Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Công an môn Toán (có đáp án) - Đề 1

Lời giải

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Ta có \(y = \frac{{{x^2} + \left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 2m + 1}}{{1 - x}} =  - x - m + \frac{{{m^2} - m + 1}}{{1 - x}}\).

Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(\Delta :y =  - x - m\).

Tiệm cận xiên cắt hai trục tọa độ tại hai điểm \(A\left( {0; - m} \right)\) và \(B\left( { - m;0} \right)\).

Diện tích tam giác \(OAB\) là \(S = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}\left| {{y_A}} \right|.\left| {{y_B}} \right| = \frac{1}{2}{m^2}\).

Theo giả thiết \(S = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow m =  \pm 1\).

Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \[m =  \pm 1\]. Chọn D.

Lời giải

Từ đồ thị hàm số ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\):

Ta có \(y = {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\)\( \Rightarrow y' = 2f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right),\,\,y' = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f'\left( x \right) = 0\end{array} \right.\).

Quan sát đồ thị ta có \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.\) và \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = 1\\x = {x_2}\end{array} \right.\) với \({x_1} \in \left( {0;1} \right)\) và \({x_2} \in \left( {1;3} \right)\).

Suy ra \[y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) > 0\\f'\left( x \right) > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) < 0\\f'\left( x \right) < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \in \left( {3; + \infty } \right)\\x \in \left( {0;{x_1}} \right) \cup \left( {1;{x_2}} \right)\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow x \in \left( {0;{x_1}} \right) \cup \left( {1;{x_2}} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\].

Từ đó ta lập được bảng biến thiên của hàm số \(y = {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\):

Suy ra hàm số có \(2\) điểm cực đại, \(3\) điểm cực tiểu. Chọn A.

Lời giải

Tọa độ giao điểm của \({d_1}:2x + y - 3 = 0\) và \({d_2}:x - 2y + 1 = 0\) là nghiệm của hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}2x + y - 3 = 0\\x - 2y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right. \Rightarrow {d_1} \cap {d_2} = A\left( {1;1} \right) \in \Delta \].

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\left( {1;\,1} \right)\) nên \[a\left( {x - 1} \right) + b\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow ax + by - a - b = 0\] với điều kiện \[{a^2} + {b^2} \ne 0\].

Gọi \[\overrightarrow {{n_3}}  = \left( {0;1} \right)\] và \[\overrightarrow {{n_\Delta }}  = \left( {a;b} \right)\] lần lượt là vectơ pháp tuyến của đường thẳng \({d_3}:y - 1 = 0\) và đường thẳng \(\Delta \).

Vì góc giữa \[{d_3}\] và \(\Delta \) bằng \(45^\circ \) nên ta có:

\[\frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\left| b \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}}  \cdot \sqrt {0 + 1} }} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 2{b^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = b \Rightarrow a = b = 1 \Rightarrow \Delta :\,x + y - 2 = 0\\a =  - b \Rightarrow a = 1,b =  - 1 \Rightarrow \Delta :\,x - y = 0\end{array} \right.\]. Chọn A.

Lời giải

Ta có: \(5\frac{1}{6}\) vòng tương ứng với góc quay \(\alpha  = 5 \cdot 2\pi  + \frac{1}{6} \cdot 2\pi  = 10\pi  + \frac{\pi }{3}\).

Chọn đường tròn lượng giác như hình vẽ trên.

Khi đó vị trí khoang hành khách của bạn A cách mặt đất là

 \(d = 15 + 10\sin \alpha  = 15 + 10\sin \left( {10\pi  + \frac{\pi }{3}} \right) = 15 + 10\sin \frac{\pi }{3} \approx 23,66025404\).

Kết quả làm tròn đến hàng phần mười là \(23,7\) m. Chọn A.

Lời giải

Ta có \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\)\( \Rightarrow y' =  - f'\left( {4 - x} \right)\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( {4 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 - x =  - 1}\\{4 - x = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{x = 3}\end{array}} \right.\).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có .

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\) là \(\left( {5;4} \right).\) Chọn D.

Lời giải

Theo bài ra ta có \[20 + x + 40 + y = 100 \Leftrightarrow y = 40 - x\]. Điều kiện \[40 - x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 40\].

