} = 26\). Tìm công sai \(d\).
\(d = \frac{{11}}{3}\).
\(d = \frac{{10}}{3}\).
\(d = \frac{3}{{10}}\).
\(d = \frac{3}{{11}}\).
Cấp số cộng \[\left( {{u_n}} \right)\] có \({u_8} = {u_1} + 7d\)\( \Leftrightarrow 26\, = \frac{1}{3} + 7d\)\( \Leftrightarrow d = \frac{{11}}{3}\). Chọn A.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ. Giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn \([ - 2;2]\) bằng:
\(f\left( { - 1} \right)\).
\(f\left( 0 \right)\).
\(f\left( 1 \right)\).
\(f\left( 2 \right)\).
Quan đồ thị hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\), ta thấy hàm số đã cho có giá trị nhỏ nhất bằng \( - 3\) tại \(x = - 2\) hoặc \(x = 1.\) Chọn C.
Phương trình \({2^{2{x^2} + 5x + 4}} = 4\) có tổng tất cả các nghiệm bằng
\( - 1\).
\(\frac{5}{2}\).
\( - \frac{5}{2}\).
\(1\).
Ta có \({2^{2{x^2} + 5x + 4}} = 4 \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 4 = 2 \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng \( - \frac{5}{2}\). Chọn C.
Cho đường thẳng \(\Delta \) có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 - t\\y = - 1\\z = 3t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\). Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \)?
\({\vec u_1} = \left( {3; - 1;3} \right)\).
\({\vec u_2} = \left( {3; - 1;0} \right)\).
\({\vec u_3} = \left( { - 1; - 1;3} \right)\).
\({\vec u_4} = \left( { - 1;0;3} \right)\).
\(\Delta \): \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 - t\\y = - 1\\z = 3t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) có một vectơ chỉ phương là \({\vec u_4} = \left( { - 1;0;3} \right)\). Chọn D.
Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{x - 2}}\) là
\(y = x\).
\(x = 2\).
.
\(y = x + 4\).
Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{x - 2}} = x + 4 + \frac{5}{{x - 2}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y - x - 4} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{5}{{x - 2}} = 0\)\( \Rightarrow \)đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{x - 2}}\) có tiệm cận xiên là \(y = x + 4\). Chọn D.
Cho phương trình \({\sin ^2}x + {\left( {\cos x + 1} \right)^2} = 0\). Tập nghiệm của phương trình là
\(S = \left\{ { - \frac{\pi }{2} + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {\pi + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Ta có \({\sin ^2}x + {\left( {\cos x + 1} \right)^2} = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\cos x + 1 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\cos x = - 1\end{array} \right. \Rightarrow x = \pi + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).Chọn D.
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(M\left( {2;1;3} \right)\). Gọi \(A,B,C\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các trục toạ độ \(Ox\), \(Oy\) và \(Oz\). Phương trình mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] là
\[\frac{x}{2} + \frac{y}{1} + \frac{z}{3} = 0.\]
\[3x + 6y + 2z - 6 = 0.\]
\[3x + 6y + 2z - 9 = 0.\]
\[2x + 6y + 3z - 6 = 0.\]
Toạ độ các điểm A, B, C là \(A\left( {2;0;0} \right);\,\,B\left( {0;1;0} \right);\,\,C\left( {0;0;3} \right)\).
Suy ra phương trình đoạn chắn của mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]là \[\frac{x}{2} + \frac{y}{1} + \frac{z}{3} = 1\] hay \[3x + 6y + 2z - 6 = 0.\] Chọn B.
Bảng dưới biểu diễn mẫu số liệu ghép nhóm về số tiền mà 60 khách hàng mua sách ở một cửa hàng trong một ngày.
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên gần nhất với giá trị nào dưới đây?
40.
70,87.
14,23.
50.
Số phần tử của mẫu là \(n = 60\).
Tần số tích lũy của các nhóm lần lượt là \(c{f_1} = 3,c{f_2} = 9,c{f_3} = 28,c{f_4} = 51,c{f_5} = 60\).
