Đề tham khảo ĐGNL V-SAT môn Toán 2026 (Đề 4)

Xét biến cố A “Học sinh đó thích ăn chuối”, biến cố B “Học sinh đó thích ăn cam”,

1. Đúng. Vì lớp 12B có 40 học sinh, phép thử là chọn ngẫu nhiên một học sinh của lớp, nên số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 40\).

2. Sai. Theo giả thiết \(n\left( B \right) = 22\) nên xác suất của biến cố \(B\) là \[P\left( B \right) = \frac{{22}}{{40}} = 0,55\].

3. Đúng. Có \(n\left( {A \cup B} \right) = 40 - 2 = 38\). Vậy \(P\left( {A \cup B} \right) = \frac{{38}}{{40}} = 0,95\).

4. Đúng. Ta có \(A \cap B\) là biến cố học sinh thích ăn cả hai loại cam và chuối.

Có \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cup B\,} \right) = \frac{{34}}{{40}} + \frac{{22}}{{40}} - \frac{{38}}{{40}} = \frac{{18}}{{40}} = 0,45\).

1. Sai. Từ đồ thị ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - 4\,;\, - 2} \right)\) và \(\left( { - 2\,;\,0} \right)\).

2. Đúng. Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 2\) nên \(d = 2.\)

Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đi qua hai điểm \(\left( {0\,;\,1} \right)\) và \(\left( {1\,;\,0} \right)\) nên có phương trình là \(y = - x + 1\). Từ đó suy ra \(a = - 1\). Khi đó, \(y = f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} + bx + c}}{{x + 2}}\).

Ta thấy đồ thị hàm số đã cho đi qua các điểm \(\left( {0\,;\, - 1} \right)\) và \(\left( { - 4\,;\,7} \right)\) nên ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{c}{2} = - 1\\\frac{{ - 16 - 4b + c}}{{ - 2}} = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = - 2\\b = - 1\end{array} \right.\). Suy ra \(a + b + c + d = - 2\).

3. Đúng. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là \(A\left( {0\,;\, - 1} \right)\) và \(B\left( { - 4\,;\,7} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(AB\): \(2x + y + 1 = 0\). Ta có \(d\left( {M,AB} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 - 8 + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \sqrt 5 \).

4. Sai. Từ ý b), suy ra \(y = f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} - x - 2}}{{x + 2}}\). Vậy tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).

1. Sai. Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: \({u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}}\)\( \Rightarrow {u_n} = - 2 \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^{n - 1}}\).

2. Sai. Số hạng thứ tư là \({u_4} = {u_1} \cdot {q^3} = \left( { - 2} \right) \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^3} = \frac{{27}}{4}\).

3. Đúng. Số hạng thứ hai là: \({u_2} = {u_1} \cdot q = \left( { - 2} \right) \cdot \left( { - \frac{3}{2}} \right) = 3\).

Số hạng thứ năm là: \({u_5} = {u_1} \cdot {q^4} = \left( { - 2} \right) \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^4} = - \frac{{81}}{8}\).

\( \Rightarrow {u_2} + {u_5} = 3 + \left( { - \frac{{81}}{8}} \right) = - \frac{{57}}{8}\).

4. Đúng. Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\)\( \Rightarrow {u_{n + 1}} = - 2 \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^n}\).

1. Sai. Gọi \(A\) là biến cố “Người đó có hút thuốc lá”.

Gọi \(B\) là biến cố “Người đó bị ung thư phổi”.

Ta có xác suất người đó hút thuốc lá \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{1124 + 1126}}{{10000}} = \frac{{2250}}{{10000}} = \frac{9}{{40}} = 22,5\% \).

2. Đúng. Số người bị ung thư phổi là \(n\left( B \right) = 1124 + 276 = 1400\).

Ta có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{{1124}}{{1400}} \approx 80,29\% > 80\% \).

3. Đúng. Ta có \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{1400}}{{10000}} = 14\% \).

4. Đúng. Ta tính \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {BA} \right)}}{{P\left( A \right)}}\)\( = \frac{{1124}}{{2250}} = \frac{{562}}{{1125}}\).

Tính \(P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = \frac{{P\left( {B\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right)}}\)\( = \frac{{276}}{{7750}}\).

Vậy \(\frac{{P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( {B|\overline A } \right)}} = \frac{{562}}{{1125}}:\frac{{276}}{{7750}} \approx 14\).

