Đề ôn thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 5

Điều kiện:\(x > 3\).

Ta có \({\log _2}\left( {x - 1} \right) + {\log _2}\left( {x - 3} \right) = 3\)\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right) = 3\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 5 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1{\rm{ }}(l)\\x = 5{\rm{ (n)}}\end{array} \right.\).

Vậy \(x = 5\). Chọn A.

Ta có diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = {x^2} - 2x,\,y = - 2{x^2} + 2x\] và hai đường thẳng \[x = 0,\,x = 1\] là \[\int\limits_0^1 {\left| {\left( {{x^2} - 2x} \right) - \left( { - 2{x^2} + 2x} \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = 1\]. Chọn A.

Ta có \({\rm{sin}}3x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {\rm{sin}}3x = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\3x = \pi - \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\\x = \frac{{5\pi }}{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\)\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\). Chọn A.

Tiệm cận ngang \(y = a \Rightarrow a = 1\).

Tiệm cận đứng \(x = - c \Rightarrow c = - 2\).

Giao điểm với trục tung \(y = \frac{b}{c} = \frac{b}{{ - 2}} = - 1 \Rightarrow b = 2\).

Vậy \(P = 2{\rm{a}} - b + 3c = 2 - 2 - 6 = - 6\). Chọn B.

Phương trình tham số của đường phân giác trong góc \[A\]: \[\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 6 - 4t\\z = 6 - 3t\end{array} \right.\]\[\left( d \right)\].

Gọi \[D\]là điểm đối xứng với \[M\]qua \[\left( d \right)\]. Khi đó \[D \in AC\]\[ \Rightarrow \]đường thẳng \[AC\]có một vectơ chỉ phương là \[\overrightarrow {ND} \].

Ta xác định điểm \[D\].

Gọi \[K\]là giao điểm \[MD\]với \[\left( d \right)\]. Ta có \[K\left( {t;\,6 - 4t;\,6 - 3t} \right)\]; \[\overrightarrow {MK} = \left( {t;\,1 - 4t;\,3 - 3t} \right)\].

Ta có \[\overrightarrow {MK} \bot {\vec u_d}\]với \[{\vec u_d} = \left( {1;\, - 4;\, - 3} \right)\]nên \[t - 4\left( {1 - 4t} \right) - 3\left( {3 - 3t} \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\].

Suy ra \[K\left( {\frac{1}{2};\,4;\frac{9}{2}} \right)\], mà \[K\]là trung điểm \[MD\]nên \[\left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 2{x_K} - {x_M}\\{y_D} = 2{y_K} - {y_M}\\{z_D} = 2{z_K} - {z_M}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 1\\{y_D} = 3\\{z_D} = 6\end{array} \right.\]hay \[D\left( {1;\,3;\,6} \right)\].

Một vectơ chỉ phương của \[AC\]là \[\overrightarrow {DN} = \left( {0;\, - 2;\, - 6} \right)\]. Hay \[\vec u = \left( {0;\,1;\,3} \right)\]là vectơ chỉ phương. Chọn B.

Bảng tần số tích lũy:

 Nhóm chứa Q₁ là \[\left[ {22;25} \right) \Rightarrow {Q_1} = 22 + \frac{{\frac{{100}}{4} - 10}}{{27}}\left( {25 - 22} \right) = \frac{{71}}{3}\].

Nhóm chứa Q₃ là \(\left[ {28;31} \right) \Rightarrow {Q_3} = 28 + \frac{{\frac{{3 \cdot 100}}{4} - 68}}{{25}}\left( {31 - 28} \right) = 28,84\).

Khoảng tứ phân vị: \(\Delta Q = 28,84 - \frac{{71}}{3} \approx 5,2\). Chọn B.

Khối lập phương có \(6\) mặt là hình vuông bằng nhau.

Từ giả thiết suy ra diện tích một mặt là \(\frac{{12{a^2}}}{6} = 2{a^2}\).

Cạnh của khối lập phương là \(\sqrt {2{a^2}} = a\sqrt 2 \).

Thể tích của khối lập phương là: \(V = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^3} = \sqrt 8 {a^3}\). Chọn A.

Từ giả thiết \({u_2} = 3\) và \({u_4} = 7\) suy ra hệ phương trình: u1+d=3u1+3d=7 ⇒u1=1d=2

Vậy \({u_{15}} = {u_1} + 14d = 29\). Chọn D.

Mốt thuộc nhóm \(\left[ {10,5;20,5} \right)\). Suy ra: \({M_o} = 10,5 + \frac{{10 - 2}}{{2 \cdot 10 - 2 - 6}} \cdot 10 \approx 17,17\). Chọn D.

