Đề tham khảo ĐGNL V-SAT môn Toán 2026 (Đề 3)

Số phần tử của mẫu số liệu là \(n = 40\).

Ta có nhóm 2 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng \(\frac{n}{4} = 10\).

Xét nhóm 2 là nhóm \(\left[ {155;160} \right)\) có \(s = 155,h = 5,{n_2} = 11\) và nhóm 1 là nhóm \(\left[ {150;155} \right)\) có tần số tích lũy \(c{f_1} = 5\).

Áp dụng công thức, ta có tứ phân vị thứ nhất là \({Q_1} = 155 + \frac{{10 - 5}}{{11}} \cdot 5 = \frac{{1730}}{{11}}\).

Ta có nhóm 4 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng \(\frac{{3n}}{4} = 30\).

Xét nhóm 4 là nhóm \(\left[ {165;170} \right)\) có \(t = 165,l = 5,{n_4} = 9\) và nhóm 3 là nhóm \(\left[ {160;165} \right)\) có tần số tích lũy \(c{f_3} = 28\).

Áp dụng công thức, ta có tứ phân vị thứ ba là \({Q_3} = 165 + \frac{{30 - 28}}{9} \cdot 5 = \frac{{1495}}{9}\).

Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho ở bảng trên là

\(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{1495}}{9} - \frac{{1730}}{{11}} \approx 8,8\). Chọn C.

Số trung bình cộng của bảng số liệu ghép nhóm ở trên là

\(\overline x = \frac{{5 \cdot 152,5 + 11 \cdot 157,5 + 12 \cdot 162,5 + 9.167,5 + 2 \cdot 172,5 + 1 \cdot 177,5}}{{40}} = \frac{{1295}}{8} = 161,875\).

Vậy chiều cao trung bình của các học sinh lớp 12A là \(161,875\) cm. Chọn B.

Phương sai của mẫu số liệu đã cho ở bảng trên là

\(\begin{array}{l}{s^2} = \frac{1}{{40}}\left[ {5 \cdot {{\left( {152,5 - 161,9} \right)}^2} + 11 \cdot {{\left( {157,5 - 161,9} \right)}^2} + 12 \cdot {{\left( {162,5 - 161,9} \right)}^2}} \right.\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left. { + 9 \cdot {{\left( {167,5 - 161,9} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {172,5 - 161,9} \right)}^2} + 1 \cdot {{\left( {177,5 - 161,9} \right)}^2}} \right] = \frac{{2255}}{{64}} \approx 35,23.\end{array}\)

Vậy phương sai của mẫu số liệu đã cho ở bảng trên xấp xỉ là \(35,2\). Chọn A.

Dựa vào đồ thị, ta thấy hai đường biểu diễn hiệu suất \({Q'_1}\left( t \right)\) và \({Q'_2}\left( t \right)\) cắt nhau tại thời điểm \(t = 5\)giờ.

Tại điểm này, hiệu suất của hai người bằng nhau, tức là

\({Q'_1}\left( 5 \right) = {Q'_2}\left( 5 \right) \Leftrightarrow - 2 \cdot {5^2} + 4 \cdot 5 + 58 = 53 + a \cdot 5 \Rightarrow a = - 5\).

Vậy \({Q'_2}\left( t \right) = 53 - 5t\). Chọn D.

Gọi \[f\left( t \right) = {Q_1}\left( t \right) - {Q_2}\left( t \right)\]là hàm số biểu thị sự chênh lệch sản phẩm tích lũy.

Để tìm giá trị cực đại của\(f\left( t \right)\), ta xét\(f'\left( t \right) = {Q'_1}\left( t \right) - {Q'_2}\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 5\).

Trước \(t = 5\), \({Q'_1}\left( t \right) > {Q'_2}\left( t \right)\) nên khoảng cách (ưu thế của A) đang tăng dần.

Sau \(t = 5\), \({Q'_1}\left( t \right) < {Q'_2}\left( t \right)\) nên B bắt đầu rút ngắn khoảng cách, dẫn đến chênh lệch giảm đi.

Do đó, chênh lệch lớn nhất xảy ra tại đúng thời điểm \(t = 5\). Chọn D.