1. Đúng. Thay \(R = 1,4;x = 0,02\% \) vào công thức ta được \(1,4 = {e^{k \cdot \frac{{0,02}}{{100}}}} \Rightarrow k \approx 1682,36\).

2. Đúng. \(R = {e^{1682,36\, \cdot \,\frac{{0,17}}{{100}}}} \approx 17,46\).

3. Đúng. Thay \(R = 100\) vào công thức, ta được \(100 = {e^{1682,36x}} \Rightarrow x \approx 0,27\% \).

4. Sai. Với \(R \ge 5\) thì \(x \ge 0,096\% \), tức là một người có nồng độ cồn trong máu từ khoảng 0,096% trở lên thì không được lái xe.

1. Sai. Thay toạ độ điểm \(M\) và phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) ta được \(2 - 1 + 0 - 1 = 0\) suy ra điểm \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).

2. Đúng. Mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;1} \right)\).

3. Sai. Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1;1;1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \[\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2; - 1;1} \right)\].

Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) bằng \[\frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\]\( = \frac{{\left| {2 - 1 + 1} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + 1} \cdot \sqrt {4 + 1 + 1} }} = \frac{2}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{3}\).

4. Đúng. Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1;1;1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \[\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2; - 1;1} \right)\].

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng đi qua \(M\) và vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) suy ra \(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow {{n_1}} ,\,\overrightarrow {{n_2}} \) làm cặp vectơ chỉ phương nên \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( {2;1; - 3} \right)\).

\(\left( P \right)\) đi qua \(M\) nên \(\left( P \right):2x + y - 3z - 3 = 0\).

1. Sai. Đường tròn tâm \(O\left( {0;0} \right)\), bán kính \(R = 4\) có phương trình là \({x^2} + {y^2} = {4^2}\).

2. Đúng. Gọi phương trình của parabol \(y = a{x^2} + bx + c{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).

Vì parabol đi qua các điểm \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {4;0} \right)\) và có đỉnh \(I\left( {2;2} \right)\) nên ta có hệ phương trình

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{c = 0}\\{\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{b}{{2a}} = 2}\\{4a + 2b = 2}\end{array}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{a = - \frac{1}{2}}\\{b = 2}\end{array}}\\{c = 0}\end{array}} \right.\).

Suy ra phương trình của parabol là: \(y = - \frac{1}{2}{x^2} + 2x = - 0,5{x^2} + 2x\).

3. Sai. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \(\left( P \right)\), trục tung, trục hoành và đường thẳng \(x = 4\) là

\({S_P} = \int\limits_0^4 {\left( { - 0,5{x^2} + 2x} \right){\rm{d}}x = \frac{{16}}{3}} \).

4. Sai. Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) là \({S_H} = \int\limits_0^4 {\left[ {\sqrt {16 - {x^2}} - \left( { - 0,5{x^2} + 2x} \right)} \right]{\rm{d}}x} \approx 7,23\).

1. Đúng. \(\left( S \right){\rm{: }}{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4y - 2z + \frac{9}{2} = 0\)\( \Leftrightarrow \left( S \right){\rm{:}}\,{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = \frac{3}{2}\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 1;2;1} \right)\).

2. Sai. Mặt cầu \(\left( S \right)\) có bán kính \(R = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).

Vì \[A{I^2} = {\left( {0 + 1} \right)^2}\, + {\left( {2 - 2} \right)^2}\, + {\left( {0 - 1} \right)^2}\, = \,2 > \,\frac{3}{2}\, = \,{R^2}\] nên điểm \(A\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).

3. Đúng. Vì mặt cầu \[\left( {S'} \right)\] tâm \(A\) đi qua điểm \(B\) nên mặt cầu \[\left( {S'} \right)\] có bán kính

\[R\, = \,AB\, = \,\sqrt {{{\left( {2 - 0} \right)}^2}\, + \,{{\left( { - 6 - 2} \right)}^2}\, + \,{{\left( { - 2 - 0} \right)}^2}} \, = \,\sqrt {72} \].

Do đó, phương trình mặt cầu \[\left( {S'} \right)\]: \[{x^2}\, + \,{\left( {y - 2} \right)^2}\, + \,{z^2}\, = \,72\].

