Đề ôn thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 4
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 \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và có đạo hàm \(f'\left( x \right) = {x^{2024}}\left( {3 - x} \right),\forall x \in \mathbb{R}\). Hàm số đã cho có mấy điểm cực trị?
3.
0.
2.
1.
Ta có \(f'\left( x \right)\) có nghiệm \(x = 0\) (bội chẵn) và \(x = 3\) (bội lẻ) nên \(f'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu khi qua \(x = 3\).
Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có điểm cực trị \(x = 3\). Chọn D.
Trong không gian \(Oxyz\), một vectơ chỉ phương của đường trung tuyến đỉnh \(O\) của tam giác \(OCD\) với \(C\left( {1;1;2} \right)\) và \(D\left( { - 5;5; - 12} \right)\) là
\(\overrightarrow u = \left( {2;3;5} \right)\).
\(\overrightarrow u = \left( {4; - 6;10} \right)\).
\(\overrightarrow u = \left( {4; - 6; - 10} \right)\).
\(\overrightarrow u = \left( { - 3;3; - 5} \right)\).
Gọi \(I\left( { - 2;3; - 5} \right)\) là trung điểm của \(CD\), khi đó đường trung tuyến \(OI\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = - 2\overrightarrow {OI} = \left( {4; - 6;10} \right)\). Chọn B.
Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{x + 2}}\) là đường thẳng
\(y = x.\)
\(y = x + 1.\)
\(y = x + 2.\)
\(y = x + 3.\)
Ta có \(y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{x + 2}} = x + 1 + \frac{3}{{x + 2}}.\) Khi đó, \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{3}{{x + 2}} = 0\) hoặc
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{3}{{x + 2}} = 0\) nên đường thẳng \(y = x + 1\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.
Chọn B.
Một viên đạn được bắn thẳng đứng lên trên từ độ cao 1 m. Giả sử tại thời điểm \(t\)giây , vận tốc của nó được cho bởi \(v\left( t \right) = 25 - 9,8t\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\). Độ cao của viên đạn đạt giá trị lớn nhất là
\(\frac{{3375}}{{98}}\)\(\left( {\rm{m}} \right)\).
\(\frac{{3223}}{{98}}\)\(\left( {\rm{m}} \right)\).
\(\frac{{3225}}{{98}}\)\(\left( {\rm{m}} \right)\).
\(\frac{{125}}{{49}}\)\(\left( {\rm{m}} \right)\).
Gọi \(h\left( t \right)\) là độ cao của viên đạn bắn lên từ mặt đất sau \(t\) giây kể từ thời điểm đạn được bắn lên.
Khi đó \(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)} \,{\rm{dt}} = \int {\left( {25 - 9,8t} \right)} \,{\rm{dt}} = 25t - 4,9{t^2} + C\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).
Do \[h\left( 0 \right) = 1\] nên \(C = 1\)\( \Rightarrow h\left( t \right) = - 4,9{t^2} + 25t + 1\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).
Vậy viên đạn đạt độ cao lớn nhất là \(h = - \frac{\Delta }{{4a}} = \frac{{3223}}{{98}}\,\,\left( {\rm{m}} \right)\) khi \(t = - \frac{b}{{2a}} = \frac{{125}}{{49}}\) giây. Chọn B.
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai mặt phẳng \(\left( P \right):2x + y - 2z - 1 = 0,\left( Q \right):6x + 3y - 6z + 15 = 0\). Khoảng cách giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) bằng
2.
\[\frac{4}{3}\].
\[\frac{{16}}{9}\].
\[\frac{{16}}{3}\].
Ta có\(\left( Q \right):6x + 3y - 6z + 15 = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 2z + 5 = 0\). Ta thấy \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là hai mặt phẳng song song nên \[d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {5 - \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2\]. Chọn A.
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có công sai \(d = - 2\) và tổng của \(8\) số hạng đầu tiên \({S_8} = 72\). Số hạng đầu tiên \({u_1}\) của cấp số cộng bằng
\(14\).
\(4\).
\(16\).
\(2\).
Ta có \({S_8} = 72 \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] = 72 \Leftrightarrow 4\left[ {2{u_1} + \left( {8 - 1} \right) \cdot \left( { - 2} \right)} \right] = 72 \Leftrightarrow 2{u_1} - 14 = 18 \Leftrightarrow {u_1} = 16\).