Số sản phẩm của công nhân A: \({Q_1}\left( 6 \right) = \int\limits_0^6 {\left( { - 2{t^2} + 4t + 58} \right){\rm{d}}t} = 276\).

Số sản phẩm của công nhân B: \({Q_2}\left( 6 \right) = \int\limits_0^6 {\left( {53 - 5t} \right){\rm{d}}t} = 228\).

Tổng số sản phẩm: \(276 + 228 = 504\). Chọn A.

Từ đồ thị, ta thấy:

+ Điểm cực đại của hàm số là \({x_{cd}} = 0\).

+ Hàm số có hai cực trị.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 2 cực trị và đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt nên hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có 5 cực trị.

Từ đồ thị, ta có hàm số bậc ba \[y = f\left( x \right)\] có hai điểm cực trị \[x = - 2;x = 0\].

Đặt \[u = - {x^2} + x\]. Ta có \[u' = - 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\].

Bảng biến thiên của hàm số \[y = f\left( { - {x^2} + x} \right)\]:

Vậy hàm số \[y = f\left( { - {x^2} + x} \right)\] có \[3\] điểm cực tiểu.

Đáp án: 1 – A; 2 – C; 3 – F; 4 – D.

Ta có \[d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3 \cdot \left( { - 1} \right) - 4 \cdot 3 + 4 + 1} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2} + {1^2}} }} = \frac{{10}}{{\sqrt {26} }} = \frac{{5\sqrt {26} }}{{13}}\].

Ta có \(d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| 1 \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {26} }} = \frac{{\sqrt {26} }}{{26}}\).

Dễ thấy \(\left( Q \right)\) song song với \(\left( P \right)\). Lấy điểm \(A\left( {0;0;13} \right) \in \left( Q \right)\). Khi đó ta có:

\(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3 \cdot 0 - 4 \cdot 0 + 13 + 1} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2} + {1^2}} }} = \frac{{14}}{{\sqrt {26} }} = \frac{{7\sqrt {26} }}{{13}}\).

Dễ thấy \(MH = \frac{{5\sqrt {26} }}{{13}}\) và \(N\) là điểm nằm trong phần hình tròn tâm \(H\), bán kính \(R = 3\).

Khi đó \(MN\) lớn nhất khi \(HN\) lớn nhất hay \(HN = R = 3\).

Vậy giá trị \(MN\) lớn nhất là \(MN = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\frac{{5\sqrt {26} }}{{13}}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{167}}{{13}}} \).

Đáp án: 1 – C; 2 – D; 3 – F; 4 – A.

\[\Delta \] là đường thẳng đi qua điểm \(A\left( {1;\,2;\, - 1} \right)\) và song song với \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}\).

Suy ra \(\Delta :\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 1}}\).

Ta thấy điểm có tọa độ \(\left( {3;3; - 2} \right)\) là điểm thuộc đường thẳng \[\Delta \] vì \(\frac{{3 - 1}}{2} = \frac{{3 - 2}}{1} = \frac{{ - 2 + 1}}{{ - 1}}\left( { = 1} \right)\).

\(Q\) là giao điểm của đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\).

\[Q \in d \Rightarrow Q\left( {2t + 1;\,t - 1;\, - t + 2} \right)\].

\(Q \in \left( P \right) \Rightarrow 2t + 1 + t - 1 + 2\left( { - t + 2} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow t = - 5\).

\( \Rightarrow Q\left( { - 9;\, - 6;\,7} \right)\).

\[F \in d \Rightarrow F\left( {2u + 1;\,u - 1;\, - u + 2} \right)\]

\[OF = \sqrt {10} \Leftrightarrow {\left( {2u + 1} \right)^2} + {\left( {u - 1} \right)^2} + {\left( {2 - u} \right)^2} = 10\] \[ \Leftrightarrow 6{u^2} - 2u - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = - \frac{2}{3}}\\{u = 1}\end{array}} \right.\].

+ Với \[u = - \frac{2}{3}\] thì \[F\left( { - \frac{1}{3};\, - \frac{5}{3};\,\frac{8}{3}} \right)\].

+ Với \[u = 1\] thì \[F\left( {3;\,0;\,1} \right)\].