4. Đúng. Vì \[B{I^2} = {\left( {2 + 1} \right)^2}\, + {\left( { - 6 - 2} \right)^2}\, + {\left( { - 2 - 1} \right)^2}\, = \,82 > \,\frac{3}{2}\, = \,{R^2}\] nên điểm \(B\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).

Ta có hai điểm \(A\), \(B\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).

Gọi \(K\) là trung điểm đoạn thẳng \(AB\) thì \(K\left( {1; - 2; - 1} \right)\) và \(K\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} \)\( = \left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KA} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KB} } \right)\)

\( = M{K^2} + \overrightarrow {MK} \cdot \left( {\overrightarrow {KA} + \overrightarrow {KB} } \right) + \overrightarrow {KA} \cdot \overrightarrow {KB} \)\( = M{K^2} - K{A^2}\).

Suy ra \(\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} \) nhỏ nhất khi \(M{K^2}\) nhỏ nhất, tức là \(MK\) nhỏ nhất.

Đánh giá: \(IM + MK \ge IK \Rightarrow R + MK \ge IK \Rightarrow MK\)\( \ge IK - R\).

Suy ra \(MK\) nhỏ nhất bằng \(IK - R\), xảy ra khi \(I\), \(M\), \(K\) thẳng hàng và \(M\) nằm giữa hai điểm \(I\), \(K\). Như vậy \(M\) là giao điểm của đoạn thẳng \(IK\) và mặt cầu \(\left( S \right)\).

Có \(\overrightarrow {IK} = \left( {2; - 4; - 2} \right)\), \(IK = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = 2\sqrt 6 = 4R = 4IM\).

Suy ra \(\overrightarrow {IK} = 4\overrightarrow {IM} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = 4\left( {a + 1} \right)\\ - 4 = 4\left( {b - 2} \right)\\ - 2 = 4\left( {c - 1} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 1\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Vậy \(a + b + c = 1\).

1. Đúng. \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(BC \bot AB\).

\(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BC \bot SA\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

2. Sai. Áp dụng công thức \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_d} \cdot h\),

Trong đó: \({S_d}\) là diện tích hình chữ nhật \(ABCD\),

\(h\) là chiều cao của khối chóp \(S.ABCD\).

Ta có \({S_d} = a \cdot 2a = 2{a^2}\).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA\) là chiều cao của khối chóp \(S.ABCD\), \(h = SA = a\).

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3} \cdot 2{a^2} \cdot a = \frac{2}{3}{a^3}\) (đvtt).

3. Sai. Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(AC\).

Suy ra \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).

Xét tam giác \(SAC\) có: \(SA = a;AC = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 5 ,SC = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2}} = a\sqrt 6 \).

Ta có \(\sin \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{SC}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\).

4. Đúng. Vẽ đường thẳng \(d\) đi qua \(B\) và song song với \(AC\), khi đó \(d\) cắt \(AD\) tại \(E\).

\[ \Rightarrow AC{\rm{//}}\left( {SEB} \right)\].

Vậy \(d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {AC,\left( {SEB} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SEB} \right)} \right)\).

Kẻ đường cao \(AI\) của tam giác \(EAB\), kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(SAI\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EB \bot AI\\EB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow EB \bot \left( {SAI} \right)\)\( \Rightarrow EB \bot AH \Rightarrow AH \bot \left( {SEB} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SEB} \right)} \right)\).

Xét tam giác \(AEB\) vuông tại \(A\) có \(AE = BC = 2a;AB = a\).

\(AI\) là đường cao của tam giác \(AEB\) nên \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Xét tam giác \(AIS\) vuông tại \(A\) có: \(AI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5};SA = a\).

\(AH\) là đường cao của tam giác \(AIS\) nên

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{I^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{AI \cdot SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \cdot a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a}}{3}\).

Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\) và \(SB\) là \(\frac{{2a}}{3}\).

Cách khác: Gán hệ trục tọa độ \(Oxyz\) vào khối chóp \(S.ABCD\) sao cho \(A\) là gốc tọa độ, điểm \(B\) thuộc tia \(Ox\), điểm \(D\) thuộc tia \(Oy\), điểm \(S\) thuộc tia \(Oz\).