Chọn C.
Tập nghiệm của bất phương trình \[{\log _5}\left( {2x - 1} \right) < {\log _5}\left( {x + 2} \right)\] là
\[S = \left( {3; + \infty } \right)\].
\[S = \left( { - \infty ;3} \right)\].
\[S = \left( {\frac{1}{2};3} \right)\].
\[S = \left( { - 2;3} \right)\].
Điều kiện: 2x−1>0x+2>0⇔x>12
Ta có: \[{\log _5}\left( {2x - 1} \right) < {\log _5}\left( {x + 2} \right) \Leftrightarrow 2x - 1 < x + 2 \Leftrightarrow x < 3\].
Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left( {\frac{1}{2};3} \right)\). Chọn C.
Có 2 bình, mỗi bình đựng 6 viên bi trắng và 5 viên bi đen. Lần lượt lấy ngẫu nhiên ra 1 viên bi từ bình thứ nhất và 1 viên bi từ bình thứ 2. Tính xác suất để lấy được viên bi thứ nhất màu trắng và viên bi thứ hai màu đen?
\(\frac{1}{{35}}\).
\(\frac{{23}}{{22}}\).
\[\frac{{30}}{{121}}\].
\(\frac{{35}}{{144}}\).
Gọi A là biến cố: “Lần thứ nhất lấy được bi màu trắng”.
Gọi B là biến cố: “Lần thứ hai lấy được bi màu đen”.
⇒ AB là biến cố: “Lần thứ nhất lấy được viên bi màu trắng và lần thứ hai lấy được viên bi màu đen”. Ta thấy 2 biến cố A và B độc lập với nhau.
Xác suất để lần thứ nhất lấy được bi màu trắng là: \[P\left( A \right) = \frac{6}{{11}}\].
Xác suất để lần thứ hai lấy được bi màu đen là \[P\left( B \right) = \frac{5}{{11}}\].
Áp dụng quy tắc nhân xác suất; xác suất cần tìm là:
\[P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{6}{{11}} \cdot \frac{5}{{11}} = \frac{{30}}{{121}}\]. Chọn C.
Trung tâm ngoại ngữ thống kê bảng điểm môn Tiếng Anh của một khóa học trong bảng bên dưới.
Trung vị của mẫu số liệu trên là
\[5,2\].
\[5\].
\[5,6\].
\[5,4\].
Ta có \(n = 10 + 30 + 55 + 42 + 9 = 146\).
Gọi \[{x_1},\,{x_2},\,...,\,{x_{146}}\] là số liệu được xếp theo thứ tự không giảm.
Ta có \[{x_1},\,...,{x_{10}} \in \left[ {0;\,2} \right);\,\,{x_{11}},\,....,\,{x_{40}} \in \left[ {2;\,4} \right);\,\,{x_{41}},\,....,\,{x_{95}} \in \left[ {4;\,6} \right);\,\,\,{x_{96}},\,....,\,{x_{137}} \in \left[ {6;\,8} \right);\,{x_{138}},\,...,\,{x_{146}} \in \left[ {8;\,10} \right)\]
nên trung vị của mẫu số liệu \[{x_1},\,{x_2},\,...,\,{x_{146}}\] là \[\frac{1}{2}\left( {{x_{73}} + {x_{74}}} \right) \in \left[ {4;\,6} \right)\]. Suy ra \[\left[ {4;\,6} \right)\] là nhóm chứa trung vị.
Khi đó ta xác định được \[{n_m} = 55,\,C = 10 + 30 = 40,\,{u_m} = 4,\,{u_{m + 1}} = 6\].
Vậy trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \[{M_e} = {u_m} + \frac{{\frac{n}{2} - C}}{{{n_m}}} \cdot \left( {{u_{m + 1}} - {u_m}} \right) = 4 + \frac{{\frac{{146}}{2} - 40}}{{55}} \cdot \left( {6 - 4} \right) = 5,2.\]
Chọn A.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\)và hàm số \(y = f'\left( x \right)\)là hàm số bậc ba có đồ thị là đường cong trong hình vẽ.
Hàm số \(y = f\left( x \right)\)nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
\[\left( { - \infty ;1} \right)\].
\[\left( { - 2;2} \right)\].
\[\left( {1; + \infty } \right)\].
\[\left( { - 1; + \infty } \right)\].
