Đề tham khảo ĐGNL V-SAT môn Toán 2026 (Đề 1)
25 câu hỏi
Từ câu hỏi 01 đến 09, thí sinh ghi dấu X vào cột Đúng hoặc Sai tương ứng với nội dung ghi ở cột bên trái.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} + 2\).
1. Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).
2. Hàm số đạt cực đại tại \(x = 0\).
3. Giá trị cực tiểu của hàm số là \(y = 2\).
1. Đúng. Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x = 3x\left( {x - 2} \right)\) và \(f'\left( x \right) > 0\) khi \(x \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\).
2. Đúng. \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm qua \(x = 0\).
3. Sai. Giá trị cực tiểu là \(f\left( 2 \right) = {2^3} - 3 \cdot {2^2} + 2 = - 2\).
4. Đúng. Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = m\) là số giao điểm của đồ thị với đường nằm ngang trong khoảng giá trị cực trị \(\left( {{y_{ct}};{y_{cd}}} \right)\), tức là \(\left( { - 2;2} \right)\).
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = 3\) và công sai \(d = 4\).
1. Số hạng thứ hai của dãy số là \({u_2} = 7\).
2. Số hạng tổng quát là \({u_n} = 4n - 1\).
3. Số 103 là số hạng thứ 25 của dãy.
1. Đúng. \({u_2} = {u_1} + d = 3 + 4 = 7\).
2. Đúng. \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 3 + \left( {n - 1} \right)4 = 4n - 1\).
3. Sai. \(4n - 1 = 103 \Rightarrow 4n = 104 \Rightarrow n = 26\).
4. Đúng. \({S_{10}} = \frac{{10}}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {10 - 1} \right)d} \right] = \frac{{10}}{2}\left( {2 \cdot 3 + 9 \cdot 4} \right) = 5\left( {6 + 36} \right) = 210\).
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + 2z - 6 = 0\).
1. Vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\vec n = \left( {2; - 1;2} \right)\).
2. Khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) bằng 3.
3. Điểm \(A\left( {1;2;3} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\).
1. Đúng. Hệ số trước \(x,y,z\) là \(\left( {2; - 1;2} \right)\).
2. Sai. Ta có \(d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 6} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{3} = 2\).
3. Đúng. Thay vào: \(2 \cdot 1 - 2 + 2 \cdot 3 - 6 = 0\). Vậy \(A \in \left( P \right)\).
4. Đúng. \({\vec n_P} \cdot {\vec n_Q} = 2 \cdot 1 + \left( { - 1} \right) \cdot 2 + 2 \cdot 0 = 0\). Vậy \(\left( P \right) \bot \left( Q \right)\).
Bảng sau tóm tắt kết quả khảo sát về sở thích đọc sách và xem phim của 100 học sinh thuộc trường THPT A.
| Thích xem phim | Không thích xem phim |
Thích đọc sách | 45 | 15 |
Không thích đọc sách | 25 | 15 |
Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong các học sinh trên.
1. Xác suất chọn ngẫu nhiên 1 học sinh thích đọc sách là 0,6.
2. Xác suất chọn được học sinh thích cả đọc sách và xem phim là 0,45.
3. Nếu biết học sinh đó thích xem phim, xác suất người đó thích đọc sách là \(\frac{9}{{14}}\).
1. Đúng. \({P_1} = \frac{{45 + 15}}{{100}} = 0,6\).
2. Đúng. \({P_2} = \frac{{45}}{{100}} = 0,45\).
3. Đúng. Tổng số thích xem phim là \(45 + 25 = 70\). Xác suất \({P_3} = \frac{{45}}{{70}} = \frac{9}{{14}}\).
4. Sai. \({P_4} = \frac{{15}}{{100}} = 0,15\).
Cho khối lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác vuông cân tại \(A\), \(AB = a\), \(AA' = a\sqrt 2 \).
1. Diện tích đáy tam giác \(ABC\) bằng \(\frac{{{a^2}}}{2}\).
2. Thể tích khối lăng trụ bằng \(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\).
3. Góc giữa đường thẳng \(A'B\) và mặt phẳng đáy bằng \(45^\circ \).
1. Đúng. Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2}{a^2}\).
2. Đúng. Thể tích khối lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) là \(V = {S_{ABC}} \cdot AA' = \frac{{{a^2}}}{2} \cdot a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\).
3. Sai. Ta có \(\left( {A'B,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {A'BA}\). Mà \(\tan \widehat {A'BA} = \frac{{AA'}}{{AB}} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {A'BA} \approx 54,7^\circ \).
