Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Công an môn Toán (có đáp án) - Đề số 3

Lời giải

Dựng \(BI \bot AC\,\,\left( {I \in AC} \right) \Rightarrow BI \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BI \bot SC.\)

Dựng \(IH \bot SC\left( {H \in SC} \right) \Rightarrow SC \bot \left( {BIH} \right) \Rightarrow BH \bot SC.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SC\\IH \subset \left( {SAC} \right),IH \bot SC\\BH \subset \left( {SBC} \right),BH \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {{\rm{S}}BC} \right)} \right) = \left( {IH,BH} \right) = \widehat {BHI}\).

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}BI.AC = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}BI \cdot 2a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow BI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(CI = \sqrt {B{C^2} - B{I^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{a}{2}\).

Ta có: \(\Delta CHI\) đồng dạng với \(\Delta CAS\) nên:

\(\frac{{IC}}{{SC}} = \frac{{IH}}{{SA}} \Rightarrow IH = \frac{{SA \cdot IC}}{{SC}} = \frac{{SA \cdot IC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} }} = \frac{a}{6}.\)

\(\Delta BHI\) vuông \(I\) tại có: \({\rm{tan}}\widehat {BHI} = \frac{{BI}}{{IH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{a}{6}}} = 3\sqrt 3 .\) Chọn A.

Lời giải

Ta có \(y = {\left( {2x + 1} \right)^{\frac{1}{3}}} \Rightarrow {y^3} = 2x + 1 \Rightarrow x = \frac{{{y^3} - 1}}{2}\).

Phương trình tung độ giao điểm: \(\frac{{{y^3} - 1}}{2} = 0 \Leftrightarrow y = 1\).

Suy ra \[V = \pi \int\limits_1^3 {{{\left( {\frac{{{y^3} - 1}}{2}} \right)}^2}{d}y}  = \pi \int\limits_1^3 {\left( {\frac{{{y^6} - 2{y^3} + 1}}{4}} \right){d}y}  = \left. {\frac{\pi }{4}\left( {\frac{{{y^7}}}{7} - \frac{{2{y^4}}}{4} + y} \right)} \right|_1^3 = \frac{{480}}{7}\pi \]. Chọn C.

Lời giải

Sau tháng thứ nhất số tiền còn nợ (đơn vị triệu đồng) là \({T_1} = 300\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right) - 5,6\).

Sau tháng thứ hai số tiền còn nợ là

\[{T_2} = \left[ {300\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right) - 5,6} \right]\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right) - 5,6\]\( = 300{\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right)^2} - 5,6\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right) - 5,6\).

Ký hiệu \(t = 1 + \frac{{0,5}}{{100}}\) thì số tiền còn lại ở tháng thứ \(n\) là:

\({T_n} = 300{t^n} - 5,6\left[ {{t^{n - 1}} + {t^{n - 2}} + ... + 1} \right]\)\( = 300{t^n} - 5,6 \cdot \frac{{{t^n} - 1}}{{t - 1}}\)\( = 300{t^n} - 1120{t^n} + 1120\)\( =  - 820{t^n} + 1120\).

Như vậy để trả hết nợ thì số tháng là \(n = {\log _{1 + \frac{{0,5}}{{100}}}}\frac{{1120}}{{820}} \approx 62,5\). Chọn D.

Lời giải

Lời giải

Gọi \[P\left( t \right)\] là lợi nhuận phát sinh của vốn sau t năm đầu tư.

Ta có \[P\left( t \right)\] là nguyên hàm của hàm tốc độ \[P'\left( t \right)\].

Lợi nhuận phát sinh sau 10 năm đầu tiên là: \[\int\limits_0^{10} {P'\left( t \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_0^{10} {\left( {126 + {t^2}} \right){\rm{d}}t}  = \frac{{4780}}{3}\] (triệu đồng). Chọn A.