Khi đó \(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {a;0;0} \right),D\left( {0;2a;0} \right),S\left( {0;0;a} \right),C\left( {a;2a;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( {a;2a;0} \right),\,\,\overrightarrow {SB} = \left( {a;0; - a} \right)\);

\(\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right] = \left( { - 2{a^2};{a^2}; - 2{a^2}} \right),\,\,\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right]} \right| = 3{a^2}\);

\(\overrightarrow {AS} = \left( {0;0;a} \right),\,\,\overrightarrow {AS} \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right] = - 2{a^3}\).

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\) và \(SB\) là \(d\left( {AC,SB} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AS} \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}} = \frac{{2a}}{3}\).

Tần suất của nhóm khối lượng trứng \(\left[ {36;42} \right)\)là \(\frac{{190}}{{1000}} \cdot 100 = 19\% \). Chọn C.

Nhóm chứa trung vị là nhóm \(\left[ {42;48} \right)\).

Ta có \({M_e} = 42 + \frac{{\frac{{1000}}{2} - 235}}{{500}} \cdot \left( {48 - 42} \right) = \frac{{2259}}{{50}} = 45,18\). Chọn D.

Ta có bảng sau:

Số trung bình là: \(\bar x = \frac{{45 \cdot 33 + 190 \cdot 39 + 500 \cdot 45 + 250 \cdot 51 + 15 \cdot 57}}{{1000}} = 45\).

Phương sai là: \({s^2} = \frac{{{{33}^2} \cdot 45 + {{39}^2} \cdot 190 + {{45}^2} \cdot 500 + {{51}^2} \cdot 250 + {{57}^2} \cdot 15}}{{1000}} - {45^2} = 24,48.\)

Vậy độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là \(s = \sqrt {24,48} = \frac{{6\sqrt {17} }}{5}.\) Chọn A.

Thể tích nước được bơm vào bể trong 5 phút đầu tiên là \(\int\limits_0^5 {\left( {6t + 3} \right)} \,{\rm{d}}t = 90\) (lít). Chọn A.

Thể tích nước chảy ra từ bể trong 5 phút đầu tiên là \(\int\limits_0^5 {\left( {2t} \right){\rm{d}}t} = 25\) (lít). Chọn D.

Ta có lưu lượng nước ròng là \(L\left( t \right) = {L_1}\left( t \right) - {L_2}\left( t \right) = 4t + 3\).

Thời điểm \(a\) (phút) khi nước đầy bể, tức là

\(\int\limits_0^a {\left( {4t + 3} \right){\rm{d}}t} = 2015\)\( \Leftrightarrow 2{a^2} + 3a = 2015 \Rightarrow a = 31\) phút.

Vậy lượng nước chảy ra sau 31 phút bằng \(\int\limits_0^{31} {\left( {2t} \right)} \,{\rm{d}}t = 961\). Chọn B.

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.

Nhận xét bốn điểm \(S\left( {0;0;3} \right)\), \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {1;0;0} \right)\), \(C\left( {0;2;0} \right)\) thuộc một tứ diện vuông \(S.ABC\) nên dễ thấy \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow \cos \left( {\left( {SAB} \right),\;\left( {ABC} \right)} \right) = \cos 90^\circ = 0\).

Nhận xét bốn điểm \(S\left( {0;0;3} \right)\), \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {1;0;0} \right)\), \(C\left( {0;2;0} \right)\) thuộc một tứ diện vuông \(S.ABC\) nên dễ thấy \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow \sin \left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \sin 90^\circ = 1\).

Ta có \(\left( {SBC} \right):\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1\)\( \Rightarrow \left( {SBC} \right):6x + 3y + 2z - 6 = 0\)\( \Rightarrow {\vec n_{\left( {SBC} \right)}} = \left( {6;3;2} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có \({\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \overrightarrow {AS} = \left( {0;0;3} \right)\).

\(\cos \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {{{\vec n}_{\left( {ABC} \right)}} \cdot {{\vec n}_{\left( {SBC} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_{\left( {ABC} \right)}}} \right| \cdot \left| {{{\vec n}_{\left( {SBC} \right)}}} \right|}}\)\( = \frac{{\left| {6 \cdot 0 + 3 \cdot 0 + 2 \cdot 3} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {3^2}} \cdot \sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }} = \frac{2}{7}\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{{\vec n}_{\left( {SBC} \right)}} = \left( {6;3;2} \right)\\{{\vec n}_{\left( P \right)}} = \left( {1;1;1} \right)\end{array} \right.\)

Nên \(\cos \left( {\left( {SBC} \right),\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {{{\vec n}_{\left( {SBC} \right)}} \cdot {{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_{\left( {SBC} \right)}}} \right| \cdot \left| {{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right|}}\)\( = \frac{{\left| {6 \cdot 1 + 3 \cdot 1 + 2 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} \cdot \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} }} = \frac{{11\sqrt 3 }}{{21}}\).