4. Đúng. Vì \(AA' \bot \left( {ABC} \right)\). Kẻ \(AH \bot BC\,\,\left( {H \in BC} \right)\). Khi đó \[AA' \bot AH\]. Vậy \(d\left( {AA',BC} \right) = AH\).
Tam giác \(ABC\) vuông cân tại nên \(AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Trong hộp có 45 quả cầu có cùng kích thước và khối lượng được đánh số từ 1 đến 45. Lấy ngẫu nhiên 3 quả cầu từ hộp đó.
1. Số cách lấy được cả 3 quả cầu đánh số chẵn bằng 1540.
2. Xác suất để tích 3 số ghi trên 3 quả cầu là một số chia hết cho 8 bằng .
3. Xác suất để tổng 3 số ghi trên 3 quả cầu là số lẻ bằng .
Có 45 quả cầu nên số lượng quả cầu được đánh số chẵn là 22 và số lượng quả cầu đánh số lẻ là 23.
1. Đúng. Số cách lấy được cả 3 quả cầu đánh số chẵn là \(C_{22}^3 = 1540\).
2. Sai. Số cách lấy 3 quả tùy ý là \(n\left( \Omega \right) = C_{45}^3 = 14190\).
Ta chia các quả cầu thành các nhóm \({S_0};{S_1};{S_2};{S_3}\) là các nhóm chứa các quả cầu lần lượt có các số như sau:
\({S_0}\) gồm 5 số chia hết cho 8;
\({S_1}\) gồm 11 số chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4;
\({S_2}\) gồm 6 số chia hết cho 4 mà không chia hết cho 8;
\({S_3}\) gồm 23 số lẻ.
Gọi \(A\) là biến cố: “tích 3 số ghi trên 3 quả cầu là một số chia hết cho 8”.
Ta đi tính \(n\left( {\overline A } \right)\).
Để tích 3 số không chia hết cho 8 thì xảy ra các trường hợp:
3 số thuộc \({S_3}\).
1 số thuộc \({S_1}\) và 2 số thuộc \({S_3}\).
1 số thuộc \({S_2}\) và 2 số thuộc \({S_3}\).
2 số thuộc \({S_1}\) và 1 số thuộc \({S_3}\).
Khi đó, \(n\left( {\overline A } \right) = C_{23}^3 + C_{23}^2\left( {C_{11}^1 + C_6^1} \right) + C_{23}^1C_{11}^2 = 1771 + 4301 + 1265 = 7337\).
Suy ra \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{623}}{{1290}}\).
3. Sai. Để chọn được 3 số có tổng là số lẻ thì xảy ra hai trường hợp:
3 số đều lẻ
1 số lẻ và 2 số chẵn
Gọi \(B\) là biến cố: “tổng 3 số ghi trên 3 quả cầu là số lẻ”.
Ta có \(n\left( B \right) = C_{23}^3 + C_{23}^1C_{22}^2 = 7084\). Vậy \(P\left( B \right) = \frac{{7084}}{{14190}} = \frac{{322}}{{645}}\).
4. Đúng. Ta chia các quả cầu thành các nhóm \({C_0};{C_1};{C_2};{C_3}\) là các nhóm chứa các quả cầu lần lượt có các số dư như sau:
\({C_0}\) gồm 11 số chia hết cho 4.
\({C_1}\) gồm 12 số chia hết cho 4 dư 1.
\({C_2}\) gồm 11 số chia hết cho 4 dư 2.
\({C_3}\) gồm 11 số chia hết cho 4 dư 3.
Gọi \(C\) là biến cố: “tổng 3 số ghi trên 3 quả cầu là số chia hết cho 4”.
Xảy ra các trường hợp sau:
Cả 3 số đều thuộc \({C_0}\) có \(C_{11}^3 = 165\) cách chọn.
1 số thuộc \({C_0}\) và 2 số thuộc \({C_2}\) có \(C_{11}^1 \cdot C_{11}^2 = 605\) cách chọn.
1 số thuộc \({C_0}\), 1 số thuộc \({C_1}\) và 1 số thuộc \({C_3}\) có \(11 \times 12 \times 11 = 1452\) cách chọn.
1 số thuộc \({C_2}\) và 2 số thuộc \({C_3}\) có \(C_{11}^1 \cdot C_{11}^2 = 605\) cách chọn.
2 số thuộc \({C_1}\) và 1 số thuộc \({C_2}\) có \(C_{12}^2 \cdot C_{11}^1 = 726\) cách chọn.
Vậy \(n\left( C \right) = 3553 \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{3553}}{{C_{45}^3}} = \frac{{323}}{{1290}}\).
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {z^2} = 9\).
1. \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\, - 2\,;\,0} \right)\) và bán kính \(R = 3\).
2. \(\left( S \right)\) đi qua gốc tọa độ \(O\).