Ta gọi \(AB\) cắt \(d\) tại điểm \(M\left( {1 + 2m; - 1 + m;2 - m} \right) \in d\).

\(\overrightarrow {AM} = \left( {2m;m - 3;3 - m} \right)\), theo yêu cầu bài toán \(AB\) vuông góc \(d\) nên ta có

\(\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Rightarrow 2 \cdot 2m + m - 3 + m - 3 = 0 \Rightarrow m = 1 \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {2; - 2;2} \right)\).

Đường thẳng \(AB\) đi qua \(A\) nhận \(\vec u = \frac{1}{2}\overrightarrow {AM} = \left( {1; - 1;1} \right)\) là một vectơ chỉ phương, ta có phương trình \(AB\) là\(AB:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{1}\).

Gọi \[B\left( {1 + t;2 - t; - 1 + t} \right) \in AB\]. Lại có điểm \[B \in (P) \Rightarrow 1 + t + 2 - t + 2( - 1 + t) + 1 = 0 \Rightarrow t = - 1\].

Vậy \(B\left( {0;3; - 2} \right)\).

Đáp án: 1 – D; 2 – F; 3 – E; 4 – B.

Dựa vào đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta có:

+ \[\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} f\left( x \right) = 3\] tại \(x = 1.\)

+ \[\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} f\left( x \right) = - 2\] tại \(x = - 2.\)

Ta có \(f\left( x \right) \ge m\) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left[ { - 2;1} \right]\) khi và chỉ khi \[\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ { - 2;1} \right]} f\left( x \right) \ge m \Leftrightarrow - 2 \ge m \Leftrightarrow m \le - 2\].

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left[ { - 5;5} \right]\) nên \(m \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2} \right\}\). Vậy có \(4\) giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Đặt \(t = x + 1\). Vì \(x \in \left[ { - 1;0} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right]\).

Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( {x + 1} \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;0} \right]\) là giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( t \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\).

Dựa vào đồ thị của hàm số, ta có: \[\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) = 0\] tại \(t = 0\).

Đáp án: 1 – C; 2 – A; 3 – D; 4 – B.

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(90^\circ \).

Do đó, \(\cos \left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = \cos 90^\circ = 0\).

Dễ thấy \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SCA}\). Ta có \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \left( {BC,\,\left( {SAB} \right)} \right) = 90^\circ \). Vậy \(\sin \left( {BC,\,\left( {SAB} \right)} \right) = \sin 90^\circ = 1\).

Từ \(M\) kẻ \(MN\) sao cho \(MN{\rm{//}}\,BC\left( {N \in AB} \right) \Rightarrow MN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SM,\left( {SAB} \right)} \right) = \widehat {MSN}\).

Dễ có \(\Delta MSN\)vuông tại \(N\)có \(MN = a\), \(SN = \sqrt {S{A^2} + A{N^2}} = \sqrt {4{a^2} + \frac{1}{{16}}{a^2}} = \frac{{\sqrt {65} }}{4}a\).

Vậy \(\tan \widehat {MSN} = \frac{{MN}}{{SN}} = \frac{4}{{\sqrt {65} }}\).

Đáp án: 1 – A; 2 – C; 3 – B; 4 – E.

Ta có \(\int\limits_1^3 {\left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]dx} = 3\int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x - 2} \int\limits_1^3 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 3 \cdot 5 - 2 \cdot \left( { - 7} \right) = 29\).

Đáp án: 29

Ta có \({\log _6}45 = {\log _6}\left( {{3^2} \cdot 5} \right)\)\( = \frac{{{{\log }_2}\left( {{3^2} \cdot 5} \right)}}{{{{\log }_2}6}}\)\( = \frac{{2{{\log }_2}3 + {{\log }_2}5}}{{{{\log }_2}\left( {2 \cdot 3} \right)}}\)\( = \frac{{2{{\log }_2}3 + {{\log }_2}5}}{{1 + {{\log }_2}3}}\)

\( = \frac{{2\left( {{{\log }_2}3 + 1} \right) + {{\log }_2}5 - 2}}{{{{\log }_2}3 + 1}}\) \( = 2 + \frac{{{{\log }_2}5 - 2}}{{{{\log }_2}3 + 1}}\).

