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

1. Đúng. Ta có \(\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim y}\limits_{x \to - {2^ + }} = - \infty \\\mathop {\lim y}\limits_{x \to - {2^ - }} = + \infty \end{array} \right\} \Rightarrow x = - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

\(\mathop {\lim y}\limits_{x \to {0^ + }} = - \infty \,\,\,\, \Rightarrow x = 0\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

2. Sai. \(\mathop {\lim y}\limits_{x \to - \infty } = 2 \Rightarrow \,\)Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 2\).

\(\mathop {\lim y}\limits_{x \to + \infty } = - 3 \Rightarrow \,\)Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = - 3\).

3. Sai. Trong khoảng \(\left( {1;\,2} \right)\), \(y' > 0\) và trong khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\), \(y' < 0\).

4. Sai. Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số \[y = f\left( x \right)\] đối dấu duy nhất một lần khi qua \[{x_0} = 2 \Rightarrow \] Đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] có duy nhất duy nhất một điểm cực trị.

1. Đúng. Ta có \({u_1} = \frac{1}{3}\).

2. Đúng. Ta có \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{1}{3},\forall n \in {\mathbb{N}^*}\). Vậy \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số nhân với công bội \(q = \frac{1}{3}\).

3. Sai. Ta có \({u_4} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^4} = \frac{1}{{81}}\). Suy ra số hạng thứ 4 bằng \(\frac{1}{{81}}\).

4. Đúng. Ta có \({S_6} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^6}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{3}\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^6}} \right]}}{{1 - \frac{1}{3}}} = \frac{{364}}{{729}}\).

1. Đúng. \(\int {\left( {\sqrt[3]{{{x^2}}} + x - 2} \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {{x^{\frac{2}{3}}} + x - 2} \right){\rm{d}}x} = \frac{3}{5}{x^{\frac{5}{3}}} + \frac{1}{2}{x^2} - 2x + C = \frac{3}{5}\sqrt[3]{{{x^5}}} + \frac{1}{2}{x^2} - 2x + C\).

2. Sai. \(\int {\frac{1}{{2023{x^{2024}}}}{\rm{d}}x} = \frac{1}{{2023}}\int {{x^{ - 2024}}{\rm{d}}x} = \frac{{ - 1}}{{{{2023}^2}{x^{2023}}}} + C\).

3. Sai. \(\int {{{\left( {2x - 2024} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \frac{1}{6}{\left( {2x - 2024} \right)^3} + C\).

4. Sai. \(\int {\left( {\frac{1}{4}{x^4} + 4{x^3}} \right){\rm{d}}x} = \frac{1}{{20}}{x^5} + {x^4} + C\).

1. Sai. Các hệ số \(\left\{ \begin{array}{l} - 2a = - 2\\ - 2b = - 4\\ - 2c = - 6\\d = - 11\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\\c = 3\\d = - 11\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \) Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = 5\).

2. Đúng. Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\) tại điểm \(A\left( {1;2;8} \right)\).

\( \Rightarrow \)\(\left( Q \right)\) có VTPT \(\overrightarrow n = \overrightarrow {IA} = \left( {0;0;5} \right)\) và qua \(A\left( {1;2;8} \right)\).

\( \Rightarrow \)\(\left( Q \right):0\left( {x - 1} \right) + 0\left( {y - 2} \right) + 5\left( {z - 8} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( Q \right):z = 8\).

3. Đúng. Do \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 2 + 3 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} }} = \sqrt 3 < 5 = R\) nên \(\left( P \right)\) cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là đường tròn tâm \(H\), bán kính \(HA = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right)} = \sqrt {{5^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = \sqrt {22} \).

4. Sai. Gọi \(\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) là một điểm nguyên nằm trên bề mặt của mặt cầu \(\left( S \right)\).

Ta có \(x_0^2 + y_0^2 + z_0^2 - 2{x_0} - 4{y_0} - 6{z_0} - 11 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} + {\left( {{y_0} - 2} \right)^2} + {\left( {{z_0} - 3} \right)^2} = 25\).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = {x_0} - 1\\b = {y_0} - 2\\c = {z_0} - 3\end{array} \right.\) thì \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 25\) (*) và \(a,b,c \in \mathbb{Z}\).

Số bộ \(\left( {a;b;c} \right)\) bằng với số bộ \(\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\).

Do \({a^2},\,{b^2},{c^2}\) vai trò như nhau nên có thể giả sử \({a^2} \le {b^2} \le {c^2}\).