3. Điểm \(M\left( {1; - 2;4} \right)\) nằm trong mặt cầu \(\left( S \right)\).
1. Đúng. Mặt cầu \(\left( S \right)\): \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {z^2} = 9\) có \(I\left( {1\,;\, - 2\,;\,0} \right)\) và bán kính \(R = 3\).
2. Sai. Thay \(x = y = z = 0\) vào phương trình của \(\left( S \right)\), được: \({\left( {0 - 1} \right)^2} + {\left( {0 + 2} \right)^2} + {0^2} = 9\), vô lí.
Vậy \(\left( S \right)\) không đi qua gốc tọa độ \(O\).
3. Sai. Vì \(IM = \sqrt {{{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 2} \right)}^2} + {{\left( {4 - 0} \right)}^2}} = 4 > R = 3\) nên \(M\) nằm ngoài \(\left( S \right)\).
4. Đúng. Gọi \(A\left( {0;0;a} \right)\) là giao điểm của \(\left( S \right)\) với trục \(Oz\).
Vì \(A \in \left( S \right)\) nên \({\left( {0 - 1} \right)^2} + {\left( {0 + 2} \right)^2} + {a^2} = 9 \Leftrightarrow {a^2} = 4\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = - 2\\a = 2\end{array} \right.\).
Vậy \(\left( S \right)\) cắt trục \(Oz\) tại các điểm có tọa độ \(\left( {0\,;\,0\,;\,2} \right)\) và \(\left( {0\,;\,0\,;\, - 2} \right)\).
Cho các mệnh đề sau.
1. \(\int {\left( {2x + \sin \frac{x}{2}} \right){\rm{d}}x} = {x^2} - \cos \frac{x}{2} + C\).
2. \(\int {{{\left( {{e^x} + {e^{ - x}}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \frac{1}{2}{e^{2x}} + \frac{1}{2}{e^{ - 2x}} + x + C\).
3. \(\int {\left( {\frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right){\rm{d}}x} = \ln \left| x \right| - \frac{2}{x} + C\).
1. Sai. Ta có \(\int {\left( {2x + \sin \frac{x}{2}} \right){\rm{d}}x} = \int {2x{\rm{d}}x + \int {\sin \frac{x}{2}{\rm{d}}x} } = {x^2} - 2\cos \frac{x}{2} + C\).
2. Sai. Ta có \(\int {{{\left( {{e^x} + {e^{ - x}}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \int {\left( {{e^{2x}} + 2 + {e^{ - 2x}}} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\left( {{e^{2x}} + 4x - {e^{ - 2x}}} \right) + C\).
3. Đúng. Ta có \(\int {\left( {\frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right){\rm{d}}x} = \int {\frac{1}{x}{\rm{d}}x} + \int {\frac{2}{{{x^2}}}} \,{\rm{d}}x = \ln \left| x \right| - \frac{2}{x} + C\).
4. Đúng. Ta có \(\int {\frac{{3x + 7}}{{x + 2}}\,} {\rm{d}}x = \int {\left( {3 + \frac{1}{{x + 2}}} \right)\,} {\rm{d}}x = 3\int {{\rm{d}}x} + \int {\frac{1}{{x + 2}}} \,{\rm{d}}x = 3x + \ln \left| {x + 2} \right| + C\).
Một ngân hàng \(X\) quy định về số tiền nhận được của khách hàng sau \(n\) năm gửi tiền vào ngân hàng tuân theo công thức \(P\left( n \right) = A{\left( {1 + 8\% } \right)^n}\), trong đó \(A\) là số tiền gửi ban đầu của khách hàng.
1. Lãi suất gửi tiền vào ngân hàng là \(8\% \)/năm.
2. Nếu ban đầu khách hàng gửi số tiền là \(100\) triệu đồng thì sau hai năm, số tiền khách hàng nhận được là \(116\,\,640\,\,000\) đồng.
3. Sau \(5\) năm số tiền lãi khách hàng nhận được lớn hơn một nửa số tiền gửi ban đầu.
1. Đúng. Dựa vào công thức \(P\left( n \right) = A{\left( {1 + 8\% } \right)^n}\) ta được lãi suất gửi tiền vào ngân hàng là \(8\% \)/năm.
2. Đúng. \(P\left( 2 \right) = 100\,\,000\,\,000{\left( {1 + 8\% } \right)^2} = 116\,\,640\,\,000\) (đồng).
3. Sai. Sau \(5\) năm, số tiền lãi khách hàng nhận được là: \(P\left( 5 \right) - A = A \cdot {\left( {1 + 8\% } \right)^5} - A = A\left( {1,{{08}^5} - 1} \right)\).