Xác suất của biến cố \(X \cup Y\) là: \(P\left( {X \cup Y} \right) = P\left( X \right) + P\left( Y \right) - P\left( {XY} \right)\).

Do \(X\) và \(Y\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( {XY} \right) = P\left( X \right) \cdot P\left( Y \right)\).

Vậy \(P\left( {X \cup Y} \right) = P\left( X \right) + P\left( Y \right) - P\left( X \right) \cdot P\left( Y \right)\)\( = 0,3 + 0,5 - 0,3 \cdot 0,5 = 0,65\). Chọn B.

Khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) bằng \(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 1} \right) - 1 + 2 \cdot \left( { - 3} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{3} = 2\). Chọn D.

Ta có \(\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( x \right) - 2x + 1} \right]dx} = \left. {\left[ {F\left( x \right) - {x^2} + x} \right]} \right|_{ - 2}^2\)

\( = \left[ {F\left( 2 \right) - 4 + 2} \right] - \left[ {F\left( { - 2} \right) - 4 - 2} \right] = F\left( 2 \right) - F\left( { - 2} \right) + 4 = 5 + 4 = 9\).

Chọn B.

Hình chiếu của \[I\left( {1; - 2;3} \right)\] trên trục tung là \[H\left( {0; - 2;0} \right)\]. Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm là \[I\left( {1; - 2;3} \right)\] tiếp xúc với trục tung thì có bán kính \[R = IH = \sqrt {{{\left( {0 - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {10} \]. Chọn C.

Ta có \(V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {{x^2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \frac{\pi }{5}\). Chọn B.

Ta có: \[P\left( {\bar B|A} \right) = 1 - P\left( {B|A} \right) = 1 - \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = 1 - \frac{{0,3}}{{0,6}} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\]. Chọn B.

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\frac{1}{{2x - 3}}{\rm{\;d}}x} = \frac{1}{2}{\rm{ln}}\left| {2x - 3} \right| + C\).

Thay \(x = 2\) suy ra \(C = 1\) nên \(F\left( x \right) = \frac{1}{2}{\rm{ln}}\left| {2x - 3} \right| + 1\). Vậy \(F\left( 3 \right) = \frac{1}{2}{\rm{ln}}3 + 1\). Chọn C.

a) Sai. Ta có \(y' = f'\left( x \right) = {\left( {\ln x - 2{x^2}} \right)^\prime } = \frac{1}{x} - 4x \ge 0\) khi \(x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right]\).

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{1}{2}} \right)\).

b) Đúng. Ta có \(f\left( 1 \right) = \ln 1 - 2 \cdot {1^2} = - 2\);\(f\left( {{e^2}} \right) = \ln {e^2} - 2 \cdot {\left( {{e^2}} \right)^2} = 2 - 2 \cdot {e^4}\).

c) Sai. Ta có . Vậy hàm số có một điểm cực trị.

d) Sai. Ta có \(f\left( 1 \right) = - 2;\,f\left( {{e^2}} \right) = 2 - 2{e^4}\). Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\min }\limits_{\left[ {1\,;\,{e^2}} \right]} f\left( x \right) = 2 - 2{e^4}\\\mathop {\max }\limits_{\left[ {1\,;\,{e^2}} \right]} f\left( x \right) = - 2\end{array} \right.\).

Nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {1\,;{e^2}} \right]} f\left( x \right) + \mathop {\max }\limits_{\left[ {1\,;\,{e^2}} \right]} f\left( x \right) = - 2{e^4}\).

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Khi đó ta có tọa độ các điểm:

\(O\left( {0;0;0} \right),A\left( {3;0;0} \right)\),\(C\left( {0\,;6\,;0} \right),G\left( {0\,;0\,;3} \right),B\left( {3\,;6\,;0} \right),\)\(D\left( {3\,;0\,;3} \right),E\left( {3\,;6\,;3} \right),F\left( {0\,;6\,;3} \right)\).

a) Sai. Ta có\(\overrightarrow {FA} = \left( {3; - 6; - 3} \right).\)

b) Đúng. \(M\) là trọng tâm tam giác \(DGF\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = \frac{{3 + 0 + 0}}{3} = 1\\{y_M} = \frac{{0 + 0 + 6}}{3} = 2\\{z_M} = \frac{{3 + 3 + 3}}{3} = 3\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {1;2;3} \right).\)

c) Đúng.