Đáp án: 1 – E; 2 – C; 3 – B; 4 – A.

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị tại \(x = 0\) và \(x = 4.\) Giá trị cực đại của hàm số là \(y = 5\).

Xét hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{x - 4}}{{f\left( x \right) - 5}}\).

Từ bảng biến thiên, ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = 5\) có một nghiệm \(x = 4\) và một nghiệm \(x = a < 0.\) Nhận thấy rằng \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \frac{{x - 4}}{{f\left( x \right) - 5}} = + \infty \) và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ + }} \frac{{x - 4}}{{f\left( x \right) - 5}} = + \infty \]. Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng.

Ta cũng có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x - 4}}{{f\left( x \right) - 5}} = 0\), do tử số là đa thức bậc nhất trong khi mẫu số là đa thức bậc ba. Vậy đồ thị hàm số đã cho có một đường tiệm cận ngang.

Tóm lại, đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {4x - {x^2}} \right) + \frac{1}{3}{x^3} - 3{x^2} + 8x + \frac{1}{3}\) trên đoạn \(\left[ {1;3} \right]\).

Ta có

\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) = \left( {4 - 2x} \right)f'\left( {4x - {x^2}} \right) + {x^2} - 6x + 8\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\left( {2 - x} \right)f'\left( {4x - {x^2}} \right) + \left( {x - 4} \right)\left( {x - 2} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {2 - x} \right)\left[ {2f'\left( {4x - {x^2}} \right) - \left( {x - 4} \right)} \right]\end{array}\)

Xét hàm số \(u\left( x \right) = 4x - {x^2}\), trên đoạn \(\left[ {1;3} \right]\) có \(3 \le u\left( x \right) \le 4\) suy ra \(f'\left( {u\left( x \right)} \right) \ge 0\), hơn nữa \(x - 4 < 0\) với \(x \in \left[ {1;3} \right]\). Vậy nên \(2f'\left( {4x - {x^2}} \right) - \left( {x - 4} \right) \ge 0,\,\forall x \in \left[ {1;3} \right]\), dấu xảy ra khi \(x = 4.\)

Trên \(\left[ {1;3} \right]\), phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có một nghiệm \(x = 2.\)

Có

\(\begin{array}{l}g\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) + \frac{{17}}{3}\\g\left( 3 \right) = f\left( 3 \right) + \frac{{19}}{3}\\g\left( 2 \right) = f\left( 4 \right) + 7 = 12\end{array}\)

Do \(f\left( 3 \right) < f\left( 4 \right)\) và \(\frac{{17}}{3} < \frac{{19}}{3} < 7\) nên giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {1;3} \right]\) bằng 12.

Đáp án: 1 – B; 2 – D; 3 – C; 4 – F.

Theo bài ra ta có \(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {1;0;0} \right),\)\(D\left( {0;2;0} \right),\)\(A'\left( {0;0;3} \right)\).

Hình chiếu của \(C\) lên \(\left( {Oxy} \right)\) là \(C\), hình chiếu của \(C\) lên \(Oz\) là \(A\) nên \(C\left( {1;2;0} \right)\).

Hình chiếu của \(B',C',D'\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và trục \(Oz\) lần lượt là các điểm \(B,C,D\) và \(A'\) nên \(B'\left( {1;0;3} \right),{\rm{ }}C'\left( {1;2;3} \right),{\rm{ }}D'\left( {0;2;3} \right)\).

Vì \(E\) thuộc đường thẳng \(DD'\) nên \(E\left( {0;2;z} \right)\), suy ra \(\overrightarrow {B'E} = \left( { - 1;2;z - 3} \right)\).

Mà \(\overrightarrow {A'C} = \left( {1;2; - 3} \right)\) nên \(B'E \bot A'C \Leftrightarrow \overrightarrow {B'E} \cdot \overrightarrow {A'C} = 0\)\( \Leftrightarrow - 1 + 4 - 3\left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow z = 4\).