Vì \(1,{08^5} - 1 \approx 0,47\) nên số tiền lãi khách hàng nhận được nhỏ hơn một nửa số tiền gửi ban đầu.
4. Sai. Ta có \(P\left( 3 \right) = A{\left( {1 + 8\% } \right)^3}\).
Để sau 3 năm số tiền khách hàng sẽ nhận được lớn hơn \(850\) triệu đồng thì
\[A{\left( {1 + 8\% } \right)^3} > 850\]\[ \Leftrightarrow A > \frac{{850}}{{{{\left( {1 + 8\% } \right)}^3}}} \approx 674,8\] (triệu đồng).
Vậy số tiền ít nhất mà khách hàng phải gửi vào ngân hàng \(X\) là \(675\) triệu đồng.
Đọc nội dung sau và Đáp án các câu hỏi từ 13 đến 15.
Khảo sát thời gian xem điện thoại trong một ngày của một số học sinh khối \(12\) thu được mẫu số liệu ghép nhóm sau:
Mốt của mẫu số liệu đã cho gần nhất với giá trị nào trong các giá trị dưới đây?
\(53\).
\(54\).
\(53,3\).
\(53,4\).
Nhóm có tần số lớn nhất là \(\left[ {40\,;60} \right)\).
Mốt của mẫu số liệu là: \({M_0} = 40 + \frac{{12 - 8}}{{\left( {12 - 8} \right) + \left( {12 - 10} \right)}} \cdot \left( {60 - 40} \right) \approx 53,3.\) Chọn C.
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu đã cho bằng
\(38\).
\(38,75\).
\(39\).
\(39,25\).
Tổng số học sinh được khảo sát là \(n = 4 + 8 + 12 + 10 + 8 = 42\).
Gọi \({x_1},{x_2}, \ldots ,{x_{42}}\) là thời gian xem điện thoại trong ngày của \(42\) học sinh khối \(12\) và giả sử dãy này đã sắp xếp theo thứ tự không giảm.
Khi đó tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là trung vị của dãy \({x_1}\), \({x_2}\),..., \({x_{21}}\) nên \({Q_1} = {x_{11}}\). Do đó \({Q_1}\) thuộc nhóm \(\left[ {20\,;\,40} \right)\). Suy ra \({Q_1} = 20 + \frac{{\frac{{42}}{4} - 4}}{8} \cdot \left( {40 - 20} \right) = 36,25\).
Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là trung vị của dãy \({x_{22}}\), \({x_{23}}\),..., \({x_{42}}\) nên \({Q_3} = {x_{32}}\). Do đó \({Q_3}\) thuộc nhóm \(\left[ {60\,;80} \right)\). Suy ra \({Q_3} = 60 + \frac{{\frac{{3 \cdot 42}}{4} - 24}}{{10}} \cdot \left( {80 - 60} \right) = 75\).
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là \(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 75 - 36,25 = 38,75\). Chọn B.
Phương sai của mẫu số liệu (làm tròn kết quả đến hàng phần mười) là:
\(606\).
\(606,1\).
\(605,8\).
\(605,9\).
Số trung bình của mẫu số liệu là: \(\bar x = \frac{{4 \cdot 10 + 8 \cdot 30 + 12 \cdot 50 + 10 \cdot 70 + 8 \cdot 90}}{{42}} \approx 54,76.\)
Phương sai của mẫu số liệu là:
\({s^2} = \frac{1}{{42}}\left[ {4 \cdot {{\left( {10 - 54,76} \right)}^2} + 8 \cdot {{\left( {30 - 54,76} \right)}^2} + 12 \cdot {{\left( {50 - 54,76} \right)}^2}} \right.\)
\(\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left. { + 10 \cdot {{\left( {70 - 54,76} \right)}^2} + 8 \cdot {{\left( {90 - 54,76} \right)}^2}} \right] \approx 605,9\). Chọn D.
Đọc nội dung sau và Đáp án các câu hỏi từ 10 đến 12.
Một bồn chứa nước có dung tích 1000 lít. Ban đầu bồn trống. Nước được bơm vào bồn với tốc độ \(r\left( t \right) = 20t + 50\) (lít/phút), trong đó \(t\) là thời gian tính bằng phút từ lúc bắt đầu bơm.
Từ câu hỏi 10 đến 15, thí sinh chọn phương án đúng trong 4 phương án A, B, C, D đã cho.
Tốc độ bơm nước vào bồn tại thời điểm phút thứ 5 là bao nhiêu?
\(100\) lít/phút.
\(150\) lít/phút.
\(50\) lít/phút.
\(200\) lít/phút.
Thay \(t = 5\) vào \(r\left( t \right)\) ta được \(r\left( 5 \right) = 20 \cdot 5 + 50 = 150\). Chọn B.