Ta có bảng tần số ghép nhóm bao gồm cả tần số tích luỹ như sau:

Số phần tử của mẫu là \[n = 100\]. Ta có \[\frac{n}{2} = \frac{{100}}{2} = 50\].

Trường hợp 1: \[20 < 50 \le 20 + x \Leftrightarrow x \ge 30\].

Khi đó \({M_e} = 15 + \frac{{50 - 20}}{x} \times 1 = 16,5 \Leftrightarrow x = 20\) (loại).

Trường hợp 2: \[20 + x < 50 \le 60 + x \Rightarrow 0 < x < 30\].

Khi đó \({M_e} = 16 + \frac{{50 - \left( {20 + x} \right)}}{{40}} \times 1 = 16,5 \Leftrightarrow x = 10\) (thỏa mãn).

Số bóng đèn có tuổi thọ chứa trong khoảng \[\left[ {16\,;18} \right)\] là \[40 + \left( {40 - 10} \right) = 70\]. Chọn A.

Lời giải

Gọi \(O\) là chân đường cao hạ từ \(S\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Đặt \[d\left( {O,\,BC} \right) = a\], \[d\left( {O,\,AC} \right) = b\], \[d\left( {O,AB} \right) = c\], \[SO = h\].

Ta có \[{S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta OBC}} + {S_{\Delta OAC}} + {S_{\Delta OAB}} \Rightarrow a + b + c = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( 1 \right)\].

Gọi \(OA \cap BC = M\). Từ \(O\), kẻ \(OI\) vuông góc với \(BC\) \(\left( {I \in BC} \right)\) và từ \(A\), kẻ \(AK\) vuông góc với \(BC\) \(\left( {K \in BC} \right)\).

Khi đó \[\frac{{d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{OM}}{{AM}} = \frac{{OI}}{{AK}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} \cdot \frac{{\sqrt 6 }}{4} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\].

Suy ra \[\frac{2}{{{a^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow a = h\].

Tương tự \[\frac{{d\left( {O,\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)}} = \frac{{d\left( {O,AC} \right)}}{{d\left( {B,AC} \right)}} = \frac{{2b}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow d\left( {O,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{2b}}{{\sqrt 3 }} \cdot \frac{{\sqrt {15} }}{{10}} = \frac{b}{{\sqrt 5 }}\].

Suy ra \[\frac{5}{{{b^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} \Rightarrow b = 2h\].

Tương tự \[\frac{{d\left( {O,\left( {SAB} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)}} = \frac{{d\left( {O,AB} \right)}}{{d\left( {C,AB} \right)}} = \frac{{2c}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow d\left( {O,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{2c}}{{\sqrt 3 }} \cdot \frac{{\sqrt {30} }}{{20}} = \frac{c}{{\sqrt {10} }}\].

Suy ra \[\frac{{10}}{{{c^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \Rightarrow c = 3h\,\].

Từ \[\left( 1 \right) \Rightarrow h + 2h + 3h = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow h = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}} \Rightarrow V = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{{48}}\]. Chọn B.

Lời giải

Với bán kính đáy chậu là \(1\) dm thì \(y = 1 \Rightarrow \sqrt {x + 1}  = 1 \Rightarrow x = 0\).

Với bán kính đáy chậu là \(2\) dm thì \(y = 2 \Rightarrow \sqrt {x + 1}  = 2 \Rightarrow x = 3\).

Thể tích của khối chậu là: \[V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^2}} {\rm{d}}x = \frac{{15\pi }}{2} \approx 23,56\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^3} = 23,56\] lít. Chọn B.

Lời giải

Ta có \[S = \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {\left[ {f\left( x \right) - \left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]{\rm{d}}x}  = \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {\left( {{x^2} - 2x} \right){\rm{d}}x}  = \frac{7}{5} + \frac{3}{8} = \frac{{71}}{{40}}\]. Chọn B.

Lời giải

Tại thời điểm \(t = 6\) vật đang chuyển động với vận tốc \({v_0}\) nên có \(v\left( 6 \right) = {v_0}\)\( \Leftrightarrow  - \frac{5}{2} \cdot 6 + a\,\, = {v_0} \Leftrightarrow a\,\, = {v_0} + 15\).

Suy ra \(v\left( t \right) =  - \frac{5}{2}t + {v_0} + 15\).