Lời giải

Tóm tắt bài toán: $MP:\underset{MN}{\underbrace{----\boxed{R}------}}.\underset{NP}{\underbrace{--\boxed{L}-\boxed{C}-\boxed{R_x}---}}\left(R_x\nearrow \right)$

Yêu cầu $R_x\to R\Rightarrow U_{LC{R}_x}\to MIN\stackrel{?}{\to }\cos \phi =?$

Ta có: \({U_{LC{R_x}}} = I\sqrt {{R_x}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  = \frac{U}{{\sqrt {{{\left( {R + {R_x}} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\sqrt {{R_x}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \)

\( \Rightarrow {U_{LC{R_x}}} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{{\left( {R + {R_x}} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{{R_x}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}} }} = \frac{U}{{\sqrt {1 + \underbrace {\frac{{{R^2} + 2R{R_x}}}{{{R_x}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}}_{f\left( {{R_x} = x} \right)}} }}\)

Vậy \({\left( {{U_{LC{R_x}}}} \right)_{\min }} \leftrightarrow f{\left( x \right)_{\max }}.\) Xét \(f\left( x \right) = \frac{{2Rx + {R^2}}}{{{x^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\left( {x > 0} \right)\)

\(f'\left( x \right) = \frac{{2R\left( {{x^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right) - 2x \cdot \left( {2Rx + {R^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right)}^2}}} = \frac{{2R\left( { - {x^2} - Rx + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right)}^2}}}\).

Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + Rx - {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = 0.\) \(\Delta  = {R^2} + 4{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} > 0\).

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $\max f\left(x\right)=f\left(x_1\right)\iff \boxed{R_x=\frac{\sqrt{R^2+4{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}-R}{2}}$ .

Như vậy khi đó ta có \(2{R_x} + R = \sqrt {{R^2} + 4{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  \Leftrightarrow 4{R_x}^2 + 4{R_x}R = 4{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}\)

$\Rightarrow \boxed{{R_x}^2+R_{x}R={\left(Z_L-Z_C\right)}^2}.$

 Khi đó 

\[ \Rightarrow {\left( {\cos \varphi } \right)^2} = \frac{2}{3} \Rightarrow \cos \varphi  = \frac{{\sqrt 6 }}{3} \approx 0,816\]. Chọn A.

Lời giải

Mỗi phút kim giờ quét được một góc \[\frac{{2\pi }}{{60 \cdot 12}} = \frac{\pi }{{360}}\] (rad).

Mỗi phút kim phút quét được một góc \[\frac{{2\pi }}{{60}} = \frac{\pi }{{30}}\] (rad).

Gọi t là thời gian (phút) mà kim giờ và kim phút gặp nhau kể từ 12h trưa.

Ta có \[\frac{\pi }{{360}}t + 2\pi  = \frac{\pi }{{30}}t \Rightarrow t \approx 65,5\] (phút).

Người bạn trai đến điểm hẹn lúc 12h30 nên phải chờ Mai khoảng 35,5 phút. Chọn C.

Lời giải

Ta có: \({v_A}\left( 0 \right) = 16\,{\rm{m/s}}\).

Khi xe \(A\) dừng hẳn: \({v_A}\left( t \right) = 0\)\( \Leftrightarrow t = 4\,{\rm{s}}\).

Quãng đường từ lúc xe \(A\) hãm phanh đến lúc dừng hẳn là \(s = \int\limits_0^4 {\left( {16 - 4t} \right){\rm{d}}t} \) \( = 32\,{\rm{m}}\).

Do các xe phải cách nhau tối thiểu \(1\,{\rm{m}}\) để đảm bảo an toàn nên khi dừng lại ô tô \(A\) phải hãm phanh khi cách ô tô \(B\) một khoảng ít nhất là \(33\,{\rm{m}}\). Chọn A.

Lời giải

Giả sử \[{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2my + 3{m^2} - 2m = 0\] là phương trình mặt cầu.

Khi đó tâm mặt cầu là \[I\left( {2;\, - m;\,0} \right)\], và bán kính \[R = \sqrt {4 + {m^2} - \left( {3{m^2} - 2m} \right)}  = \sqrt { - 2{m^2} + 2m + 4} \] với điều kiện\[ - 2{m^2} + 2m + 4 > 0 \Leftrightarrow m \in \left( { - 1;\,2} \right)\].

Do \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;\,1} \right\}\].

Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của \[m\] bằng 1. Chọn B.

Lời giải

Vì \[ABC\] là tam giác cân tại \[C\] nên \[\widehat {BAC} = \widehat {ABC} = 30^\circ  \Rightarrow \widehat {BCA} = 120^\circ \].