Lượng nước có trong bồn sau 7 phút bơm là bao nhiêu?
\(840\) lít.
\(500\) lít.
\(1000\) lít.
\(470\) lít.
\(V = \int\limits_0^7 {\left( {20t + 50} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left( {10{t^2} + 50t} \right)} \right|_0^7 = 840\). Chọn A.
Sau bao lâu kể từ lúc bắt đầu bơm thì bồn đầy nước (làm tròn kết quả đến phút)?
5 phút.
7 phút.
10 phút.
8 phút.
Giải \(10{t^2} + 50t = 1000 \Leftrightarrow {t^2} + 5t - 100 = 0\). Nghiệm dương \(t \approx 7,8\). Làm tròn thành 8. Chọn D.
Từ câu hỏi 16 đến 20, thí sinh ghép mỗi nội dung ở cột bên trái với một nội dung ở cột bên phải thành nội dung đúng.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như sau:
| 1. Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực đại tại điểm \({x_{cd}} = \) | A. \( - 3\). |
| 2. Giá trị cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right)\) bằng | B. \(0\). |
| 3. Giá trị cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) bằng | C. \(1\). |
| 4. Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;\,1} \right]\) bằng | D. \( - 1\). |
|
| E. \( - 2\). |
|
| F. \(3\). |
Đáp án: 1 – __ ; 2 – __ ; 3 – __ ; 4 – __
Từ bảng biến thiên ta thấy:
+ Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực đại tại điểm \(x = 0\) và giá trị cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(y = - 1\).
+ Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại điểm \(x = \pm 1\) và giá trị cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(y = - 2\).
+ Trên đoạn \(\left[ { - 1;\,1} \right]\), hàm số \(y = f\left( x \right)\) có giá trị lớn nhất bằng \( - 1\) và giá trị nhỏ nhất bằng \( - 2\) nên tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1;\,1} \right]\) bằng \( - 3\).
Đáp án: 1 – B; 2 – E; 3 – D; 4 – A.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có cạnh bên \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy, tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\). Biết \(SB = a\sqrt 3 ,AB = a\).
| 1. Nếu \(a = 2\) thì đoạn thẳng \(SA\) bằng | A. \(\sqrt 2 \). |
| 2. Tang của góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng | B. \(\frac{{\sqrt 6 }}{8}\). |
| 3. Sin của góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) bằng | C. \(2\sqrt 2 \). |
| 4. Gọi \(\alpha \) là số đo góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\). Khi đó \(\cos \alpha = \) | D. \(\frac{{\sqrt 6 }}{6}\). |
|
| E. \(\sqrt 3 \). |
|
| F. \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\). |
Đáp án: 1 – __ ; 2 – __ ; 3 – __ ; 4 – __
Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot AB\).
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: \(SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {3{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 2 {\rm{. }}\)
Nếu \(a = 2\) thì \(SA = 2\sqrt 2 \).
Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).
Suy ra \(\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}\).
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \).
Gọi \(H\) là trung điểm \(AC\) thì \(BH \bot AC\) (do tam giác \(ABC\) cân tại \(B\)). (1)
Ta lại có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BH \bot SA\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(BH \bot \left( {SAC} \right)\) hay \(SH\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).
Vậy \[\left( {SB,\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {SB,SH} \right) = \widehat {BSH}\].
Ta có \(BH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), suy ra \(\sin \widehat {BSH} = \frac{{BH}}{{SB}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA\,\,\,\left( {{\rm{do }}SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB} \right.\).
Vì vậy \(\widehat {SBA}\) chính là góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\).
Mà \(\tan \widehat {SBA} = \sqrt 2 \) và \(\widehat {SBA}\) nhọn nên \(\cos \widehat {SAB} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\). Vậy \(\cos \alpha = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Đáp án: 1 – C; 2 – A; 3 – D; 4 – F.
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 \(12\sqrt 2 \).
| 1. Đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng | A. \(3\). |
| 2. Đoạn thẳng\(BC\) có độ dài bằng | B. \(\sqrt 2 \). |
| 3. Khoảng cách từ điểm \(C\) tới đường thẳng \(AB\) bằng | C. \(6\). |
| 4. Đoạn thẳng \(MC\) có độ dài nhỏ nhất bằng | D. \(3\sqrt 2 \). |
|
| E. \(\sqrt {83} \). |
|
| F. \(4\sqrt 2 \). |
Đáp án: 1 – __ ; 2 – __ ; 3 – __ ; 4 – __
Ta có \(AB = \sqrt {{{\left( {5 - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 0} \right)}^2}} = 6\); \(BC = \sqrt {{{\left( {0 - 5} \right)}^2} + {{\left( {4 - \left( { - 3} \right)} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - 2} \right)}^2}} = \sqrt {83} \).