Ta có: \(\frac{n}{4} = \frac{{60}}{4} = 15\) mà \(9 < 15 < 28\) suy ra nhóm 3 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 15. Xét nhóm 3 là nhóm \(\left[ {60;\,70} \right)\) có \(s = 60,\;h = 10,{n_3} = 19\) và nhóm 2 là nhóm \(\left[ {50;60} \right)\) có \(c{f_2} = 9\).
Ta có tứ phân vị thứ nhất là: \({Q_1} = s + \left( {\frac{{15 - c{f_2}}}{{{n_3}}}} \right) \cdot h = 60 + \left( {\frac{{15 - 9}}{{19}}} \right) \cdot 10 = \frac{{1200}}{{19}}\).
Ta có: \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3 \cdot 60}}{4} = 45\) mà \(28 < 45 < 51\) suy ra nhóm 4 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng 45. Xét nhóm 4 là nhóm \(\left[ {70;80} \right)\) có \(t = 70,l = 10,{n_4} = 23\) và nhóm 3 là nhóm \(\left[ {60;70} \right)\) có \(c{f_3} = 28\).
Ta có tứ phân vị thứ ba là: \({Q_3} = t + \left( {\frac{{45 - c{f_3}}}{{{n_4}}}} \right) \cdot l = 70 + \left( {\frac{{45 - 28}}{{23}}} \right) \cdot 10 = \frac{{1780}}{{23}}\).
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là: \({Q_3} - {Q_1} = \frac{{1780}}{{23}} - \frac{{1200}}{{19}} \approx 14,23\). Chọn C.
Một túi đựng 10 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 10. Các tấm thẻ có kích thước và khối lượng như nhau. Rút ngẫu nhiên 3 tấm thẻ từ túi đó. Xác suất để tổng số ghi trên ba thẻ rút được là một số chia hết cho 3 bằng
\(\frac{9}{{20}}\).
\(\frac{{51}}{{120}}\).
\(\frac{7}{{120}}\).
\(\frac{7}{{20}}\).
Không gian mẫu là rút ngẫu nhiên 3 tấm thẻ trong 10 tấm thẻ \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{10}^3 = 120\).
Trong 10 thẻ được đánh số từ 1 đến 10:
+ Gọi \(A\) là tập các thẻ đánh số chia hết cho 3. Khi đó \(A = \left\{ {3\,;\,6\,;\,9} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 3\).
+ Gọi \(B\) là tập các thẻ đánh số chia cho 3 dư 1. Khi đó \(B = \left\{ {1\,;\,4\,;\,7\,;\,10} \right\} \Rightarrow n\left( B \right) = 4\).
+ Gọi \(C\) là tập các thẻ đánh số chia cho 3 dư 2. Khi đó \(C = \left\{ {2\,;\,5\,;\,8} \right\} \Rightarrow n\left( C \right) = 3\).
Với \(D\) là biến cố: “Rút ngẫu nhiên 3 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 10 sao cho tổng số ghi trên ba thẻ rút được là một số chia hết cho 3”. Ta có 4 trường hợp xảy ra:
TH1: Rút 3 thẻ từ \(A\) có \(C_3^3 = 1\).
TH2: Rút 3 thẻ từ \(B\) có \(C_4^3 = 4\).
TH3: Rút 3 thẻ từ \(C\) có \(C_3^3 = 1\).
TH4: Rút mỗi tập 1 thẻ có \(3 \cdot 4 \cdot 3 = 36\).
Vậy số phần tử của biến cố \(D\) là \(n\left( D \right) = 1 + 4 + 1 + 36 = 42\).
Xác suất cần tìm là \(P\left( D \right) = \frac{{42}}{{120}} = \frac{7}{{20}}\). Chọn D.
Mỗi ngày ông An đều đi bộ để rèn luyện sức khỏe. Quãng đường đi bộ mỗi ngày (đơn vị: km) của ông An trong 20 ngày được thống kê lại ở bảng sau:
Quãng đường (km) | \(\left[ {2,7;\,\,3,0} \right)\) | \(\left[ {3,0;\,\,3,3} \right)\) | \(\left[ {3,3;\,\,3,6} \right)\) | \(\left[ {3,6;\,\,3,9} \right)\) | \(\left[ {3,9;\,\,4,2} \right)\) |
Số ngày | \(3\) | \(6\) | \(5\) | \(4\) | \(2\) |
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm có giá trị gần nhất với giá trị nào dưới đây?