Gọi \(k\) là thời điểm vật dừng hẳn vậy ta có \(v\left( k \right) = 0 \Leftrightarrow  - \frac{5}{2}k + {v_0} + 15 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{2}{5} \cdot \left( {{v_0} + 15} \right) \Leftrightarrow k = \frac{{2{v_0}}}{5} + 6\).

Tổng quãng đường vật đi được là \[80 = 6{v_0} + \int\limits_6^k {\left( { - \frac{5}{2}t + {v_0} + 15} \right){\rm{d}}t} \]

\[ \Leftrightarrow 80 = 6{v_0} + \left. {\left( { - \frac{5}{4}{t^2} + {v_0} \cdot t + 15t} \right)} \right|_6^k \Leftrightarrow 80 = 6{v_0} - \frac{5}{4}\left( {{k^2} - {6^2}} \right) + {v_0}\left( {k - 6} \right) + 15\left( {k - 6} \right)\]

\[ \Leftrightarrow 80 = 6{v_0} - \frac{5}{4}\left( {\frac{{4v_0^2}}{{25}} + \frac{{24{v_0}}}{5}} \right) + {v_0} \cdot \frac{{2{v_0}}}{5} + 15 \cdot \frac{{2{v_0}}}{5} \Leftrightarrow v_0^2 + 30{v_0} - 400 = 0 \Rightarrow {v_0} = 10\]. Chọn D.

Lời giải

Ta có \[{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4mx + 2my - 2mz + 9{m^2} - 28 = 0\]\[ \Leftrightarrow {\left( {x + 2m} \right)^2} + {\left( {y + m} \right)^2} + {\left( {z - m} \right)^2} = 28 - 3{m^2}\] \[\left( 1 \right)\].

\[\left( 1 \right)\] là phương trình mặt cầu \[ \Leftrightarrow 28 - 3{m^2} > 0 \Leftrightarrow  - \sqrt {\frac{{28}}{3}}  < m < \sqrt {\frac{{28}}{3}} \].

Do \[m\] nguyên nên \[m \in \left\{ { - 3\,;\, - 2\,;\, - 1\,;\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,3} \right\}\].

Vậy có \[7\] giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

Lời giải

Từ biểu đồ ta có bảng sau:

Cỡ mẫu là \(n = 3 + 5 + 8 + 10 + 4 = 30\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(\overline x  = \frac{{3 \cdot 0,5 + 5\, \cdot 1,5 + 8 \cdot \,\,2,5 + 10 \cdot 3,5 + 4\, \cdot \,4,5}}{{30}} = \frac{{41}}{{15}}\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là

\({s^2} = \frac{1}{{30}}\left[ {3 \cdot {{0,5}^2} + 5 \cdot {{1,5}^2} + 8 \cdot \,{{2,5}^2} + 10\, \cdot {{3,5}^2} + 4 \cdot {{4,5}^2}} \right] - {\left( {\frac{{41}}{{15}}} \right)^2} \approx 1,38\). Chọn C.

Lời giải

Ta nhận thấy hai điểm \(A,\;B\) nằm về cùng một phía của đường thẳng \(\Delta :x - y + 3 = 0\).

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(\Delta \).

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(\Delta \) tại \(H\).

Phương trình tham số của \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y =  - t\end{array} \right.\).

Vì \(H \in d\) nên \(H\left( {{x_H}\;;\; - {x_H}} \right)\).

Mặt khác, \(H \in \Delta  \Rightarrow {x_H} - \left( { - {x_H}} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow {x_H} =  - \frac{3}{2}\). Suy ra \(H\left( { - \frac{3}{2}\;;\,\frac{3}{2}} \right)\).

Vì \(H\) là trung điểm của \(AA'\) nên \(A'\left( { - 3\;;\;3} \right)\).

Vì \(A,B\) cố định nên độ dài đường đi của tàu ngắn nhất \( \Leftrightarrow \)\(AM + MB\) ngắn nhất.

Ta có \(AM + MB = A'M + MB \ge A'B\).

Vậy \(AM + MB\) ngắn nhất \( \Leftrightarrow \)\[A',M,B\] thẳng hàng \( \Leftrightarrow \)\(A'B\) cắt \(\Delta \) tại \(M\).