Dựa vào đồ thị, ta thấy \(f'\left( x \right) < 0,\forall x < 1\). Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\). Chọn A.
Trong không gian \(Oxyz,\) cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{z}{{ - 3}}.\) Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1\,;0\,;1} \right)\) và vuông góc với đường thẳng \(d\) có phương trình là:
\(2x + y - 3z + 1 = 0\).
\(2x + y - 3z - 1 = 0\).
\(x + z + 1 = 0\).
\(x + z - 1 = 0\).
Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương là: \({\vec u_d} = \left( {2;1; - 3} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với đường thẳng \(d\) nên \(\left( P \right)\) nhân \({\vec u_d}\) làm vectơ pháp tuyến.
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1\,;0\,;1} \right)\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \[2\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 0} \right) - 3\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 3z + 1 = 0\]. Chọn A.
Cho mẫu số liệu ghép nhóm về điểm thi và số người dự thi như sau:
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm trên gần nhất với giá trị nào dưới đây?
\(2,55\).
\(2,77\).
\(2,39\).
\(1,44\).
Tổng tần số là: \(n = 40\).
Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(\bar x = \frac{{19 \cdot 1 + 9 \cdot 3 + 5 \cdot 5 + 6 \cdot 7 + 1 \cdot 9}}{{40}} = 3,05\).
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({S^2} = \frac{1}{{40}}\left( {19 \cdot {1^2} + 9 \cdot {3^2} + 5 \cdot {5^2} + 6 \cdot {7^2} + 1 \cdot {9^2}} \right) - 3,{05^2} = 5,6975\).
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(S = \sqrt {5,6975} \approx 2,39\). Chọn C.
Các đường chéo của các mặt một hình hộp chữ nhật bằng \[\sqrt 5 ,{\rm{ }}\sqrt {10} ,{\rm{ }}\sqrt {13} .\] Tính thể tích \(V\) của khối hộp chữ nhật đó.
\(V = 6\).
\(V = 5\sqrt {26} \).
\(V = 2\).
\(V = \frac{{5\sqrt {26} }}{3}\).
Giả sử \[AC = \sqrt 5 ,{\rm{ }}CD' = \sqrt {10} ,{\rm{ }}AD' = \sqrt {13} .\]
Đặt \[AD = x,{\rm{ }}AB = y,{\rm{ }}A'A = z \Rightarrow V = xyz.\]
Theo định lí Pythagore, ta có: x2+y2=BD2=5y2+z2=A'B2=10z2+x2=A'D2=13 ⇒x2=4y2=1z2=9⇒x=2y=1z=3⇒V=xyz=6. Chọn A.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x\), trục hoành \(Ox\) và hai đường thẳng \(x = - 2,x = 2\) bằng
\(\frac{{16}}{3}\).
\(\frac{{14}}{3}\).
5.
6.
Diện tích cần tìm \(S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {{x^3} - 3x} \right|{\rm{d}}x} = 5\). Chọn C.
Phương trình \(\cos 2x + 4\sin x + 5 = 0\) có bao nhiêu nghiệm trên khoảng \(\left( {0;10\pi } \right)\)?
5.
4.
2.
3.
Ta có \(\cos 2x = 1 - 2{\sin ^2}x\) nên phương trình trở thành:
\( - 2{\sin ^2}x + 4\sin x + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = - 1}\\{\sin x = 3}\end{array} \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right..\)
Mà \(x \in \left( {0;10\pi } \right) \Rightarrow 0 < - \frac{\pi }{2} + k2\pi < 10\pi \Leftrightarrow \frac{1}{4} < k < \frac{{21}}{4}.\)
Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\).
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm trên khoảng \(\left( {0;10\pi } \right)\).Chọn A.
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\). Biết \(f\left( { - 1} \right) = 1,\,f\left( 1 \right) = - 1\). Giá trị của tích phân \(\int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right){\rm{d}}x} \) bằng
0.
2.
−2.
1.
Ta có tích phân \(\int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^1 = f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right) = - 1 - 1 = - 2\). 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 bậc ba \[y = f\left( x \right)\] có đồ thị như hình vẽ:
Hàm số \[f\left( x \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\].
Trên đoạn \[\left[ { - 2;2} \right]\], hàm số \[f\left( x \right)\] đạt giá trị lớn nhất bằng 2.