Theo định lí côsin ta có \[A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} - 2 \cdot CA \cdot CB \cdot \cos C \Leftrightarrow 3{a^3} = 2C{A^2} + 2C{A^2} \cdot \frac{1}{2}\]

\[ \Leftrightarrow C{A^2} = {a^2} \Rightarrow CA = CB = a.\]

Diện tích tam giác \[ABC\] là \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin 30^\circ  = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2}.\]

Thể tích khối lăng trụ là \[{V_{ABC.A'B'C'}} = AA' \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^3}.\]

Ta có \[\frac{{{V_{A.BCC'B'}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {V_{A.BCC'B'}} = \frac{2}{3} \cdot {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}{a^3}.\]

\[\frac{{{V_{A.BCC'D}}}}{{{V_{A.BCC'B'}}}} = \frac{{{S_{BCC'D}}}}{{{S_{BCC'B'}}}} = \frac{3}{4} \Leftrightarrow {V_{A.BCC'D}} = \frac{3}{4} \cdot {V_{A.BCC'B'}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^3}.\]Chọn D.

Lời giải

Dựa vào biểu đồ ta lập được bảng ghép nhóm như sau:

Cỡ mẫu \(n = 92\) và gọi \({x_1},\,{x_2},...,{x_{92}}\) là mẫu số liệu đã cho đã được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có: \({x_1},\,....,\,{x_{14}} \in \left[ {1\,;\,6} \right)\); \({x_{15}},\,....,\,{x_{44}} \in \left[ {6\,;11} \right)\); \({x_{45}},\,...,\,{x_{69}} \in \left[ {11\,;\,16} \right)\);

\({x_{70}},\,....,\,{x_{87}} \in \left[ {16\,;\,21} \right)\); \({x_{88}},\,...\,,{x_{92}} \in \left[ {21\,;\,26} \right)\).           

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu là \(\frac{{{x_{23}} + {x_{24}}}}{2}\) với \({x_{23}},{x_{24}} \in \left[ {6\,;\,11} \right)\). Do đó tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu là \({Q_1} = 6 + \frac{{\frac{{92}}{4} - 14}}{{30}}\left( {11 - 6} \right) = 7,5\).

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu là \(\frac{{{x_{69}} + {x_{70}}}}{2}\) với \({x_{69}} \in \left[ {11\,;\,16} \right)\) và \({x_{70}} \in \left[ {16\,;\,21} \right)\). Do đó tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu là \({Q_3} = 16\).

Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là: \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 16 - 7,5 = 8,5\). Chọn B.

Lời giải

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2; - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right) =  - 2\left( {1;{\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu}  - 1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec u = \left( {1;{\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu}  - 1} \right)\) và \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1;{\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu}  - 1} \right)\).

Vì mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua \(A,{\mkern 1mu} B\) và vuông góc với \(\left( P \right)\) nên \(\left( Q \right)\) nhận hai vectơ \(\vec u = \left( {1;{\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu}  - 1} \right)\),\(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1;{\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu}  - 1} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương suy ra \(\left( Q \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  = \left[ {\overrightarrow u ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {1;{\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} 1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua \(A\) \( \Rightarrow \left( Q \right):{\mkern 1mu} x + z = 0\). Chọn B.

Lời giải

Ta có \(BH \bot AC \Rightarrow \left( {AC} \right):x + y + c = 0\).

Mà \(C\left( { - 1;2} \right) \in \left( {AC} \right) \Rightarrow  - 1 + 2 + c = 0 \Rightarrow c =  - 1\). Vậy \(\left( {AC} \right):x + y - 1 = 0\).

Có \(A = AN \cap AC \Rightarrow A\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y - 1 = 0\\2x - y + 5 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - \frac{4}{3}\\y = \frac{7}{3}\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {\frac{{ - 4}}{3};\frac{7}{3}} \right)\) . Chọn B.

Lời giải

Gọi \(P\) là trung điểm \(BC\) và \(E = NP \cap AC\).

Khi đó: \(PN{\rm{//}}BD \Rightarrow BD{\rm{//}}\left( {MNP} \right)\).

Suy ra: \(d\left( {BD,MN} \right) = d\left( {BD,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right)\).

Kẻ\(AK \bot ME\,\,\left( {K \in ME} \right)\).

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AK \Rightarrow PN \bot AK\,\).

Suy ra: \(AK \bot \left( {MNP} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right) = AK.\)

Xét tam giác vuông \[SAC\] có: \[SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = 10\sqrt 3 \,\]\[ \Rightarrow MA = 5\sqrt 3 \].