Vậy \(E\left( {0;2;4} \right)\).

Đặt \(\overrightarrow {A'M} = x\overrightarrow {A'C} ;{\rm{ }}\overrightarrow {BN} = y\overrightarrow {BD} \).

Ta có \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'M} = \overrightarrow {AA'} + x\overrightarrow {A'C} = \left( {x;2x;3 - 3x} \right)\), suy ra \(M\left( {x;2x;3 - 3x} \right)\).

\(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BN} = \overrightarrow {AB} + y\overrightarrow {BD} = \left( {1 - y;2y;0} \right) \Rightarrow N\left( {1 - y;2y;0} \right)\).

Theo giả thiết của để bài, ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {A'C} = 0\\\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {BD} = 0\end{array} \right.\) \(( * )\).

Mà \(\overrightarrow {MN} = \left( {1 - x - y;2y - 2x;3x - 3} \right)\), \(\overrightarrow {A'C} = \left( {1;2; - 3} \right)\), \(\overrightarrow {BD} = \left( { - 1;2;0} \right)\).

Khi đó \(( * )\) trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}1 - x - y + 4y - 4x - 9x + 9 = 0\\ - 1 + x + y + 4y - 4x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 14x + 3y = - 10\\ - 3x + 5y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{53}}{{61}}\\y = \frac{{44}}{{61}}\end{array} \right.\).

Do đó \(M\left( {\frac{{53}}{{61}};\frac{{106}}{{61}};\frac{{24}}{{61}}} \right),{\rm{ }}N\left( {\frac{{17}}{{61}};\frac{{88}}{{61}};0} \right)\).

Đáp án: 1 – B; 2 – A; 3 – D; 4 – F.

1. Ta có \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,{\rm{d}}x} = \int {\left( {2x + \frac{1}{{{x^2}}}} \right){\rm{d}}x} = {x^2} - \frac{1}{x} + C\).

Mà \(f\left( 1 \right) = 2 \Rightarrow C = 2\). Suy ra \(f\left( x \right) = {x^2} - \frac{1}{x} + 2\). Vậy \(f\left( 3 \right) = {3^2} - \frac{1}{3} + 2 = \frac{{32}}{3}\).

2. \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,{\rm{d}}x} = \int {\left( {2x + \frac{1}{{{x^2}}}} \right){\rm{d}}x} = {x^2} - \frac{1}{x} + C\).

Mà \(f\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow C = 0\). Suy ra \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - \frac{1}{x} = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Vậy phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có duy nhất một nghiệm.

3. \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,{\rm{d}}x} = \int {\left( {2x + \frac{1}{{{x^2}}}} \right){\rm{d}}x} = {x^2} - \frac{1}{x} + C\).

Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) đi qua điểm \(M\left( { - 1;5} \right)\) ta được \(2 + C = 5 \Rightarrow C = 3\).

Suy ra \(f\left( x \right) = {x^2} - \frac{1}{x} + 3\). Vậy \(f\left( 2 \right) = {2^2} - \frac{1}{2} + 3 = \frac{{13}}{2}\).

4. \(f\left( { - 2} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 4 + \frac{1}{2} + C = \frac{1}{2} \Leftrightarrow C = - 4\). Suy ra \(f\left( x \right) = {x^2} - \frac{1}{x} - 4\).

Ta có \(g\left( x \right) = xf\left( x \right) = x\left( {{x^2} - \frac{1}{x} - 4} \right) = {x^3} - 4x - 1\).

\(g'\left( x \right) = 3{x^2} - 4\), \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\), nên hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.

Đáp án: 1 – C; 2 – A; 3 – B; 4 – E.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x - 2} \right) = - 1\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 2}}{{x + 1}} = - \frac{1}{2}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^3} - {x^2} + 2x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 2}}{{{x^2} + 2}} = - \frac{1}{3}\).

Để \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = 2\) thì \(ax + b\) có nghiệm bằng \(1\) \( \Leftrightarrow a + b = 0 \Leftrightarrow b = - a\).

Khi đó: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{a\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 2}}{a} = - \frac{1}{a} = 2 \Leftrightarrow a = - \frac{1}{2} \Rightarrow b = \frac{1}{2}\).