3,41.
11,62.
0,017.
0,36.
Ta có bảng sau:
Quãng đường (km) | \(\left[ {2,7;\,\,3,0} \right)\) | \(\left[ {3,0;\,\,3,3} \right)\) | \(\left[ {3,3;\,\,3,6} \right)\) | \(\left[ {3,6;\,\,3,9} \right)\) | \(\left[ {3,9;\,\,4,2} \right)\) |
Số ngày đại diện | 2,85 | 3,15 | 3,45 | 3,75 | 4,05 |
Số ngày | \(3\) | \(6\) | \(5\) | \(4\) | \(2\) |
Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(\overline x = \frac{{3 \cdot 2,85 + 6 \cdot 3,15 + 5 \cdot 3,45 + 4 \cdot 3,75 + 2 \cdot 4,05}}{{20}} = 3,39\).
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\({S^2} = \frac{1}{{20}}\left[ {3 \cdot {{\left( {2,85} \right)}^2} + 6 \cdot {{\left( {3,15} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {3,45} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {3,75} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {4,05} \right)}^2}} \right] - {\left( {3,39} \right)^2} = 0,1314\).
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(S = \sqrt {{S^2}} = \sqrt {0,1314} \approx 0,36\). Chọn D.
Cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = - 6x - 18\), trục hoành và các đường thẳng \(x = - 6,x = - 4\). Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng đó quay quanh trục \(Ox\) bằng
\(336\pi \).
\(314\pi \).
\(312\pi \).
\(324\pi \).
Thể tích khối tròn xoay xác định bởi: \(\pi \mathop \smallint \limits_{ - 6}^{ - 4} {\left( { - 6x - 18} \right)^2}\,{\rm{d}}x = 312\pi \). Chọn C.
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có diện tích mặt chéo \[ACC'A'\] bằng \(2\sqrt 2 {a^2}\). Thể tích của khối lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\)là:
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
\({a^3}\).
\(2{a^3}\sqrt 2 \).
\(2{a^3}\sqrt 3 \).
Giả sử hình lập phương có cạnh bằng \(x\)\(\left( {x > 0} \right)\).
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\)có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{x^2} + {x^2}} = x\sqrt 2 \).
Ta có \({S_{ACC'A'}} = AA' \cdot AC = x \cdot x\sqrt 2 = 2\sqrt 2 {a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 2 \).
Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^3} = 2{a^3}\sqrt 2 \). Chọn C.
Cho \[\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 1\] và \[\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 4\]. Tích phân \[\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \] bằng
5.
\[ - 3\].
\[ - 5\].
3.
Ta có \[\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \Leftrightarrow - 4 = 1 + \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \Leftrightarrow \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 5\]. Chọn C.
Cho hai hàm số \(f\left( x \right) = - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} + 1\) và \(g\left( x \right) = - \frac{1}{2}x + \frac{5}{2}\) có đồ thị như hình vẽ bên dưới.
Diện tích phần gạch chéo trong hình bằng
\(8\).
\(1\).
\(4\).
\(2\).
Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = g\left( x \right)\): \( - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} + 1 = - \frac{1}{2}x + \frac{5}{2}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).
Vậy diện tích phần gạch chéo là: \[S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}{x^2} - \frac{1}{2}x + \frac{3}{2}} \right){\rm{d}}x} = 2\]. Chọn D.
Trong không gian với hệ toạ độ \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( {1; - 2;3} \right)\), \(B\left( {3;4;5} \right)\). Phương trình mặt cầu đường kính \(AB\) là
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 11\).
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = \sqrt {11} \).
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = 11\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 4} \right)^2} = 11\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow I\left( {2;1;4} \right)\) là tâm mặt cầu, bán kính mặt cầu là \(R = IA = \sqrt {11} \).
Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng: \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = 11\). Chọn C.