Phương trình đường thẳng \(A'B\) là \(x + 2y - 3 = 0\).

Tọa độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x - y + 3 = 0\\x + 2y - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 2\end{array} \right.\). Vậy \(M\left( { - 1\;;\;2} \right)\). Chọn A.

Lời giải

Gọi \(H\) là trung điểm cạnh \(AB\), ta có \(A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {A'CH}\).

Xét tam giác \(A'HC\) vuông tại \(H\): \(tan\widehat {A'CH} = \frac{{A'H}}{{HC}} \Leftrightarrow A'H = HC\tan \widehat {A'CH} = \frac{{3a}}{2}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot HC\\AB \bot A'H\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {A'HC} \right)\).

Dựng \(HK \bot AC'\left( {K \in A'C} \right) \Rightarrow HK = d\left( {AB,A'C} \right)\).

Xét tam giác \(A'HC\) vuông tại \(H\): \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{A'{H^2}}} + \frac{1}{{H{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{16}}{{9{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{3a}}{4}.\) Chọn C.

Nhận xét: Học sinh có thể xét tam giác \(HKC\) vuông tại \(H:\sin \widehat {KCH} = \frac{{HK}}{{HC}} \Rightarrow HK = HC \cdot \sin \widehat {KCH} = \frac{{3a}}{4}\).

Lời giải

Ta chuẩn hóa tổng thời lượng pin điện thoại ban đầu là 1.

- Nếu Hà không sử dụng điện thoại thì sau 96 tiếng smartphone mới hết pin. Suy ra sau mỗi tiếng không sử dụng, thời lượng pin sẽ giảm đi \(\frac{1}{{96}}\).

- Nếu Hà dùng điện thoại liên tục thì sau 8 tiếng, smartphone sẽ hết pin. Suy ra sau mỗi tiếng sử dụng, thời lượng pin sẽ giảm đi \(\frac{1}{8}\).

- Sau khi Hà không sử dụng điện thoại trong suốt 36 tiếng, thời lượng pin giảm \(36 \times \frac{1}{{96}} = \frac{3}{8}\). Thời lượng pin còn lại là: \(1 - \frac{3}{8} = \frac{5}{8}\).

- Sau khi Hà sử dụng điện thoại liên tục trong 90 phút, tức \(\frac{3}{2}\) tiếng, thời lượng pin tiếp tục giảm đi: \(\frac{3}{2} \times \frac{1}{8} = \frac{3}{{16}}\). Thời lượng pin còn lại là:\(\frac{5}{8} - \frac{3}{{16}} = \frac{7}{{16}}\).

Vậy trước khi điện thoại hết pin, Hà còn có thể sử dụng: \(\frac{7}{{16}} \div \frac{1}{8} = 3,5\) giờ = 210 phút. Chọn A.

Lời giải

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x + m\).

Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) phải có 2 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)\( \Leftrightarrow {3^2} - 3m > 0 \Leftrightarrow 9 - 3m > 0\)\( \Leftrightarrow m < 3\). Chọn D.

Lời giải

Do \(a > b > 1 \Rightarrow {\log _a}b > 0\), \({\log _b}a > 0\), \({\log _b}a > {\log _a}b\).

Ta có: \(\frac{1}{{{{\log }_b}a}} + \frac{1}{{{{\log }_a}b}} = \sqrt {2021}  \Leftrightarrow {\log _a}b + {\log _b}a = \sqrt {2021} \).

Do đó, \(\frac{m}{{{{\log }_{ab}}b}} - \frac{m}{{{{\log }_{ab}}a}} = 2022 \Leftrightarrow m\left( {{{\log }_b}a + 1} \right) - m\left( {1 + {{\log }_a}b} \right) = 2022\)\( \Leftrightarrow m\left( {{{\log }_b}a - {{\log }_a}b} \right) = 2022\,\,\left( * \right)\).

Mặt khác \[{\left( {{{\log }_b}a - {{\log }_a}b} \right)^2} = {\left( {{{\log }_b}a + {{\log }_a}b} \right)^2} - 4 = \]\[2021 - 4 = 2017 \Rightarrow {\log _b}a - {\log _a}b = \sqrt {2017} \].