Vậy \(a + 3b = - \frac{1}{2} + 3 \cdot \frac{1}{2} = 1\).

Đáp án: 1 – D; 2 – F; 3 – B; 4 – C.

Có \(\mathop \smallint \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right){\rm{d}}x = 3;\,\,\;\mathop \smallint \limits_0^3 f\left( x \right){\rm{d}}x = 1\) nên \(\mathop \smallint \limits_{ - 1}^3 f\left( x \right){\rm{d}}x = \mathop \smallint \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right){\rm{d}}x + \mathop \smallint \limits_0^3 f\left( x \right){\rm{d}}x = 3 + 1 = 4\).

Đáp án: 4

Ta có \[{\log _{24}}175 = {\log _{24}}\left( {7 \cdot {5^2}} \right) = {\log _{24}}7 + 2{\log _{24}}5 = \frac{1}{{{{\log }_7}24}} + \frac{2}{{{{\log }_5}24}}\]

\[ = \frac{1}{{{{\log }_7}3 + {{\log }_7}{2^3}}} + \frac{2}{{{{\log }_5}3 + {{\log }_5}{2^3}}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_3}7}} + \frac{3}{{{{\log }_2}7}}}} + \frac{2}{{\frac{1}{{{{\log }_3}5}} + \frac{3}{{{{\log }_2}5}}}}\]

\[ = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_2}7 \cdot {{\log }_3}2}} + \frac{3}{{{{\log }_2}7}}}} + \frac{2}{{\frac{1}{{{{\log }_3}5}} + \frac{3}{{{{\log }_2}3 \cdot {{\log }_3}5}}}} = \frac{1}{{\frac{1}{{2b \cdot \frac{1}{c}}} + \frac{3}{{2b}}}} + \frac{2}{{\frac{1}{{2a}} + \frac{3}{{c \cdot 2a}}}}\]

\[ = \frac{1}{{\frac{c}{{2b}} + \frac{3}{{2b}}}} + \frac{2}{{\frac{c}{{2ac}} + \frac{3}{{2ac}}}} = \frac{{2b}}{{c + 3}} + \frac{{4ac}}{{c + 3}} = \frac{{2b + 4ac}}{{c + 3}}\].

Suy ra \(m = 2,n = 4,p = 1,q = 3\). Vậy \[A = m + 2n + 3p + 4q = 2 + 8 + 3 + 12 = 25\].

Đáp án: 25.

Đặt độ dài \(IM = x\,\,\left( {{\rm{km}},\,0 \le x \le 4} \right)\), suy ra \(IC = 4 - x\).

Ta có: \(IA = IB = \sqrt {{x^2} + 4} \).

Tổng độ dài đoạn ống dẫn nước là: \(IC + IA + IB = 4 - x + 2\sqrt {{x^2} + 4} \).

Xét hàm số: \(y = f\left( x \right) = 4 - x + 2\sqrt {{x^2} + 4} \) với \(0 \le x \le 4\), ta cần tìm \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right)\].

Ta có \[y' = - 1 + 2 \cdot \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 4} }} = \frac{{2x - \sqrt {{x^2} + 4} }}{{\sqrt {{x^2} + 4} }}\]; \[y' = 0 \Leftrightarrow 2x - \sqrt {{x^2} + 4} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].

Ta có \[f\left( 0 \right) = 8;\,\,f\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right) = 4 + 2\sqrt 3 ;\,\,f\left( 4 \right) = 4\sqrt 5 \]. Do đó, \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = 4\sqrt 3 + 2 \approx 7,46\] (km).

Đáp án: 7,46

Gọi \(I\) là điểm phát sáng; \(M\) là trung điểm của \(EF;N = SM \cap GH;K = OM \cap G'H'.\)

Ta có \(GH\) là đường trung bình của tam giác \(SEF\) nên

\(GH{\rm{//}}EF \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow GH{\rm{//}}\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {IGH} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = G'H'{\rm{//}}EF\).

Gọi \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(SO,OM.\) Theo đề bài ta có

\(SI = 1{\rm{m,}}IO = 2{\rm{m,}}SP = \frac{1}{2}SO = \frac{3}{2}{\rm{m}} \Rightarrow IP = \frac{1}{2};NP = OQ = 2{\rm{m}}\) (vì \(M\) là trung điểm của \(EF\) nên \(N\) là trung điểm của \(GH,SM)\).