Cho hai biến cố \[A,B\]thỏa mãn \[P\left( {\overline B } \right) = 0,2;\,P\left( {A|B} \right) = 0,5;\,P\left( {A|\overline B } \right) = 0,3\]. Khi đó, \[P\left( A \right)\]bằng
\[0,34\].
\[0,31\].
\[0,46\].
\[0,15\]
Áp dụng công thức xác suất toàn phần:
\[P\left( A \right) = P\left( {A|B} \right) \cdot P\left( B \right) + P\left( {A|\overline B } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = 0,5 \cdot \left( {1 - 0,2} \right) + 0,3 \cdot 0,2 = 0,46\]. Chọn C.
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 \(y = \frac{{2{x^2} - x + 2}}{{x - 1}}\) có đồ thị \(\left( C \right)\).
Tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \left( {1\,;\, + \infty } \right)\).
Hàm số đã cho có đúng hai điểm cực trị.
Đồ thị \(\left( C \right)\) có tiệm cận xiên là \(y = 2x + 1\).
Xét điểm \(A\) thuộc \(\left( C \right)\), tổng khoảng cách từ \(A\) đến hai đường tiệm cận của \(\left( C \right)\) luôn lớn hơn \(2,3\).
a) Sai. Tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).
b) Đúng. Ta có \(y' = \frac{{\left( {4x - 1} \right)\left( {x - 1} \right) - \left( {2{x^2} - x + 2} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{x^2} - 4x - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\); \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{2 + \sqrt 6 }}{2}\\x = \frac{{2 - \sqrt 6 }}{2}\end{array} \right.\).
Ta có bảng xét dấu:
Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đã cho có đúng hai điểm cực trị.
c) Đúng. Ta có \(y = \frac{{2{x^2} - x + 2}}{{x - 1}} = 2x + 1 + \frac{3}{{x - 1}}\) nên đồ thị \(\left( C \right)\) có tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = 2x + 1\).
d) Đúng. Tiệm cận đứng của đồ thị \(\left( C \right)\) là đường thẳng \(x = 1\).
Xét điểm \(A\left( {a\,;\,\frac{{2{a^2} - a + 2}}{{a - 1}}} \right)\,\) thuộc đồ thị \(\left( C \right)\).
Tổng khoảng cách từ \(A\) đến hai đường tiệm cận của \(\left( C \right)\) là
\(d = \left| {a - 1} \right| + \frac{{\left| {2a - \frac{{2{a^2} - a + 2}}{{a - 1}} + 1} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \left| {a - 1} \right| + \frac{3}{{\sqrt 5 \left| {a - 1} \right|}} \ge 2\sqrt {\left| {a - 1} \right|.\frac{3}{{\sqrt 5 \left| {a - 1} \right|}}} = 2\sqrt {\frac{3}{{\sqrt 5 }}} > 2,3\).
Giả sử một máy bay thương mại \(M\) đang bay trên bầu trời theo một đường thẳng từ \(D\) đến \(E\) có hình chiếu trên mặt đất là đoạn \(CB.\) Tại \(D,\) máy bay bay cách mặt đất là \(9000\)m và tại \(E\) là \(12000\)m. Một ra đa được đặt trên mặt đất tại vị trí \(O\) cách \(C\) là \(20000\)m, cách \(B\) là \(16000\)m và \(\widehat {BOC} = 90^\circ .\) Xét hệ trục tọa độ \(Oxyz\) (đơn vị: \(1000\)m) với \(O\) là vị trí đặt ra đa, \(B\) thuộc tia \(Oy,\)\(C\) thuộc tia \(Ox,\) khi đó ta có tọa độ các điểm như hình vẽ sau:
Tại \(D,\) máy bay cách ra đa \(29000\)m (làm tròn đến hàng nghìn theo đơn vị mét).
Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(DE.\) Khi máy bay bay đến điểm \(I,\) máy bay cách mặt đất \(10500\)m.
Trên đoạn đường bay từ \(D\) đến \(E,\) máy bay sẽ đi qua điểm \(P\left( {16;3,2;9,6} \right)\).