Có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4;\, - 4;\,2} \right) = 2\left( {2;\, - 2;\,1} \right)\) nên đường thẳng \(AB\) đi qua điểm \(A\left( {1;\,1;\,0} \right)\) và nhận \(\overrightarrow u = \left( {2;\, - 2;\,1} \right)\) làm vectơ chỉ phương.
Ta có \(\overrightarrow {CA} = \left( {1; - 3;1} \right)\). Khi đó \(\left[ {\overrightarrow {CA} ,\,\overrightarrow u } \right] = \left( { - 1;\,1;\,4} \right)\).
Vậy \(d\left( {C,\,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {CA} ,\,\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}\)\( = \frac{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} + {4^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = \sqrt 2 \).
Ta có \({S_{\Delta MAB}} = 12\sqrt 2 \)\( \Rightarrow \frac{1}{2} \cdot d\left( {M,AB} \right) \cdot AB = 12\sqrt 2 \)\( \Rightarrow d\left( {M,\,AB} \right) = 4\sqrt 2 \).
Gọi \(I\) là hình chiếu của \(C\) lên \(AB\). Ta có \(CI = d\left( {C,\,AB} \right) = \sqrt 2 \).
Để \(MC\) nhỏ nhất thì điểm \(M\)nằm giữa hai đểm \(C\) và \(I\).
Suy ra \(M{C_{\min }} = 4\sqrt 2 - \sqrt 2 = 3\sqrt 2 \).
Đáp án: 1 – C; 2 – E; 3 – B; 4 – D.
Trong không gian \(Oxyz\),cho đường thẳng \(d:\,\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 3}}\) và điểm \(A\left( {2; - 5; - 6} \right)\).
| 1. Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương có tọa độ là | A. \(\left( {3; - 1; - 4} \right)\). |
| 2. Mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(d\) có phương trình là | B. \(\left( {3; - 1;4} \right)\). |
| 3. Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(d\). Tọa độ của \(H\) là | C. \(\left( {2;1; - 3} \right)\). |
| 4. Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa đường thẳng \(d\) sao cho khoảng cách từ \(A\) đến \(\left( P \right)\) lớn nhất, khi đó phương trình của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là | D.\(2x + y - 3z + 17 = 0\). |
|
| E. \(x + 4y - 3z - 17 = 0\). |
|
| F. \(x + 4y + 2z + 9 = 0\). |
Đáp án: 1 – __ ; 2 – __ ; 3 – __ ; 4 – __
Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2;1; - 3} \right)\).
Mặt phẳng đi qua \(A\left( {2; - 5; - 6} \right)\) và vuông góc với \(d\) nhận \(\overrightarrow n = \overrightarrow u = \left( {2;1; - 3} \right)\) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là \(2\left( {x - 2} \right) + 1\left( {y + 5} \right) - 3\left( {z + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 3z - 17 = 0\).
\(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(d\)\( \Rightarrow H\left( {1 + 2t; - 2 + t; - 1 - 3t} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {AH} \cdot \,\overrightarrow u = 0 \Rightarrow 2\left( { - 1 + 2t} \right) + 3 + t - 3\left( {5 - 3t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow H\left( {3; - 1; - 4} \right)\).
Theo yêu cầu bài toán thì mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(B\left( {1; - 2; - 1} \right) \in d\) và vuông góc với \(AH\) nên có phương trình là \(1\left( {x - 1} \right) + 4\left( {y + 2} \right) + 2\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 4y + 2z + 9 = 0\).
Đáp án: 1 – C; 2 – E; 3 – A; 4 – F.
Cho \[y = f\left( x \right)\] là hàm đa thức bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
![Cho \[y = f\left( x \right)\] là hàm đa thức bậc bốn và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. 1. Số điểm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right)\] là A. \(13\). 2. Hàm số \[y = f\left( x \right (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/images/1779619965/image7.png)
| 1.Số điểm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right)\] là | A. \(13\). |
| 2.Hàm số \[y = f\left( x \right)\] có giá trị nhỏ nhất bằng | B. \(15\). |
| 3. Xét hàm số \(p\left( x \right)\) thoả mãn \(p'\left( x \right) = f\left( x \right) + 3\). Số điểm cực trị của hàm số \(p\left( x \right)\) là | C. \(3\). |
| 4. Số giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { - 12{\mkern 1mu} ;12} \right]\) để hàm số \(g\left( x \right) = \left| {2f\left( {x - 1} \right) + m} \right|\) có \(5\) điểm cực trị là | D. \( - 6\). |
|
| E. \(2\). |
|
| F. \( - 3\). |
Đáp án: 1 – __ ; 2 – __ ; 3 – __ ; 4 – __
Từ đồ thị ta thấy hàm số \[y = f\left( x \right)\] có 3 điểm cực trị.