Hàm số \[f\left( x \right)\] có hai điểm cực trị.
\[f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\].
a) Đúng. Do trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\], đồ thị hàm số \[f\left( x \right)\] có hướng đi xuống từ trái qua phải, suy ra hàm số \[f\left( x \right)\] nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 1;1} \right)\].
b) Sai. Trên đoạn \[\left[ { - 2;2} \right]\], hàm số \[f\left( x \right)\] đạt giá trị lớn nhất bằng 3 tại \[x = - 1\] hoặc \[x = 2\].
c) Đúng. Hàm số \[f\left( x \right)\] có hai điểm cực trị là \[x = - 1\] và \[x = 1\].
d) Đúng. Do đồ thị hàm số đi qua điểm \[\left( {0;1} \right)\], suy ra \[f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + 1\].
Mặt khác đồ thị hàm số đi qua các điểm có tọa độ là\[A\left( { - 1;3} \right),\,B\left( {1; - 1} \right),\,C\,\left( {2;3} \right)\]. Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}a \cdot {\left( { - 1} \right)^3} + b \cdot {\left( { - 1} \right)^2} + c \cdot \left( { - 1} \right) + 1 = 3\\a \cdot {1^3} + b \cdot {1^2} + c \cdot 1 + 1 = - 1\\a \cdot {2^3} + b \cdot {2^2} + c \cdot 2 + 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b - c = 2\\a + b + c = - 2\\8a + 4b + 2c = 2\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c = - 3\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\].
Trong không gian \(Oxyz\)(đơn vị mỗi trục tọa độ là km). Một trạm phát sóng được đặt tại vị trí \(A\left( {0\,;1\,;3} \right)\) và có vùng phủ sóng là hình cầu bán kính \(5\,{\rm{km}}\). Một con đường thẳng được mô hình hóa bởi đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{{ - 1}} = \frac{z}{2}\).
Vectơ \(\overrightarrow u = \left( {1\,;1\,;2} \right)\)là vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\).
Mặt cầu tâm \(A\left( {0;1;3} \right)\), bán kính \(R = 5\) có phương trình là \({x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25\).
Gọi \(H\)là hình chiếu vuông góc của \(A\)lên \(d\). Điểm \(H\)có hoành độ bằng \( - \frac{2}{3}\).
Đoạn đường nằm trong vùng phủ sóng dài \(8,16\,{\rm{km}}\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
a) Sai. Từ \(d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{{ - 1}} = \frac{z}{2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {1\,; - 1\,;2} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\).
b) Đúng. Mặt cầu tâm \(A\left( {0;1;3} \right)\), bán kính \(R = 5\) có phương trình là \({x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25\).
c) Sai. Phương trình tham số của \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - t\\z = 2t\end{array} \right.\).
\(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\)lên \(d\)\( \Rightarrow H \in d \Rightarrow H\left( {t + 1\,; - t\,;2t} \right)\).
Khi đó \(\overrightarrow {AH} = \left( {t + 1\,; - t - 1\,;2t - 3} \right)\).
\(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\)lên \(d\)\( \Leftrightarrow AH \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} \bot \vec u\)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} \cdot \vec u = 0 \Leftrightarrow 6t - 4 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}\).
\( \Rightarrow H\left( {\frac{5}{3}; - \frac{2}{3};\frac{4}{3}} \right)\).
d) Đúng. Đường thẳng \(d\) cắt mặt cầu tại \(2\) điểm phân biệt \(M,N\).
Tọa độ của \(M,N\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - t\\z = 2t\\{x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25.\end{array} \right.\)
Giải hệ trên ta được \(\left\{ \begin{array}{l}t = - 1\\t = \frac{7}{3}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow M\left( {0\,;1\,; - 2} \right),N\left( {\frac{{10}}{3}; - \frac{7}{3}\,;\frac{{14}}{3}} \right)\). Khi đó \(MN = \frac{{10\sqrt 6 }}{3} \approx 8,16\).
Vậy đoạn đường nằm trong vùng phủ sóng là \(8,16\,{\rm{km}}\).
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.