Khoảng cách giữa vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng mà máy bay bay trong phạm vi theo dõi của ra đa (làm tròn đến hàng trăm theo đơn vị mét) là \(22000\)m.
a) Sai. Ta có \(\overrightarrow {OD} = \left( {20\,;0\,;9} \right)\) và \(OD = \sqrt {{{20}^2} + {9^2}} = \sqrt {481} \)km \( \approx 22000\)m.
b) Đúng. Tọa độ trung điểm \(I\) của \(DE\) là \(\left( {10;8;\frac{{21}}{2}} \right).\)
Khi máy bay bay đến điểm \(I,\) máy bay cách mặt đất \(\frac{{21}}{2}\)km hay \(10500\)m.
c) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {DE} = \left( { - 20;16;3} \right)\).
Đường thẳng \(DE\) đi qua điểm \(D\left( {20;0;9} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec u = \overrightarrow {DE} = \left( { - 20\,;16\,;3} \right)\) nên có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 20 - 20t\\y = 16t\\z = 9 + 3t\end{array} \right.,(t \in \mathbb{R}).\)
Thay tọa độ điểm \(P\left( {16;3,2;9,6} \right)\) vào phương trình tham số của đường thẳng \(DE\) ta được
\(\left\{ \begin{array}{l}16 = 20 - 20t\\3,2 = 16t\\9,6 = 9 + 3t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 0,2\\t = 0,2\\t = 0,2\end{array} \right.\). Như vậy \(P \in DE.\)
Do đó trên đoạn đường bay từ \(D\) đến \(E,\) máy bay sẽ đi qua điểm \(P\left( {16;3,2;9,6} \right)\).
d) Sai. Gọi \(H\left( {20 - 20t;16t;9 + 3t} \right) \in DE\) là hình chiếu của \(O\) trên \(DE.\)
Hai vectơ \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {OH} = \left( {20 - 20t;16t;9 + 3t} \right)\\\overrightarrow {DE} = \left( { - 20;16;3} \right)\end{array} \right.\) vuông góc với nhau nên
\(\overrightarrow {OH} \cdot \overrightarrow {DE} = 0 \Leftrightarrow - 20\left( {20 - 20t} \right) + 16 \cdot 16t + 3\left( {9 + 3t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{373}}{{665}}.\)
Khi đó \(\overrightarrow {OH} = \left( {\frac{{1168}}{{133}};\frac{{5968}}{{665}};\frac{{7104}}{{665}}} \right)\) và \(OH = \sqrt {{{\left( {\frac{{1168}}{{133}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{5968}}{{665}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{7104}}{{665}}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{180736}}{{665}}} = \frac{{16\sqrt {469490} }}{{665}}.\)
Khoảng cách giữa vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng mà máy bay bay trong phạm vi theo dõi của ra đa là:
\(2\sqrt {{{20}^2} - O{H^2}} = 2\sqrt {{{20}^2} - \frac{{180736}}{{665}}} = \frac{{584\sqrt {665} }}{{665}} \approx 22600\)m.
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.
Giámđốcmộtnhàhátđangphânvântrongviệc xácđịnhmứcgiávé xemcácchương trình được trình chiếu trong nhà hát. Việc này rất quan trọng nó sẽ quyếtđịnh nhà hát thu được bao nhiêu lợi nhuận từ các buổi trình chiếu. Theo những cuốn sổ ghichép của mình, ôngtaxácđịnhđượcrằng:nếugiávé vàocửalà\[200\] nghìn đồng/ngườithìtrungbìnhcó \[1000\] người đến xem. Nhưng nếu tăng thêm 10 nghìn đồng /người thì sẽ mất \[100\]khách hàng hoặc giảm đi \[10\] nghìn đồng /người thì sẽ có thêm \[100\] khách hàng trong số trung bình.Biết rằng, trung bình, mỗi khách hàng còn đem lại \[20\]nghìn đồng lợi nhuận cho nhà hát trong các dịch vụ đi kèm. Hãy giúp giám đốc nhà hát này xác định xem cần tính giá vé vào cửa là bao nhiêu nghìn đồng để thu nhập là lớn nhất?
Gọi \[x\]là số lần giá vé tăng/giảm 10 nghìn đồng.
Giávésaukhiđiềuchỉnhlà\[200 + \;10x{\rm{ }}\](nghìn đồng)\[\left( {200 + 10x > 0} \right)\].