\({a^2} + {b^2} + {c^2} = 25 \Rightarrow 3{a^2} \le 25 \Rightarrow {a^2} \in \left\{ {0;1;4} \right\}\).

Với \({a^2} = 4\), \(\left( * \right) \Rightarrow \)\({b^2} + {c^2} = 21 \Rightarrow \) không có \(b,c\) nguyên.

Với \({a^2} = 1\), \(\left( * \right) \Rightarrow \)\({b^2} + {c^2} = 24 \Rightarrow \) không tồn tại \(b,c\) nguyên.

Với \({a^2} = 0\), \(\left( * \right) \Rightarrow \)\({b^2} + {c^2} = 25 = {3^2} + {4^2} = {0^2} + {5^2}\).

+ Với \({a^2} = 0\) và \({b^2} + {c^2} = {3^2} + {4^2}\):

Chọn vị trí cho số \(0\) trong bộ \(\left( {a;b;c} \right)\) có \(3\) cách.

Chọn \(3\) hoặc \( - 3\) và xếp vào một vị trí trong bộ \(\left( {a;b;c} \right)\) có \(2 \cdot 2 = 4\)cách.

Vị trí còn lại cho \(4\) hoặc \( - 4\) trong bộ \(\left( {a;b;c} \right)\) có \(2\)cách.

Vậy có \(3 \cdot 4 \cdot 2 = 24\) bộ \(\left( {a;b;c} \right)\).

+ Với \({a^2} = 0\) và \({b^2} + {c^2} = {0^2} + {5^2}\):

Chọn vị trí cho hai số \(0\) trong bộ \(\left( {a;b;c} \right)\) có \(C_3^2 = 3\) cách.

Vị trí còn lại cho \(5\) hoặc \( - 5\) trong bộ \(\left( {a;b;c} \right)\) có \(2\)cách.

Vậy có \(3 \cdot 2 = 6\) bộ \(\left( {a;b;c} \right)\).

Vậy có tất cả \(24 + 6 = 30\) bộ \(\left( {a;b;c} \right)\) hay \(30\) điểm nguyên nằm trên mặt cầu \(\left( S \right)\).

1. Đúng. Ta có \(H\) là trung điểm của \(AB\), mà tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).

Ngoài ra \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\).

2. Đúng. Ta có \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SH = \frac{{2a \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \) (do tam giác \(SAB\) đều cạnh \(2a)\).

3. Sai. Kẻ đường cao \(CK\) của tam giác \(ABC\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CK \bot AB}\\{CK \bot SH}\end{array} \Rightarrow CK \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK} \right.\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có:

\(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} = a;CK = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \(d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

4. Sai. Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BC = \frac{1}{2}a\sqrt 3 \cdot a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Thể tích khối chóp là: \({V_{S \cdot ABC}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}\).

Gọi \[A,B\] lần lượt là biến cố chọn được sản phẩm thuộc phân xưởng \[A,B\].

Ta có \[P\left( A \right) = 0,6\]; \[P\left( B \right) = 0,4\].

Gọi \[P\] là biến cố chọn phải một sản phẩm là phế phẩm.

Tỉ lệ phế phẩm của phân xưởng \[A\] là \[1\% \]\[ \Rightarrow P\left( {P|A} \right) = 0,01\].

Tỉ lệ phế phẩm của phân xưởng \[B\] là \[2\% \]\[ \Rightarrow P\left( {P|B} \right) = 0,02\].

1. Sai. Nếu sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng \[A\] thì xác suất để nó không là phế phẩm là

\[P\left( {\overline P |A} \right) = 1 - P\left( {P|A} \right) = 0,99\].

2. Đúng. Xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm và thuộc phân xưởng \[A\] là

\[P\left( {A \cap P} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {P|A} \right) = 0,6 \cdot 0,01 = 0,006\].

3. Đúng. Theo công thức xác suất toàn phần, ta có xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm là

\[P\left( P \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {P|A} \right) + P\left( B \right) \cdot P\left( {P|B} \right) = 0,6 \cdot 0,01 + 0,4 \cdot 0,02 = 0,014\].

4. Sai. Áp dụng công thức Bayes, nếu sản phẩm chọn ra là phế phẩm thì xác suất để nó thuộc phân xưởng \[A\] là: \[P\left( {A|P} \right) = \frac{{P\left( {A \cap P} \right)}}{{P\left( P \right)}} = \frac{{0,006}}{{0,014}} = \frac{3}{7}\].