Nhà máy \(A\) chuyên sản xuất một loại sản phẩm cung cấp cho nhà máy \(B\). Hai nhà máy thoả thuận, mỗi tháng \(A\) cung cấp cho \(B\) số lượng sản phẩm theo đơn đặt hàng của \(B\) (tối đa \(100\) tấn sản phẩm). Nếu số lượng đặt hàng là \(x\) tấn sản phẩm thì giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là \(P\left( x \right) = 45 - 0,001{x^2}\) (triệu đồng). Chi phí để \(A\) sản xuất \(x\) tấn sản phẩm trong một tháng là \(C\left( x \right) = 100 + 30x\) (triệu đồng) (gồm \(100\) triệu đồng chi phí cố định và \(30\) triệu đồng cho mỗi tấn sản phẩm). Để mỗi tháng thu được lợi nhuận lớn nhất thì \(A\) cần bán cho \(B\) khoảng bao nhiêu tấn sản phẩm?
Số tiền mà \(A\) thu được (gọi là doanh thu) từ việc bán \(x\) tấn sản phẩm \(\left( {0 \le x \le 100} \right)\) cho \(B\) là
\(R\left( x \right) = x \cdot P\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) = 45x - 0,001{x^3}\) (triệu đồng).
Lợi nhuận (triệu đồng) mà \(A\) thu được là
\(P\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) - \left( {100 + 30x} \right) = - 0,001{x^3} + 15x - 100\).
Xét hàm số \(P\left( x \right) = - 0,001{x^3} + 15x - 100\) với \(0 \le x \le 100\), ta có \(P'\left( x \right) = - 0,003{x^2} + 15;\)
\(P'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 5{\kern 1pt} 000 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2 \in \left[ {0\,;100} \right]\).
Ta có \(P\left( 0 \right) = - 100\); \(P\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2 - 100\); \(P\left( {100} \right) = 400\).
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;100} \right]} P = P\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2 - 100\).
Vậy \(A\) thu được lợi nhuận lớn nhất khi bán \(50\sqrt 2 \) tấn sản phẩm cho \(B\) mỗi tháng.
Trả lời: \(50\sqrt 2 \).
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 3}}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{1}\) và mặt phẳng \(\left( P \right):ax + by - z - 10 = 0\). Biết rằng \(d\) nằm trong \(\left( P \right)\), hãy tính giá trị của biểu thức \(a + b\).
Chọn điểm \(A\left( {1;3; - 1} \right) \in d\) và điểm \(B\left( {2;2;0} \right) \in d\).
Mà đường thẳng \(d\)nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) suy ra \(A\left( {1;3; - 1} \right);B\left( {2;2;0} \right) \in \left( P \right)\).
Thay tọa độ của hai điểm \(A;B\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\), ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}a + 3b - 11 = 0\\2a + 2b - 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 3\end{array} \right..\) Vậy \(a + b = 2 + 3 = 5.\)
Trả lời: 5.
Tại tỉnh X, thống kê cho thấy trong số những người trên 50 tuổi có 7,6% mắc bệnh tim; 11,5% mắc bệnh huyết áp và 4,7% mắc cả bệnh tim và bệnh huyết áp. Từ đó, hãy xác định tỉ lệ dân cư trên 50 tuổi của tỉnh X không mắc cả bệnh tim và bệnh huyết áp là bao nhiêu phần trăm?
Chọn ngẫu nhiên một người dân trên 50 tuổi của tỉnh X. Gọi \(A\) là7Xu| biến cố “Người đó mắc bệnh tim”; \(B\) là biến cố “Người đó mắc bệnh huyết áp”; \(E\)là biến cố “Người đó không mắc cả bệnh tim và bệnh huyết áp”. Khi đó \(\overline E \) là biến cố “Người đó mắc bệnh tim hoặc mắc bệnh huyết áp". Ta có \(\overline E = A \cup B\) . Áp dụng công thức cộng xác suất và công thức xác suất của biến cố đối để tính .
Theo công thức xác suất của biến cố đối: \(P\left( E \right) = 1 - P\left( {\overline E } \right)\) .
Theo công thức cộng xác suất ta có: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)\).
Do đó: \(P\left( E \right) = 1 - P\left( {\overline E } \right) = 1 - P\left( {A \cup B} \right) = 1 - P\left( A \right) - P\left( B \right) + P\left( {AB} \right)\).
Dữ liệu bài toán cho ta: \(P\left( A \right) = 7,6\% = 0,76;P\left( B \right) = 11,5\% = 0,115\,;\,P\left( {AB} \right) = 4,7\% = 0,047\).