Sốkháchlà: \(1000 - 100x{\rm{ }}\left( {1000 - 100x > 0} \right)\).
Điều kiện: \[ - 20 < x < 10\].
Tổng thu nhập là: \[f\left( x \right) = \;\left( {200 + \;10x + \;20} \right)\left( {1000 - 100x} \right) = \; - 1000{x^2}\; - 1\;2000x + \;220\;000\].
Bảngbiếnthiên:
Vậy để thu nhập cao nhất thì \[x = - 6\], khi đó giá vé là \[200 + 10 \cdot \left( { - 6} \right) = 140\] (nghìn đồng).
Trả lời: 140.
Trong không gian \[Oxyz\], mặt phẳng \(\left( P \right):ax + by + cz - 9 = 0\) qua hai điểm \[A\left( {3;2;1} \right)\], \[B\left( { - 3;5;2} \right)\] và vuông góc với mặt phẳng \(\left( Q \right):3x + y + z + 4 = 0\). Tính tổng \(S = a + b + c\).
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 6;3;1} \right)\),\(\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {3;1;1} \right)\).
Do mặt phẳng\(\left( P \right)\) qua \(A\), \(B\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( Q \right)\)nên \(\overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right]\)\( = \left( {2;9; - 15} \right)\).
Suy ra phương trình mặt phẳng\(\left( P \right):2\left( {x - 3} \right) + 9\left( {y - 2} \right) - 15\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 9y - 15z - 9 = 0\).
Vậy \(S = a + b + c\)\( = 2 + 9 - 15\)\( = - 4\).
Trả lời: –4.
Có ba chiếc hộp: hộp I có 5 bi đỏ và 6 bi vàng; hộp II có 3 bi đỏ và 2 bi xanh, hộp III có 5 bi đỏ, 2 bi xanh và 3 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên ra một hộp rồi lấy một viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để viên bi lấy được có màu đỏ.
Lấy ngẫu nhiên một hộp.
Gọi \({C_1}\) là biến cố lấy được hộp I; \({C_2}\) là biến cố lấy được hộp II; \({C_3}\) là biến cố lấy được hộp III.
Suy ra \(P\left( {{C_1}} \right) = P\left( {{C_2}} \right) = P\left( {{C_3}} \right) = \frac{1}{3}\).
Từ hộp đã chọn, lấy ra một viên bi.
Gọi \({D_1}\) là biến cố lấy được 1 viên bi đỏ từ hộp I; \({D_2}\) là biến cố lấy được 1 viên bi đỏ từ hộp II; \({D_3}\) là biến cố lấy được 1 viên bi đỏ từ hộp III.
Gọi \(C\) là biến cố “lấy ngẫu nhiên một hộp, trong hộp đó lại lấy ngẫu nhiên một viên bi và được bi màu đỏ”.
Ta có: \(C = \left( {{C_1} \cap {D_1}} \right) \cup \left( {{C_2} \cap {D_2}} \right) \cup \left( {{C_3} \cap {D_3}} \right)\)
\( \Rightarrow \)\(P\left( C \right) = P\left( {{C_1} \cap {D_1}} \right) + P\left( {{C_2} \cap {D_2}} \right) + P\left( {{C_3} \cap {D_3}} \right)\)\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{5}{{11}} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{5}{{10}} = \frac{{57}}{{110}}\).
Trả lời: \(\frac{{57}}{{110}}\).
Một người săn thỏ trong rừng, khả năng anh ta bắn trúng thỏ trong mỗi lần bắt tỷ lệ nghịch với khoảng cách bắn. Anh ta bắn lần đầu ở khoảng cách \(20\,{\rm{m}}\) với xác suất trúng thỏ là \(0,5\); nếu bị trượt anh ta bắn viên thứ \(2\) ở khoảng cách \(30\,{\rm{m}}\), nếu lại trượt anh ta bắn viên thứ \(3\) ở khoảng cách \(50\,{\rm{m}}.\) Tính xác suất để người thợ săn bắn trúng thỏ sau nhiều nhất ba lần bắt.