Do vậy, \[\left( * \right) \Leftrightarrow m = \frac{{2022}}{{\sqrt {2017} }} = \frac{{2022\sqrt {2017} }}{{2017}}\]. Chọn B.

Lời giải

Xét khối nón chứa hai mặt cầu \[\left( {{S_1}} \right)\] và \[\left( {{S_2}} \right)\] như hình trên để tìm mối liên hệ giữa bán kính \[{r_1},\,\,{r_2}\] của hai mặt cầu này. Gọi \[{I_1},\,\,{I_2}\] lần lượt là tâm của mặt cầu \[\left( {{S_1}} \right)\] và \[\left( {{S_2}} \right)\]; \[H\] là trung điểm của \[AB\].

Vì \[\Delta SAB\] đều nên theo tính chất trọng tâm: \[{r_1} = \frac{1}{3}SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\].

Kẻ các đường \[{I_1}{M_1} \bot SA\] tại \[{M_1}\], \[{I_2}{M_2} \bot SA\] tại \[{M_2}\].

Xét \[\Delta S{I_2}{M_2}\] có \[\sin 30^\circ  = \frac{{{I_2}{M_2}}}{{S{I_2}}}\]\[ \Rightarrow S{I_2} = 2{I_2}{M_2} = 2{r_2}\].

Khi đó ta có \[SH = S{I_2} + {I_2}E + EH\]\[ \Leftrightarrow 3{r_1} = 3{r_2} + 2{r_1}\]\[ \Leftrightarrow {r_1} = 3{r_2}\].

Chứng minh tương tự ta có \[{r_2} = 3{r_3}\],….,\[{r_n} = 3{r_{n + 1}}\].

Do đó dãy bán kính \[{r_1}\], \[{r_2}\],…,\[{r_n}\],. lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với \[{r_1} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\] và công bội \[q = \frac{1}{3}\]. Suy ra dãy thể tích của các khối cầu \[\left( {{S_1}} \right)\], \[\left( {{S_2}} \right)\], …,\[\left( {{S_n}} \right)\],… lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với \[{V_1} = \frac{4}{3}\pi  \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{6}} \right)^3} = \frac{{\sqrt 3 }}{{54}}\pi \,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\] và công bội \[{q_1} = \frac{1}{{27}}\].

Vậy tổng thể tích của các khối cầu \[\left( {{S_1}} \right),\left( {{S_2}} \right),...,\left( {{S_n}} \right),...\] là: \[V = \frac{{{V_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{52}}\pi \] \[{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\]. Chọn B.

Lời giải

Gọi \(O = AC \cap BD\), \(I = SO \cap BM\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), qua \(I\) kẻ \(NK{\rm{//}}AC\,\;\left( {N \in SA,K \in SC} \right)\). Khi đó, \(\left( {AC,BM} \right) = \left( {NK,BM} \right)\).

Ta có \(I\) là trọng tâm của tam giác \(SBD\).

Tính được \(SB = SD = BD = a\sqrt 2 \) nên tam giác \(SBD\) đều cạnh \(a\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow BM = \frac{{a\sqrt 2 .\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow BI = \frac{2}{3}MB = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Ta có \(S{O^2} = S{A^2} + A{O^2} = {a^2} + {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}a} \right)^2} = \frac{{3{a^2}}}{2} \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(\frac{{IK}}{{OC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IK = \frac{2}{3}OC = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).

\(\frac{{SK}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow SK = \frac{2}{3}SC = \frac{2}{3}a\sqrt 3 \).

Tam giác \(SBC\) vuông tại \(B \Rightarrow \cos \widehat {BSC} = \frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Ta có \(K{B^2} = S{K^2} + S{B^2} - 2SK \cdot SB\, \cdot \cos \widehat {BSK\,} = {\left( {\frac{2}{3}a\sqrt 3 } \right)^2} + 2{a^2} - 2 \cdot \frac{{2a\sqrt 3 }}{3} \cdot \,a\sqrt 2  \cdot \frac{{\sqrt 6 }}{3} = \frac{2}{3}{a^2}\).

Do đó, \(\cos \widehat {KIB\,} = \frac{{I{K^2} + I{B^2} - K{B^2}}}{{2IK \cdot IB}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2} - {{\frac{{2a}}{3}}^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{3}}} = \frac{1}{{2\sqrt 3 }} > 0\).