Thay giá trị của \(P\left( A \right),\,P\left( B \right)\)và \(P\left( {AB} \right)\) vào ta được:
\(P\left( E \right) = 1 - P\left( A \right) - P\left( B \right) + P\left( {AB} \right) = 1 - 0,076 - 0,115 + 0,047 = 0,856\).
Vậy xác suất để người đó không mắc cả bệnh tim và bệnh huyết áp là \(0,856\) .
Điều đó có nghĩa là có 85,6% dân cư trên 50 tuổi của tỉnh X không có cả bệnh tim và bệnh huyết áp.
Trả lời: 85,6.
Biết rằng số lượng hành khách đang nợ ngân hàng chia thành ba đối tượng: đối tượng \(1\): dưới \(20\) tỷ chiếm \(81,3\% \); đối tượng\(\;2\): từ \(20\) tỷ đến \(38\) tỷ chiếm \(8,7\% \); đối tượng \(3\): trên \(38\) tỷ chiếm \(10\% \). Xác suất trả được nợ ngân hàng của một khách hàng thuộc một trong ba đối tượng trên là:\(\;0,85\); \(0,7\); \(0,35\). Giả sử một khách hàng không trả được nợ ngân hàng, tính xác suất để khách hàng đó thuộc đối tượng \(1\).
Gọi \({H_1}\) là biến cố “chọn được khách hàng thuộc đối tượng \(1\)”; \({H_2}\)là biến cố “chọn được khách hàng thuộc đối tượng \(2\)”; \({H_3}\)là biến cố “chọn được khách hàng thuộc đối tượng \(3\)”.
Gọi A là biến cố “khách hàng đó trả được nợ ngân hàng”.
Theo đề bài ta có: \(P\left( {{H_1}} \right) = 0,813;\;P\left( {{H_2}} \right) = 0,087;\;P\left( {{H_3}} \right) = 0,1\).
\(P\left( {A|{H_1}} \right)\)là xác suất để một khách hàng trả được nợ với điều kiện khách hàng đó thuộc đối tượng 1
Þ\(P\left( {A|{H_1}} \right) = 0,85\).
\(P\left( {A|{H_2}} \right)\)là xác suất để một khách hàng trả được nợ với điều kiện khách hàng đó thuộc đối tượng 2
Þ\(P\left( {A|{H_2}} \right) = 0,7\).
\(P\left( {A|{H_3}} \right)\)là xác suất để một khách hàng trả được nợ với điều kiện khách hàng đó thuộc đối tượng 3
Þ\(P\left( {A|{H_3}} \right) = 0,35\).
Theo công thức Bayes ta có:
\(P\left( {{H_1}|\overline A } \right) = \frac{{P\left( {{H_1}} \right) \cdot P\left( {\overline A |{H_1}} \right)}}{{1 - \left[ {P\left( {{H_1}} \right) \cdot P\left( {A|{H_1}} \right) + P\left( {{H_2}} \right) \cdot P\left( {A|{H_2}} \right) + P\left( {{H_3}} \right) \cdot P\left( {A|{H_3}} \right)} \right]}}\)
\( = \frac{{0,813 \cdot \left( {1 - 0,85} \right)}}{{1 - \left( {0,813 \cdot 0,85 + 0,087 \cdot 0,7 + 0,1 \cdot 0,35} \right)}} = \frac{{2439}}{{4261}}\).
Trả lời: \(\frac{{2439}}{{4261}}\).
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 bất phương trình:\(2 \cdot {5^{x + 2}} + 5 \cdot {2^{x + 2}} \le 133 \cdot \sqrt {{{10}^x}} \).
Ta có \(2 \cdot {5^{x + 2}} + 5 \cdot {2^{x + 2}} \le 133 \cdot \sqrt {{{10}^x}} \)\( \Leftrightarrow 50 \cdot {5^x} + 20 \cdot {2^x} \le 133 \cdot \sqrt {{{10}^x}} \)\( \Leftrightarrow 50 \cdot {\left( {\sqrt {\frac{5}{2}} } \right)^x} + 20 \cdot {\left( {\sqrt {\frac{2}{5}} } \right)^x} - 133 \le 0\).
Đặt \(t = {\left( {\sqrt {\frac{5}{2}} } \right)^x}\), \(t > 0\), ta được bất phương trình: \(50t + \frac{{20}}{t} - 133 \le 0\)\( \Leftrightarrow 50{t^2} - 133t + 20 \le 0\)\[ \Leftrightarrow \frac{4}{{25}} \le t \le \frac{5}{2}\].
