Đề ôn thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 3

Ta có bảng sau:

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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

\(d = \left| {a - 1} \right| + \frac{{\left| {2a - \frac{{2{a^2} - a + 2}}{{a - 1}} + 1} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \left| {a - 1} \right| + \frac{3}{{\sqrt 5 \left| {a - 1} \right|}} \ge 2\sqrt {\left| {a - 1} \right|.\frac{3}{{\sqrt 5 \left| {a - 1} \right|}}} = 2\sqrt {\frac{3}{{\sqrt 5 }}} > 2,3\).

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.

Gọi \[x\] là số lần giá vé tăng/giảm 10 nghìn đồng.

Giá vé sau khi điều chỉnh là \[200 + \;10x{\rm{ }}\](nghìn đồng) \[\left( {200 + 10x > 0} \right)\].

Số khách là: \(1000 - 100x{\rm{ }}\left( {1000 - 100x > 0} \right)\).

Điều kiện: \[ - 20 < x < 10\].

Tổng thu nhập là: \[f\left( x \right) = \;\left( {200 + \;10x + \;20} \right)\left( {1000 - 100x} \right) = \; - 1000{x^2}\; - 1\;2000x + \;220\;000\].

Bảng biến thiên:

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.

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.

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: \(\frac{{57}}{{110}}\).

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: \(\frac{{11}}{{15}}\).

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 \(S = \left\{ {\frac{1}{2};\,8} \right\}\).

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 \(d\left( {A,\left( {A\prime BD} \right)} \right) = AH = 2\sqrt 3 \).

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.