Tam giác vuông \(MAE\) có \(MA = 5\sqrt 3 ;\,AE = \frac{3}{4}AC = \frac{{15\sqrt 2 }}{2}\).

Suy ra: \(AK = \frac{{MA.AE}}{{\sqrt {M{A^2} + A{E^2}} }} = 3\sqrt 5 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Vậy \(d\left( {BD,MN} \right) = \frac{1}{3}AK = \sqrt 5 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Chọn B.

Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = 5! = 120\).

Gọi \(X\) là biến cố: “Hai bạn \(A\) và \(B\) không ngồi cạnh nhau”.

\( \Rightarrow \overline X \): “Hai bạn \(A\) và \(B\) ngồi cạnh nhau”.

Có 4 vị trí để hai bạn \(A\) và \(B\) ngồi cạnh nhau, hai bạn đổi chỗ được một cách xếp mới.

Nên số cách xếp để hai bạn \(A\) và \(B\) ngồi cạnh nhau là \(4 \cdot 2!\, \cdot 3! = 48\).

Xác suất của biến cố \(\overline X \) là: \(P\left( {\overline X } \right) = \frac{{n\left( {\overline X } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{48}}{{120}} = \frac{2}{5}\).

Vây xác suất của biến cố \(X\) là: \(P\left( X \right) = 1 - P\left( {\overline X } \right) = \frac{3}{5}\). Chọn B.

Lời giải

Vì hai bánh răng có cùng kích thước, tốc độ của bánh răng thứ hai gấp ba tốc độ của bánh răng thứ nhất và tại thời điểm ban đầu, hai điểm \(A\), \(B\) có độ cao bằng nhau nên phương trình biểu thị độ cao của điểm \(B\)là \(h' = 2R + R\sin \left( {\frac{{3\pi }}{5}t} \right)\).

Hai điểm \(A\), \(B\) có độ cao bằng nhau khi \(h = h'\). Ta có phương trình:

\(2R + R\sin \left( {\frac{\pi }{5}t} \right) = 2R + R\sin \left( {\frac{{3\pi }}{5}t} \right)\)\( \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{5}t} \right) = \sin \left( {\frac{{3\pi }}{5}t} \right)\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{3\pi }}{5}t = \frac{\pi }{5}t + k2\pi \\\frac{{3\pi }}{5}t = \pi  - \frac{\pi }{5}t + k2\pi \end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\pi t = k10\pi \\4\pi t = 5\pi  + k10\pi \end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5k\\t = \frac{5}{4} + \frac{5}{2}k\end{array} \right.\]\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Họ nghiệm thứ nhất có nghiệm dương nhỏ nhất là \(t = 5\).

Họ nghiệm thứ hai có nghiệm dương nhỏ nhất là \(t = \frac{5}{4}\).

Vậy thời điểm đầu tiên sau khi động cơ hoạt động, hai điểm \(A\), \(B\) có độ cao bằng nhau là \(t = \frac{5}{4}\) phút.

Chọn D.

Lời giải

Bảng giá trị đại diện và tần số của hai mẫu số liệu ghép nhóm trên là:

+) Xét mẫu số liệu ghép nhóm của cửa hàng A:

Cỡ mẫu: \[{n_1} = 2 + 7 + 7 + 3 + 1 = 20\].

Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[\overline {{x_1}}  = \frac{{2 \times 6 + 7 \times 8 + 7 \times 10 + 3 \times 12 + 1 \times 14}}{{20}} = 9,4\].

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\[{S_1}^2 = \frac{{2 \times {6^2} + 7 \times {8^2} + 7 \times {{10}^2} + 3 \times {{12}^2} + 1 \times {{14}^2}}}{{20}} - {9,4^2} = 4,04\].

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[{S_1} = \sqrt {4,04}  = \frac{{\sqrt {101} }}{5}\].

+) Xét mẫu số liệu ghép nhóm của cửa hàng B:

Cỡ mẫu: \[{n_1} = 0 + 4 + 8 + 4 + 4 = 20\].

Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[\overline {{x_2}}  = \frac{{0 \times 6 + 4 \times 8 + 8 \times 10 + 4 \times 12 + 4 \times 14}}{{20}} = 10,8\].