Hàm số \[y = f\left( x \right)\] không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng \( - 6\).
Xét \(p'\left( x \right) = f\left( x \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - 3\). Phương trình \(f\left( x \right) = - 3\) có \(1\) nghiệm kép và \(2\) nghiệm đơn nên hàm số \(p\left( x \right)\) có \(2\) điểm cực trị.
Đặt \(h\left( x \right) = 2f\left( {x - 1} \right) + m \Rightarrow g\left( x \right) = \left| {h\left( x \right)} \right|\).
Số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right)\) bằng tổng số điểm cực trị của hàm số \(y = h\left( x \right)\) và số giao điểm của \(y = h\left( x \right)\) với trục \(Ox\) khác với điểm cực trị của \(y = h\left( x \right)\).
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có \(3\) điểm cực trị. Suy ra hàm số \(y = h\left( x \right)\) cũng có \(3\) điểm cực trị.
Hàm số \(g\left( x \right)\) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi \(h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {x - 1} \right) = - \frac{m}{2}\) có \(2\) nghiệm phân biệt khác điểm cực trị của \(h\left( x \right)\).
Đồ thị hàm số \(y = f\left( {x - 1} \right)\) có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) sang bên phải \(1\) đơn vị.
Dựa vào đồ thị, ta được: \( - \frac{m}{2} \ge 2\) hoặc \( - 6 < - \frac{m}{2} \le - 3\) có \[15\] giá trị \[m\] nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: 1 – C; 2 – D; 3 – E; 4 – B.
Từ câu hỏi 21 đến 25, thí sinh ghi câu trả lời vào ô vuông tương ứng.
Cho \(\int\limits_0^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x = - 2} \). Tính tích phân \(\int\limits_0^5 {\left[ {4f\left( x \right) - 3{x^2}} \right]{\rm{d}}x} \).
Đáp án: _____
Ta có \(\int\limits_0^5 {\left[ {4f\left( x \right) - 3{x^2}} \right]{\rm{d}}x} = 4\int\limits_0^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_0^5 {3{x^2}{\rm{d}}x} = - 8 - \left. {{x^3}} \right|_0^5 = - 8 - 125 = - 133\).
Đáp án: -133.
Cho \({\log _a}b = 2\) và \({\log _a}c = 3\), với \(0 < a \ne 1,\,\,b > 0,\,\,c > 0\). Tính \(P = {\log _a}\left( {{b^2}{c^3}} \right)\).
Đáp án: ___
Ta có \(P = {\log _a}\left( {{b^2}{c^3}} \right) = 2{\log _a}b + 3{\log _a}c = 2 \cdot 2 + 3 \cdot 3 = 13\).
Đáp án: 13.
Anh Hưng muốn di chuyển từ vị trí \[A\] đến điểm \[B\] càng nhanh càng tốt (như hình vẽ). Để di chuyển từ vị trí \[A\] đến điểm \[B\] anh Hưng có thể chèo thuyền của mình trực tiếp qua sông để đến \[C\] và sau đó chạy đến \[B\], hay có thể chèo thuyền trực tiếp đến \[B\], hoặc anh ta có thể chèo thuyền đến một điểm \[D\] nằm giữa \[B\] và \[C\] sau đó chạy đến \[B\]. Biết anh ấy có thể chèo thuyền với vận tốc \[6\,{\rm{km/h}}\], chạy với vận tốc \[8\,{\rm{km/h}}\],\[AC = 3{\rm{km}},\,\,BC = 8{\rm{km}}\] và vận tốc dòng nước là không đáng kể so với vận tốc chèo thuyền của anh An. Tìm khoảng thời gian nhanh nhất (đơn vị: giờ) để anh Hưng đến \[B\] (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
![Anh Hưng muốn di chuyển từ vị trí A đến điểm B càng nhanh càng tốt (như hình vẽ). Để di chuyển từ vị trí \[A\] đến điểm \[B\] anh Hưng có thể chèo thuyền của mình trực tiếp qua sông đ (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/images/1779619965/image8.png)
Đặt \[CD = x\] (km) \[\left( {0 \le x \le 8} \right)\], khi đó \[AD = \sqrt {9 + {x^2}} \] (km).
Giả sử để đi từ \[A\] đến \[B\] anh Hưng bơi thuyền từ \[A\] tới \[D\] sau đó chạy đến \[B\].