Mũi khoan nằm trên đường thẳng đi qua điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\) nhận vectơ \(\overrightarrow {FA} = \left( {3; - 6; - 3} \right) = 3\left( {1; - 2; - 1} \right)\) làm vectơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng chứa mũi khoan là \(d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 2}} = \frac{{z - 3}}{{ - 1}}.\)

d) Sai. Gọi \(N = d \cap \left( {Oxz} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right):y = 0\).

Phương trình tham số của đường thẳng chứa mũi khoan là \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 - 2t\\z = 3 - t\end{array} \right..\)

Ta có \(y = 2 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow N\left( {2;0;2} \right)\).

Chiều dài tối thiểu của mũi khoan là: \(l \ge 10MN = 10\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} \approx 24\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Ta có bảng thống kê cân nặng của các quả mít theo giá trị đại diện:

Cỡ mẫu \(n = 6 + 12 + 19 + 9 + 4 = 50\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(\overline x = \frac{{6 \cdot 5 + 12 \cdot 7 + 19 \cdot 9 + 9 \cdot 11 + 4 \cdot 13}}{{50}} = 8,72\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({S^2} = \frac{1}{{50}}\left( {6 \cdot {5^2} + 12 \cdot {7^2} + 19 \cdot {9^2} + 9 \cdot {{11}^2} + 4 \cdot {{13}^2}} \right) - 8,{72^2} = 4,8016\).

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(S = \sqrt {4,8016} \approx 2,19.\)

Trả lời: 2,19.

Gọi \[\Omega \] là không gian mẫu.

Có \[9\] cách lấy ra \[1\] viên bi từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai. Sau khi bỏ thì số viên bi trong hộp thứ hai là 13 viên. Khi đó có \[C_{13}^2\] cách lấy \[2\] viên bi từ hộp thứ hai.

Suy ra số phần tử không gian mẫu là \[n\left( \Omega \right) = 9C_{13}^2\].

Gọi \(A\) là biến cố: “Lấy được từ hộp thứ hai\[2\]viên bi trắng”.

Trường hợp 1: Lấy được \[1\] viên bi xanh từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai.

Có \[4\] cách lấy ra một viên bi xanh từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai. Sau khi bỏ viên bi xanh lấy từ hộp thứ nhất vào hộp thứ hai thì số bi trắng trong hộp thứ hai vẫn là \[7\]. Khi đó có \[C_7^2\] cách lấy \[2\] viên bi trắng từ hộp thứ hai. Suy ra có \[4C_7^2\] cách.

Trường hợp 2: Lấy được \[1\] viên bi trắng từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai.

Có \[5\] cách lấy ra một viên bi trắng từ hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai. Sau khi bỏ viên bi trắng lấy từ hộp thứ nhất vào hộp thứ hai thì số bi trắng trong hộp thứ hai là \[8\]. Khi đó có \[C_8^2\] cách lấy \[2\] viên bi trắng từ hộp thứ hai. Suy ra có \[5C_8^2\] cách.

Vậy \[n\left( A \right) = 4C_7^2 + 5C_8^2\] cách.

Do đó xác suất cần tính là: \[P\left( A \right) = \frac{{4C_7^2 + 5C_8^2}}{{9C_{13}^2}} = \frac{{112}}{{351}}\].

Trả lời: \(\frac{{112}}{{351}}\).

Chọn ngẫu nhiên 1 bóng đèn do phân xưởng sản xuất.

Gọi C là biến cố: “bóng đèn đó đạt chuẩn” và L là biến cố: “bóng đèn đó bị thiết bị S loại”.

Theo bài ra ta có \(P\left( C \right) = 0,95;P\left( {L|\overline C } \right) = 0,99;P\left( {C|L} \right) = 0,1\).

Suy ra \(P\left( L \right) = \frac{{P\left( {L\mid \overline C } \right)P\left( {\overline C } \right)}}{{P\left( {\overline C \mid L} \right)}} = \frac{{0,99 \cdot 0,05}}{{1 - 0,1}} = \frac{{11}}{{200}}\)và \(P\left( {CL} \right) = P\left( {C|L} \right) \cdot P\left( L \right) = 0,1 \cdot \frac{{11}}{{200}} = \frac{{11}}{{2000}}\).

Xác suất bóng đèn được chọn đạt chuẩn biết rằng nó không bị thiết bị S loại là

\(P\left( {C|\overline L } \right) = \frac{{P\left( {C\overline L } \right)}}{{P\left( {\overline L } \right)}} = \frac{{P\left( C \right) - P\left( {CL} \right)}}{{1 - P\left( L \right)}} = \frac{{1889}}{{1890}}\).

Trả lời: \(\frac{{1889}}{{1890}}\).