Gọi \({A_k}\) là biến cố: “Người thợ săn bắn trúng thỏ ở lần thứ \(k\)”; \(k = 1,2,3.\)
Theo đầu bài ta có: \(P\left( {{A_1}} \right) = 0,5\); \(P\left( {{A_2}|\overline {{A_1}} } \right) = \frac{{20 \times 0,5}}{{30}} = \frac{1}{3}\); \(P\left( {{A_3}|\overline {{A_1}} \,\overline {{A_2}} } \right) = \frac{{20 \times 0,5}}{{50}} = \frac{1}{5}.\)
Gọi \(A\) là biến cố: “Người thợ săn bắn trúng thỏ”. Khi đó: \(A = {A_1} \cup \overline {{A_1}} {A_2} \cup \overline {{A_1}} \,\overline {{A_2}} {A_3}.\)
Vì \(3\) biến cố \({A_1}\), \(\overline {{A_1}} {A_2}\), \(\overline {{A_1}} \,\overline {{A_2}} {A_3}\) xung khắc từng đôi nên: \(P\left( A \right) = P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {\overline {{A_1}} {A_2}} \right) + P\left( {\overline {{A_1}} \overline {{A_2}} {A_3}} \right).\)
Theo công thức nhân xác suất\(P\left( {\overline {{A_1}} {A_2}} \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right) \cdot P\left( {{A_2}|\overline {{A_1}} } \right) = \left[ {1 - P\left( {{A_1}} \right)} \right] \cdot P\left( {{A_2}|\overline {{A_1}} } \right)\)\( = \left( {1 - 0,5} \right) \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}.\)
Tương tự \(P\left( {\overline {{A_1}} \,\overline {{A_2}} {A_3}} \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right) \cdot P\left( {\overline {{A_2}} |\overline {{A_1}} } \right) \cdot P\left( {{A_3}|\overline {{A_1}} \,\overline {{A_2}} } \right)\)
\( = \left[ {1 - P\left( {{A_1}} \right)} \right] \cdot P\left[ {1 - P\left( {{A_2}|\overline {{A_1}} } \right)} \right] \cdot P\left( {{A_3}|\overline {{A_1}} \,\overline {{A_2}} } \right) = \left( {1 - 0,5} \right)\left( {1 - \frac{1}{3}} \right) \times \frac{1}{5} = \frac{1}{{15}}.\)
Do đó: \(P\left( A \right) = 0,5 + \frac{1}{6} + \frac{1}{{15}} = \frac{{11}}{{15}}.\)
Trả lời: \(\frac{{11}}{{15}}\).
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: \(\log _2^2x - {\log _2}9 \cdot {\log _3}x = 3\).
Điều kiện: \(x > 0\).
Ta có \(\log _2^2x - {\log _2}9 \cdot {\log _3}x = 3\)
\( \Leftrightarrow \log _2^2x - {\log _2}{3^2} \cdot {\log _3}x = 3\)
\( \Leftrightarrow \log _2^2x - 2 \cdot {\log _2}3 \cdot {\log _3}x = 3\)
\( \Leftrightarrow \log _2^2x - 2{\log _2}x - 3 = 0\) (áp dụng \({\log _a}b \cdot {\log _b}c = {\log _a}c\))
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}x = - 1}\\{{{\log }_2}x = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{1}{2}}\\{x = 8}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {\frac{1}{2};\,8} \right\}\).
(1 điểm). Cho hình lập phương \(ABCD.A\prime B\prime C\prime D\prime \) có cạnh bằng 6. Tính khoảng cách từ điểm \(A\) tới mặt phẳng \(\left( {A\prime BD} \right)\).
Cách 1.
Thể tích khối tứ diện \(A.A\prime BD\) (hoặc \(A\prime .ABD\)) là: \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_{\Delta A\prime BD}} \cdot d\left( {A,\left( {A\prime BD} \right)} \right) = \frac{1}{3} \cdot {S_{\Delta ABD}} \cdot d\left( {A\prime ,\left( {ABD} \right)} \right)\).
Ta có \(d\left( {A\prime ,\left( {ABD} \right)} \right) = AA' = 6\) và \({S_{\Delta ABD}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AD = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6 = 18\).
Thể tích khối tứ diện \(A.A\prime BD\) (hoặc \(A\prime .ABD\)): \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_{\Delta ABD}} \cdot AA\prime = \frac{1}{3} \cdot 18 \cdot 6 = 36\).