Từ đó suy ra \(\cos \left( {AC,BM} \right) = \cos \left( {NK,BM} \right) = \cos \widehat {KIB} = \frac{1}{{2\sqrt 3 }}\). Chọn C.

Lời giải

Vùng thượng quyển loãng của sao Thủy là mặt cầu có tâm \(I\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,0} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {0^2} + 4}  = 3\).

Như vậy vùng thượng quyển loãng của sao Thủy có bán kính bằng \(3000\) km. Chọn D.

Lời giải

Ta có \(IA = \sqrt {{{\left( {4 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2} + {{\left( {4 - 0} \right)}^2}}  = 5\,;\,\,IB = \sqrt {{{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {4 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 0} \right)}^2}}  = 2\sqrt 2 \).

Vì \(IA > R\,;\,\,IB < R\) nên tiểu hành tinh A nằm ngoài vùng thượng quyển loãng, còn tiểu hành tinh B thì nằm tròn vùng thượng quyển loãng của sao Thủy và nó sẽ bị hút xuống bề mặt sao Thủy. Chọn B.

Lời giải

Gọi d là quỹ đạo đường thẳng của sao chổi và H là hình chiếu vuông góc của tâm I trên d.

Gọi M, N là điểm đầu và điểm cuối của sao chổi trong vùng thượng quyển loãng của sao Thủy.

Ta có \(IH = \frac{{\sqrt {871} }}{{10}}\); suy ra \(MN = 2MH = 2\sqrt {{R^2} - I{H^2}}  = 2\sqrt {9 - \frac{{871}}{{100}}}  = \frac{{\sqrt {29} }}{5}\) (nghìn km).

Thời gian sao chổi di chuyển trong vùng thượng quyển loãng: \(\frac{{\sqrt {29} }}{5} \times 1000:51,5 \approx 21\) (giây).

Đáp án: 21.

Lời giải

Gọi số đo của hình hộp chữ nhật là \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\).

Khi đó ta có \({S_{tp}} = 2\left( {ab + bc + ca} \right) = 36\) và độ dài đường chéo bằng 6 nên \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 36\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} + {c^2} = 36}\\{ab + bc + ca = 18}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {a + b + c} \right)}^2} = 72}\\{ab + bc + ca = 18}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 6\sqrt 2 }\\{b\left( {a + c} \right) + ac = 18}\end{array}} \right.\)

Khi đó \(V = abc = b\left[ {18 - b\left( {a + c} \right)} \right]\)\( = b\left[ {18 - b\left( {6\sqrt 2  - b} \right)} \right]\)\( = b\left[ {18 - 6\sqrt 2 b + {b^2}} \right]\)\( = {b^3} - 6\sqrt 2 {b^2} + 18b = f\left( b \right)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + c = 6\sqrt 2  - b}\\{b\left( {6\sqrt 2  - b} \right) + ac = 18}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + c = 6\sqrt 2  - b}\\{ac = 18 + {b^2} - 6\sqrt 2 b}\end{array}} \right.\).

Để tồn tại \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\) thì \({S^2} \ge 4P \Leftrightarrow {\left( {6\sqrt 2  - b} \right)^2} \ge 4\left( {18 + {b^2} - 6\sqrt 2 b} \right)\)

\( \Leftrightarrow {b^2} - 12\sqrt 2 b + 72 \ge 72 + 4{b^2} - 24\sqrt 2 b\)\( \Leftrightarrow 3{b^2} - 12\sqrt 2 b \le 0\)\( \Leftrightarrow 0 \le b \le 4\sqrt 2 \).

Xét hàm số \(f\left( b \right) = {b^3} - 6\sqrt 2 {b^2} + 18b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < b \le 4\sqrt 2 } \right)\) ta có: \(f'\left( b \right) = 3{b^2} - 12\sqrt 2 b + 18 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3\sqrt 2 }\\{b = \sqrt 2 }\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{tm}}} \right)\).

Có \(f\left( {3\sqrt 2 } \right) = 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( {\sqrt 2 } \right) = 8\sqrt 2 \).

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên \[ \Rightarrow \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {0;4\sqrt 2 } \right]} f\left( b \right) = 8\sqrt 2 \]. Vậy \({V_{\max }} = 8\sqrt 2  \approx 11,3\).