Hàm lợi nhuận là:

\(L\left( x \right) = 21Q\left( x \right) - 13Q\left( x \right) - x\)\( = 8Q\left( x \right) - x\)\( = 10000 + 2028\ln \left( {3 + x} \right) - x\) (triệu đồng).

\(L'\left( x \right) = \frac{{2028}}{{3 + x}} - 1 = \frac{{2025 - x}}{{3 + x}}\); \(L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2025\).

Lập bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị lớn nhất tại \(x = 2025\).

Vậy \({L_{\max }} = L\left( {2025} \right) \approx 23417,825\) (triệu đồng) \( \Rightarrow p = 23,4\) (tỷ đồng).

Trả lời: 23,4.

Ta có: \[{2^{{x^2} + x}} - 4 \cdot {2^{{x^2} - x}} - {2^{2x}} + 4 = 0 \Leftrightarrow {2^{{x^2} - x}} \cdot {2^{2x}} - 4 \cdot {2^{{x^2} - x}} - {2^{2x}} + 4 = 0\]

\[ \Leftrightarrow {2^{{x^2} - x}} \cdot \left( {{2^{2x}} - 4} \right) - \left( {{2^{2x}} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{2^{2x}} - 4} \right)\left( {{2^{{x^2} - x}} - 1} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{2^{2x}} = 4}\\{{2^{{x^2} - x}} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x = 2}\\{{x^2} - x = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 0}\end{array}.} \right.} \right.} \right.\]

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là \(S = \left\{ {0\,;\,1} \right\}\).

Gọi \(P\) là trung điểm \(CD\), \(I = MP \cap AD\), \(J = IN \cap DD'\), \(K = AC \cap MP\).

Ta có \[MP{\rm{//}}BD \Rightarrow MP{\rm{//}}B'D' \Rightarrow d\left( {B'D',MN} \right) = d\left( {B'D',\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {D',\left( {MNP} \right)} \right)\].

Lại có \(d\left( {D',\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{{D'J}}{{DJ}}d\left( {D,\left( {MNP} \right)} \right) = 5d\left( {D,\left( {MNP} \right)} \right)\).

Mặt khác \[d\left( {D,\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{{DI}}{{AI}}d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right)\].

Dễ thấy NAK⊥MNPNAK∩MNP=NKAH⊥NK H∈NK trong NAK⇒AH⊥MNP⇒dA,MNP=AH

Suy ra \(d\left( {MN,B'D'} \right) = \frac{5}{3}d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{5}{3}AH\)với \(AN = \frac{{AA'}}{2} = a\); \(AK = \frac{3}{4}\sqrt 2 AB = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}\).

Vậy \(d\left( {MN,B'D'} \right) = \frac{5}{3}AH = \frac{5}{3} \cdot \frac{{AN \cdot AK}}{{\sqrt {A{N^2} + A{K^2}} }} = \frac{5}{3} \cdot \frac{{\frac{{3a\sqrt 2 }}{4} \cdot a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{5a\sqrt {17} }}{{17}}\).

Đặt hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ.

Gọi phương trìnhparabol có dạng \(\left( P \right):\,\,y = a{x^2} + bx + c\).

\(\left( P \right)\) có đỉnh \(G\left( {0;\,4} \right)\) và đi qua \(B\left( {2;\,0} \right)\) suy ra: \(a = - 1;\,b = 0;\,c = 4\)\( \Rightarrow \left( P \right):\,\,y = - {x^2} + 4\).

Ta có: \({x_E} = {x_D} = 1,1 \Rightarrow {y_E} = - 1,{1^2} + 4 = 2,79\)\( \Rightarrow ED = 2,79\).

Do đó, \({S_{CDEF}} = CD \cdot DF = 2,2 \cdot 2,79 = 6,138\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \(\left( P \right)\) và trục hoành là: \({S_{\left( P \right)}} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( { - {x^2} + 4} \right){\rm{d}}x} = \frac{{32}}{3}\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Suy ra diện tích làm xiên hoa là: \(S = {S_{\left( P \right)}} - {S_{CDEF}} = \frac{{6793}}{{1500}}\,\,\left( {{m^2}} \right)\) .

Đổi đơn vị: \(1\,500\,000\) đồng\({\rm{/}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\)\( = 1\,,5\) triệu đồng\({\rm{/}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\), \(1\,000\,000\)đồng\({\rm{/}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\)\( = 1\,\)triệuđồng\({\rm{/}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).

Tổng số tiền để làm hai phần nói trên là: \(T = 6,138 \cdot 1,5 + \frac{{6793}}{{1500}} \cdot 1 \approx 13,74\) (triệu đồng).