1. Đúng. Công thức mức cường độ âm là \(L = 10\log \frac{I}{{{{10}^{ - 12}}}} = 10\left( {\log I - \log {{10}^{ - 12}}} \right)\)\( = 10\log I + 120\quad \left( {{\rm{dB}}} \right)\).

2. Sai. Thay \(I = 1000 = {10^3}{\mkern 1mu} \left( {W/{m^2}} \right)\) vào công thức

\(L = 10\log {10^3} + 120 = 10 \times 3 + 120 = 30 + 120 = 150\,{\mkern 1mu} \left( {{\rm{dB}}} \right)\).

Vì \(150\,{\mkern 1mu} {\rm{dB}} > 125{\mkern 1mu} \,{\rm{dB}}\), nên khẳng định “mức cường độ âm không vượt quá \(125{\mkern 1mu} \,{\rm{dB}}\)” là Sai.

3. Đúng. Điều kiện để mức cường độ âm không vượt quá \(130{\mkern 1mu} \,{\rm{dB}}\) là \(L \le 130\,{\mkern 1mu} {\rm{dB}}\).

\(10\log I + 120 \le 130 \Leftrightarrow \)\(10\log I \le 10 \Leftrightarrow \)\(\log I \le 1 \Leftrightarrow \)\(I \le 10\,{\mkern 1mu} \left( {{\rm{W/}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

4. Đúng. Để đảm bảo sức khỏe, mức cường độ âm phải không vượt quá \(85{\mkern 1mu} \,{\rm{dB}}\), tức là \(L \le 85\,{\mkern 1mu} {\rm{dB}}\).

\(10\log I + 120 \le 85 \Leftrightarrow \)\(10\log I \le - 35 \Leftrightarrow \)\(\log I \le - 3,5 \Leftrightarrow \)\(I \le {10^{ - 3,5}}{\mkern 1mu} \,\left( {{\rm{W/}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

1. Đúng. Xét các biến cố \(A\): “Chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress”; \(B\): “Chọn được bệnh nhân bị đau dạ dày”. Khi đó, \(P\left( A \right) = 0,3;\,\,P\left( B \right) = 0,4\).

2. Đúng. Xác suất chọn được bệnh nhân bị đau dạ dày, biết bệnh nhân đó thường xuyên bị stress, tức là \(P\left( {B\mid A} \right)\), theo giả thiết ta có \(P\left( {B\mid A} \right) = 0,8\).

3. Đúng. Xác suất chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress vừa bị đau dạ dày là

\(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) = 0,3 \cdot 0,8 = 0,24\).

4. Đúng. Xác suất chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress, biết bệnh nhân đó bị đau dạ dày, là \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,24}}{{0,4}} = 0,6\).

1. Sai. Thay toạ độ điểm \(A\left( { - 1;0;2} \right)\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được \( - 2 - 4 = 0\) (vô lý).

2. Đúng. Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng qua \(A\) và song song \(\left( P \right)\), suy ra \(\left( \alpha \right)\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {2;1; - 2} \right).\)

Phương trình \(\left( \alpha \right)\) là: \(2\left( {x + 1} \right) + 1\left( {y - 0} \right) - 2\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 2z + 6 = 0.\)

3. Đúng. Gọi \(\left( \beta \right)\) là mặt phẳng qua \(O,A\) và vuông góc \(\left( P \right).\) Ta có \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2;1; - 2} \right),\overrightarrow {OA} = \left( { - 1;0;2} \right).\)

\(\left( \beta \right)\) có VTPT là \(\overrightarrow {{n_\beta }} = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {OA} } \right] = \left( {2; - 2;1} \right).\)

Phương trình của \(\left( \beta \right)\) là: \(2\left( {x - 0} \right) - 2\left( {y - 0} \right) + 1\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 2y + z = 0.\)

4. Sai. Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) thỏa mãn yêu cầu có dạng \(2x + y - 2z + d = 0\,\,\left( {d \ne 0} \right)\).

Ta có \(d\left( {A,\left( Q \right)} \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 1} \right) + 0 - 2 \cdot 2 + d} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2 \Leftrightarrow \left| {d - 6} \right| = 6 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}d - 6 = 6\\d - 6 = - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}d = 12\,\,{\rm{(tm)}}\\d = 0\,\,\,\,{\rm{(ktm)}}\end{array} \right..\)

Vậy có đúng một mặt phẳng thoả mãn yêu cầu.

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