Đáp án: 11,3.

Lời giải

Điểm \(M\) thỏa \(MA \le \sqrt 3 \,\,{\rm{dm}}\) và \(MB \le \sqrt 5 \,\,{\rm{dm}}\), trong đó \(A\) và \(B\) là hai điểm cố định, \(AB = 3\,\,{\rm{dm}}\) được biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) là hai hình tròn tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) tâm \(A\left( {1;0} \right)\) bán kính \({R_1} = \sqrt 3 \) và hình tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) tâm \(B\left( { - 2;0} \right)\) bán kính \({R_2} = \sqrt 5 \).

Khi đó vật thể \(\left( V \right)\) được tạo thành do hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi hai nửa đường tròn \(y = \sqrt {3 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \), \(y = \sqrt {5 - {{\left( {x + 2} \right)}^2}} \) và trục hoành quay quanh trục \(Ox\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai nửa đường tròn: \(\sqrt {5 - {{\left( {x + 2} \right)}^2}}  = \sqrt {3 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}  \Leftrightarrow x = \frac{{ - 1}}{6}\).

Suy ra thể tích phần chứa nước của hồ lô là

\(V = \pi \int\limits_{ - 2 - \sqrt 5 }^{\frac{{ - 1}}{6}} {\left[ {5 - {{\left( {x + 2} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x}  + \pi \int\limits_{\frac{{ - 1}}{6}}^{1 + \sqrt 3 } {\left[ {3 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x}  \approx 66\) (dm3) = 66 lít.

Đáp án: 66.

Lời giải

Gọi \(A\) là biến cố: “An thắng Bình trong ván cờ”, \(B\) là biến cố: “Bình thắng An trong ván cờ” và \(C\) là biến cố: “Bình và An hoà nhau trong ván cờ”.

Ta thấy \[A\], \[B\], \[C\] là các biến cố xung khắc.

Để hai bạn dừng chơi sau hai ván cờ thì ván đấu thứ nhất hai bạn hoà nhau, ván đấu thứ hai sẽ có thắng thua.

Xét ván thứ nhất: \(P\left( C \right) = 1 - P\left( A \right) - P\left( B \right) = 1 - 0,4 - 0,35 = 0,25\).

Xét ván thứ hai: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) = 0,4 + 0,35 = 0,75\).

Xác suất để hai bạn dừng chơi sau hai ván đấu là \(P = 0,25 \cdot 0,75 = 0,1875\).

Đáp án: 0,1875.

Lời giải

Gọi \[B\] là biến cố: “Người đó mắc bệnh”, \(\overline B \) là biến cố: “Người đó không mắc bệnh”.

Khi đó xác suất mắc bệnh là \(P\left( B \right) = 0,005\).

Xác suất không mắc bệnh là: \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 0,995\).

Gọi \[T\]là biến cố “Xét nghiệm dương tính”, \[\overline T \] là biến cố: “Xét nghiệm âm tính”.

Xác suất xét nghiệm dương tính khi mắc bệnh: \[P\left( {T\mid B} \right) = 0,98\].

Xác suất xét nghiệm âm tính khi mắc bệnh là: \[P\left( {\overline T \mid B} \right) = 1 - P\left( {T\mid B} \right) = 0,02\].

Xác suất xét nghiệm âm tính khi không mắc bệnh: \[P\left( {\overline T \mid \overline B } \right) = 0,95\].

Xác suất xét nghiệm dương tính khi không mắc bệnh: \[P\left( {T\mid \overline B } \right) = 1 - P\left( {\overline T \mid \overline B } \right) = 0,05\].

Xác suất để người được xét nghiệm có kết quả dương tính là

\[P\left( T \right) = P\left( {T\mid B} \right) \cdot P\left( B \right) + P\left( {T\mid \overline B } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = 0,98 \cdot 0,005 + 0,05 \cdot 0,995 = 0,05465\].

Xác suất người đó mắc bệnh khi có kết quả xét nghiệm là dương tính là

\(P\left( {B|T} \right) = \frac{{P\left( {T|B} \right) \cdot P\left( B \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{{0,98 \cdot 0,005}}{{0,05465}} = \frac{{98}}{{1093}} \approx 0,09\).

Đáp án: 0,09.