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = - 2\\c = 1\end{array} \right.\) \( \Rightarrow a + b + c = 2 - 2 + 1 = 1\).

Đáp án: 1

Gọi chiều dài đoạn ống nước kéo từ điểm \[T\] đến nhà máy nước là \(x\) (km), \(0 \le x \le 4\).

Khi đó chiều dài đoạn ống nước kéo từ điểm \[T\] đến đảo là: \(\sqrt {{{\left( {4 - x} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt {{x^2} - 8x + 17} \) (km).

Tổng tiền công là \(f\left( x \right) = 30x + 50\sqrt {{x^2} - 8x + 17} \)(triệu đồng).

Ta có \(f'\left( x \right) = 30 + \frac{{50\left( {x - 4} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 8x + 17} }}\).

\(f'\left( x \right) = 30 + \frac{{50\left( {x - 4} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 8x + 17} }} = 0\)\[ \Leftrightarrow 3\sqrt {{x^2} - 8x + 17} = 5\left( {4 - x} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - x \ge 0\\9\left( {{x^2} - 8x + 17} \right) = 25\left( {16 - 8x + {x^2}} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 4\\\left[ \begin{array}{l}x = \frac{{19}}{4}\\x = \frac{{13}}{4}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{13}}{4}\].

Ta có \(f\left( 0 \right) = 50\sqrt {17} \); \(f\left( {\frac{{13}}{4}} \right) = 160\); \(f\left( 4 \right) = 170\).

Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = 160\) tại \(x = \frac{{13}}{4}\).

Vậy tổng chi phí lắt đặt nhỏ nhất bằng \(160\) triệu đồng.

Đáp án: 160

Gọi \(A\) là biến cố: “Học sinh chọn tổ hợp A00”; \(B\) là biến cố: “Học sinh đó đỗ đại học”.

Khi đó ta có \(P\left( A \right) = 0,8;\,P\left( {\bar A} \right) = 0,2;\,\,P\left( {B|A} \right) = 0,6;\,P\left( {B|\bar A} \right) = 0,7\).

Xác suất học sinh đó đỗ đại học là

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) = 0,8 \cdot 0,6 + 0,2 \cdot 0,7 = 0,62\).

Xác suất học sinh đỗ đại học chọn tổ hợp A00 là

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,8 \cdot 0,6}}{{0,62}} = \frac{{24}}{{31}} \approx 0,77\).

Đáp án: 0,77

Từ giả thiết, điểm \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right):x + 2y - z - 1 = 0\).

Có \(MA = MB\), suy ra \(M\) thuộc mặt phẳng trung trực của đường thẳng \(AB\) là \(\left( Q \right):y + z = 0\).

Suy ra \(M\) thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 3t\\y = t\\z = - t\end{array} \right.\) và \(\left( Q \right)\).

Ta tìm được đó là đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 3t\\y = t\\z = - t\end{array} \right.\).

Tham số hóa \(M\left( {1 - 3t;t; - t} \right)\) thì \(\overrightarrow {AM} = \left( { - 1 - 3t;t - 2; - t} \right);\overrightarrow {BM} = \left( { - 1 - 3t;t; - t + 2} \right)\).

Suy ra \(\cos \widehat {AMB} = \frac{{\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} }}{{MA \cdot MB}} = \frac{{{{\left( {1 + 3t} \right)}^2} + t\left( {t - 2} \right) \cdot 2}}{{{{\left( {1 + 3t} \right)}^2} + {{\left( {t - 2} \right)}^2} + {t^2}}} = \frac{{11{t^2} + 2t + 1}}{{11{t^2} + 2t + 5}} = f\left( t \right)\).

Để góc \(AMB\) lớn nhất thì ta cần \[\cos AMB = f\left( t \right)\] nhỏ nhất.

Khảo sát hàm \(f\left( t \right)\) ta được \(f\left( t \right)\)nhỏ nhất khi và chỉ khi \(t = - \frac{1}{{11}}\).

Suy ra \(M\left( {\frac{{14}}{{11}}; - \frac{1}{{11}};\frac{1}{{11}}} \right)\). Vậy \(S = 15\).

Đáp án: 15