Thời gian bơi thuyền từ \[A\] tới \[D\] là: \[\frac{{\sqrt {9 + {x^2}} }}{6}\] (giờ), thời gian đi từ \[D\] tới \[B\] là: \[\frac{{8 - x}}{8}\] (giờ).
Tổng thời gian là: \[f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {9 + {x^2}} }}{6} + \frac{{8 - x}}{8}\]; \[f'\left( x \right) = \frac{x}{{6\sqrt {9 + {x^2}} }} - \frac{1}{8}\]; \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{9}{{\sqrt 7 }} \in \left[ {0;8} \right]\].
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;\,8} \right]\):
![Anh Hưng muốn di chuyển từ vị trí A đến điểm B càng nhanh càng tốt (như hình vẽ). Để di chuyển từ vị trí \[A\] đến điểm \[B\] anh Hưng có thể chèo thuyền của mình trực tiếp qua sông đ (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/images/1779619965/image9.png)
Từ bảng biến thiên, ta có \[\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;8} \right]} f\left( x \right) = 1 + \frac{{\sqrt 7 }}{8}\].
Vậy thời gian nhanh nhất để anh Hưng đi từ \[A\] đến \[B\] là \[1 + \frac{{\sqrt 7 }}{8} \approx 1,33\] (giờ).
Đáp án: 1,33.
Một hãng sản xuất một loại tủ lạnh X ước tính rằng khoảng 80% số người dùng tủ lạnh có đọc quảng cáo tủ lạnh do hãng ấy sản xuất. Trong số những người đọc quảng cáo, có 30% mua loại tủ lạnh X; 10% không đọc quảng cáo cũng mua loại tủ lạnh X. Xác suất để một người tiêu dùng đã mua loại tủ lạnh X mà có đọc quảng cáo là bao nhiêu phần trăm (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Đáp án: ___
Gọi biến cố \(A\): “Người đó có đọc quảng cáo”, ta có \(P\left( A \right) = 80\% = 0,8\). Suy ra \(P\left( {\bar A} \right) = 0,2\).
Gọi biến cố \(B\): “Người đó mua tủ lạnh X”, ta có \(P\left( {B|A} \right) = 30\% = 0,3\); \(P\left( {B|\bar A} \right) = 10\% = 0,1\).
Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất để người đó mua tủ lạnh X là
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) = 0,26\).
Theo công thức Bayes, ta có xác suất để 1 người tiêu dùng đã mua tủ lạnh X mà có đọc quảng cáo là
\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot \left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,8 \cdot 0,3}}{{0,26}} = \frac{{12}}{{13}} \approx 0,92 = 92\% \).
Đáp án: 92.
Trong không gian \(Oxyz\), cho bốn điểm \(A\left( {0; - 1;2} \right)\), \(B\left( {2; - 3;0} \right)\), \(C\left( { - 2;1;1} \right)\), \(D\left( {0; - 1;3} \right)\). Gọi \(\left( L \right)\) là tập hợp tất cả các điểm \(M\) trong không gian thỏa mãn đẳng thức \(\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MD} = 1\). Biết rằng quỹ tích điểm \(M\) là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm \({I_1}\) và mặt cầu tâm \({I_2}\). Tính bình phương độ dài vectơ \(\overrightarrow {{I_1}{I_2}} \).
Đáp án: __
Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\) là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta có \(\overrightarrow {AM} = \left( {x;y + 1;z - 2} \right)\), \(\overrightarrow {BM} = \left( {x - 2;y + 3;z} \right)\), \(\overrightarrow {CM} = \left( {x + 2;y - 1;z - 1} \right)\), \(\overrightarrow {DM} = \left( {x;y + 1;z - 3} \right)\).
Từ giả thiết: \(\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MD} = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} = 1\\\overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MD} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BM} = 1\\\overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {DM} = 1\end{array} \right.\)
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x\left( {x - 2} \right) + \left( {y + 1} \right)\left( {y + 3} \right) + z\left( {z - 2} \right) = 1\\x\left( {x + 2} \right) + \left( {y + 1} \right)\left( {y - 1} \right) + \left( {z - 1} \right)\left( {z - 3} \right) = 1\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 2z + 2 = 0\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4z + 1 = 0\end{array} \right.\].
Suy ra quỹ tích điểm \(M\) là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm \({I_1}\left( {1; - 2;1} \right)\), bán kính \({R_1} = 2\) và mặt cầu tâm \({I_2}\left( { - 1;0;2} \right)\), bán kính \({R_2} = 2\). Suy ra bình phương độ dài vectơ \(\overrightarrow {{I_1}{I_2}} \) bằng \({\left| {\overrightarrow {{I_1}{I_2}} } \right|^2} = 9\).
Đáp án: 9.