Tam giác \(A\prime BD\) là tam giác đều cạnh \(6\sqrt 2 \) nên \({S_{\Delta A\prime BD}} = \frac{{{{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \frac{{36 \cdot 2 \cdot \sqrt 3 }}{4} = \frac{{72\sqrt 3 }}{4} = 18\sqrt 3 \).
Khi đó, \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_{\Delta A\prime BD}} \cdot d\left( {A,\left( {A\prime BD} \right)} \right)\)\( \Leftrightarrow 36 = \frac{1}{3} \cdot \left( {18\sqrt 3 } \right) \cdot d\left( {A,\left( {A\prime BD} \right)} \right)\)
\( \Leftrightarrow 36 = 6\sqrt 3 \cdot d\left( {A,\left( {A\prime BD} \right)} \right)\)\( \Leftrightarrow d\left( {A,\left( {A\prime BD} \right)} \right) = \frac{{36}}{{6\sqrt 3 }} = \frac{6}{{\sqrt 3 }} = \frac{{6\sqrt 3 }}{3} = 2\sqrt 3 \).
Cách 2.
Gọi \(O = AC \cap BD\), ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AA'O} \right) \Rightarrow \left( {AA'O} \right) \bot \left( {A'BD} \right)\) theo giao tuyến \(A'O\).
Dựng \(AH \bot A'O \Rightarrow AH \bot \left( {A'BD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = AH\).
\(\Delta A'AO\) vuông tại \(A\) có \(A'A = 6\); \(AO = \frac{{AC}}{2} = 3\sqrt 2 \).
\( \Rightarrow AH = \frac{{AA' \cdot AO}}{{A'O}} = \frac{{AA' \cdot AO}}{{\sqrt {A'{O^2} + A{O^2}} }} = \frac{{6 \cdot 3\sqrt 2 }}{{\sqrt {36 + 18} }} = 2\sqrt 3 \). Vậy \(d\left( {A,\left( {A\prime BD} \right)} \right) = AH = 2\sqrt 3 \).
(1 điểm). Một thùng rượu vang có dạng khối tròn xoay với bán kính mặt đáy và mặt ở trên là 33 cm, bán kính mặt cắt ở chính giữa thùng là 43 cm. Chiều cao của thùng rượu là 112 cm, bao gồm phần thân thùng rượu, hai đế đỡ thùng rượu (mỗi đế cao 3 cm) và thùng rượu được ghép từ các thanh gỗ sồi với độ dày mỗi thanh gỗ là 3 cm. Phần bên trong thùng rượu có dạng một khối tròn xoay tạo thành khi quay một phần của parabol \[\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c\] quanh trục hoành.
Thùng rượu vang đó chứa được tối đa bao nhiêu lít rượu?
Gọi \(\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c\) là parabol đi qua điểm \(A\left( {0,5;\,\,0,3} \right)\) và có đỉnh \(S\left( {0;\,\,0,4} \right)\) (hình vẽ). Khi đó, dung tích thùng rượu bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi \(\left( P \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = 0,5;\,\,x = - 0,5\) quay quanh trục \[Ox\].
Tìm \(\left( P \right)\):
\(\left( P \right)\) có đỉnh \(S\left( {0;\,\,0,4} \right)\) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0,4\\ - \frac{b}{{2a}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0,4\\b = 0\end{array} \right.\). Suy ra \(\left( P \right):y = a{x^2} + 0,4\).
Mà \(\left( P \right)\) qua \(A\left( {0,5;\,\,0,3} \right)\) nên ta có: \(a \cdot 0,{5^2} + 0,4 = 0,3 \Rightarrow a = - 0,4\).
Tìm được \(\left( P \right):y = - 0,4{x^2} + 0,4\).
Suy ra \[V = \pi \int\limits_{ - 0,5}^{0,5} {{{\left( { - 0,4{x^2} + 0,4} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \frac{{203\pi }}{{1500}}\,\,{{\rm{m}}^3} = \frac{{406\pi }}{3}\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}} = \frac{{406\pi }}{3}\] lít.