Xét tam giác \(IOK\) có \(PN{\rm{//}}OK \Rightarrow \frac{{IP}}{{IO}} = \frac{{PN}}{{OK}} = \frac{{1/2}}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow OK = 8{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Mà \(OM = 4\) nên \(M\) là trung điểm của \(OK\) và \(EF{\rm{//}}G'H'\) nên \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(OG'H' \Rightarrow G'H' = 2EF = 2\left( {AB - AE - FB} \right) = 8{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Do \(M\) là trung điểm của \(EF\), cũng là trung điểm của \(AB\) nên \(OM \bot EF.\) Suy ra \(MK\) là đường cao của hình thang \(EFG'H'\) và \(MK = OM = 4{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Vậy \({S_{EFG'H'}} = \frac{{EF + G'H'}}{2} \cdot MK = \frac{{4 + 8}}{2} \cdot 4 = 24{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}.\)

Cách khác

Gọi \(I\) là điểm phát sáng; \(M\) là trung điểm của \(EF\) cũng là trung điểm của \(AB\,\,({\rm{v\`i }}AE = FB);J\) là trung điểm của \(BC\) (hình vẽ).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho tia \(OM \equiv Ox,ON \equiv Oy,OS \equiv Oz.\) Khi đó

\(O\left( {0;0;0} \right),M\left( {4;0;0} \right),J\left( {0;4;0} \right),S\left( {0;0;3} \right),A\left( {4; - 4;0} \right),B\left( {4;4;0} \right),E\left( {4; - 2;0} \right),F\left( {4;2;0} \right),I\left( {0;0;2} \right).\)

\(H\) là trung điểm \(SE \Rightarrow H\left( {2; - 1;\frac{3}{2}} \right)\); \(G\)là trung điểm của \(SF \Rightarrow G\left( {2;1;\frac{3}{2}} \right).\)

Mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right) \equiv \left( {Oxy} \right):z = 0.\)

\(\overrightarrow {IH} = \left( {2; - 1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {4; - 2; - 1} \right) \Rightarrow IH:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t\\y = - 2t\\z = 2 - t\end{array} \right. \Rightarrow H' = IH \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow H'\left( {8; - 4;0} \right)\).

\(\overrightarrow {IG} = \left( {2;1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {4;2; - 1} \right) \Rightarrow IG:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t'\\y = 2t'\\z = 2 - t'\end{array} \right. \Rightarrow G = IG \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow G\left( {8;4;0} \right)\).

\(\overrightarrow {EH'} = \left( {4; - 2;0} \right),\overrightarrow {EG'} = \left( {4;6;0} \right),\overrightarrow {EF} = \left( {0;4;0} \right)\).

Vậy \({S_{EFG'H'}} = {S_{\Delta EFG'}} + {S_{\Delta EG'H'}} = \frac{1}{2}\left( {\left| {\overrightarrow {EF} \times \overrightarrow {EG'} } \right| + \left| {\overrightarrow {EG'} \times \overrightarrow {EH'} } \right|} \right) = \frac{1}{2}\left( {16 + 32} \right) = 24{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}.\)

Đáp án: \(24\).

Đáp án: 0,3.

Gọi biến cố \(A:\) “Bé An được mẹ dẫn theo khi đi mua sắm”; biến cố \(B:\) “Bé An được mẹ mua đồ chơi”.

Ta cần tính \(P\left( {B|\bar A} \right).\)

Theo đề bài, ta có: \(P\left( A \right) = \frac{2}{5};P\left( {\bar A} \right) = \frac{3}{5};P\left( {B|A} \right) = 70\% = \frac{7}{{10}};P\left( {A|B} \right) = \frac{{14}}{{23}}.\)

Ta có \(P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{2}{5} \cdot \frac{7}{{10}} \cdot \frac{{23}}{{14}} = \frac{{23}}{{50}}.\)

Mặt khác, theo công thức xác suất toàn phần:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) \Leftrightarrow \frac{{23}}{{50}} = \frac{2}{5} \cdot \frac{7}{{10}} + \frac{3}{5} \cdot P\left( {B|\bar A} \right) \Leftrightarrow P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{3}{{10}} = 0,3.\)