Với \[\frac{4}{{25}} \le t \le \frac{5}{2}\], ta có: \[\frac{4}{{25}} \le {\left( {\sqrt {\frac{5}{2}} } \right)^x} \le \frac{5}{2}\]\( \Leftrightarrow - 2 \le \frac{x}{2} \le 1\)\( \Leftrightarrow - 4 \le x \le 2\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ { - 4;2} \right]\).
(1 điểm). Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), \(AA' = 2a\). Gọi \(M\) là điểm trên cạnh \(A'B'\), \(A'M = \frac{a}{3}\). Tính khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {AB'C} \right)\).
Vì \(A'M \cap \left( {AB'C} \right) = B'\).
Suy ra \(d\left( {M,\left( {AB'C} \right)} \right) = \frac{{MB'}}{{A'B'}} \cdot d\left( {A',\left( {AB'C} \right)} \right) = \frac{2}{3} \cdot d\left( {A',\left( {AB'C} \right)} \right) = \frac{2}{3} \cdot d\left( {B,\left( {AB'C} \right)} \right)\).
Từ \(B\) kẻ \(BN \bot AC\) tại \(N\), kẻ \(BH \bot B'N\) tại \(H\) thì \(d\left( {B,\left( {AB'C} \right)} \right) = BH\).
Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Tam giác \(B'BN\) vuông tại \(B\) nên \(BH = \frac{{BB' \cdot BN}}{{\sqrt {B{{B'}^2} + B{N^2}} }} = \frac{{2\sqrt {57} a}}{{19}}\).
Vậy \(d\left( {M,\left( {AB'C} \right)} \right) = \frac{2}{3} \cdot d\left( {B,\left( {AB'C} \right)} \right) = \frac{2}{3}BH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{2\sqrt {57} a}}{{19}} = \frac{{4\sqrt {57} a}}{{57}}\).
(1 điểm). Cho hình vuông \(ABCD\) có cạnh bằng \(4\). Gọi hai điểm \(M\) và \(I\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(MC\). Một parabol có đỉnh là \(D\) và đi qua điểm \(B\), đường tròn tâm \(I\) đường kính \(MC\) như hình vẽ. Tính thể tích \(V\)của vật thể được tạo thành khi quay miền \(\left( R \right)\) (phần được gạch chéo) quanh trục \(AD\).
Xét hệ trục tọa độ có gốc tọa độ đặt tại điểm D và tia Ox trùng với tia DC, tia Oy trùng với tia DA.
Parabol \(\left( P \right)\): \(y = a{x^2}\) đi qua \(B\left( {4;4} \right)\) nên \(4 = {4^2} \cdot a \Rightarrow a = \frac{1}{4}\), suy ra \(y = \frac{1}{4}{x^2} \Rightarrow x = 2\sqrt y \).
Ta xác định được \(M\left( {2;4} \right)\) và \(C\left( {4;\,0} \right)\) nên đường tròn có tâm \(I\left( {3;\,2} \right)\) và bán kính \(R = IC = \sqrt {{2^2} + {1^2}} = \sqrt 5 \) có phương trình là \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 5\).
Suy ra \[{\left( {x - 3} \right)^2} = 5 - {\left( {y - 2} \right)^2} \Leftrightarrow 3 - x = \sqrt {5 - {{\left( {y - 2} \right)}^2}} \Leftrightarrow x = 3 - \sqrt {5 - {{\left( {y - 2} \right)}^2}} \].
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và đường tròn là: \({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{4}{x^2} - 2} \right)^2} = 5\).
\(\left( P \right)\) và đường tròn có hai giao điểm là \(B\left( {4;\,4} \right)\) và \(N\left( {{x_N};\,{y_N}} \right) \Rightarrow \)\({x_N} \approx 1,37 \Rightarrow {y_N} \approx 0,469225\).
Thể tích vật thể cần tính là: \(V = \pi \int\limits_0^{0,469225} {{{\left( {2\sqrt y } \right)}^2}{\rm{d}}y} + \pi \int\limits_{0,469225}^4 {{{\left( {3 - \sqrt {5 - {{\left( {y - 2} \right)}^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}y} \approx 14,46\).