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\[{S_2}^2 = \frac{{0 \times {6^2} + 4 \times {8^2} + 8 \times {{10}^2} + 4 \times {{12}^2} + 4 \times {{14}^2}}}{{20}} - {10,8^2} = 4,16\].

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[{S_2} = \sqrt {4,16}  = \frac{{2\sqrt {26} }}{5}\].

Độ chênh lệch về độ lệch chuẩn của doanh thu bán hàng của cửa hàng B và cửa hàng A là:

\[\Delta S = {S_2} - {S_1} = \frac{{2\sqrt {26} }}{5} - \frac{{\sqrt {101} }}{5} \approx 0,03\]. Chọn A.

Lời giải

Quan sát đồ thị ta có \(y = f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương qua \[x =  - 2\] nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có một điểm cực trị là \[x =  - 2\].

Ta có \(y = f\left( {{x^2} - 3} \right)\) thì \(y' = {\left[ {f\left( {{x^2} - 3} \right)} \right]^\prime } = 2x \cdot f'\left( {{x^2} - 3} \right)\)\[ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 3 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 1\end{array} \right.\].

Do đó hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 3} \right)\) có ba cực trị. Chọn C.

Lời giải

Đường thẳng \(d:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - t}\\{z = 1 - 3t}\end{array}} \right.\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1; - 1; - 3} \right)\), trục \(Ox\) có 1 VTCP là \(\vec i = \left( {1;0;0} \right)\).

Gọi \(\overrightarrow {{u_\Delta }} \) là 1 VTCP của đường thẳng \(\Delta \), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta  \bot Ox}\\{\Delta  \bot d}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{u_\Delta }}  \cdot \vec i = 0}\\{\overrightarrow {{u_\Delta }}  \cdot \overrightarrow {{u_d}}  = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\vec i} \right] = \left( {0; - 3;1} \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\) và có 1 VTCP \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {0; - 3;1} \right)\) là: \(\Delta :{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y =  - 3t}\\{z = t}\end{array}} \right.\). Chọn D.

Lời giải

Ta có: \[d\left( {A\,,\,\,\left( P \right)} \right) + d\left( {B\,,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {120 + 15 + 30 - 25} \right|}}{{\sqrt {9 + 1 + 4} }} + \frac{{\left| {165 + 10 + 130 - 25} \right|}}{{\sqrt {9 + 1 + 4} }} = 30\sqrt {14} \] (m). Chọn B.

Lời giải

Đường thẳng qua \[A\] và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình chính tắc là \[\frac{{x - 40}}{3} = \frac{{y + 15}}{{ - 1}} = \frac{{z - 15}}{2}\].

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên \(\left( P \right)\) thì tọa độ H thỏa hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 40}}{3} = \frac{{y + 15}}{{ - 1}} = \frac{{z - 15}}{2}\\3x - y + 2z - 25 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3y + 5 = 0\\2y + z + 15 = 0\\3x - y + 2z - 25 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y =  - 5\\z =  - 5\end{array} \right.\] hay \[H\left( {10\,;\,\, - 5\,;\,\, - 5} \right)\].

\[A'\] đối xứng với A qua \(\left( P \right)\) nên H là trung điểm của \[AA' \Rightarrow A'\left( { - 20\,;\,\,5\,;\,\, - 25} \right)\]. Chọn A.

Lời giải

Lấy điểm E thỏa mãn \[\overrightarrow {A'E}  = \overrightarrow {MN} \]; suy ra \[A'M = EN\].

Vì \[A'\] cố định mà \[A'E = 5\sqrt 6 \] nên E thuộc đường tròn tâm \[A'\], bán kính \[r = 5\sqrt 6 \]; đường tròn này thuộc mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua \[A'\] và song song với \(\left( P \right)\).

Gọi K, F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của B trên \(\left( P \right)\), \(\left( Q \right)\) suy ra \[K\left( { - 5\,;\,\,10\,;\,\,25} \right) \Rightarrow HK = 15\sqrt 6 \]; \[KF = HA' = AH = 10\sqrt {33} \].

Ta có \[AM + BN = A'M + BN = EN + BN \ge BE\].

Dấu đẳng thức xảy ra khi \[E\,,\,\,N\,,\,\,B\] thẳng hàng theo thứ tự đó (H, M, N, K thẳng hàng).

Ta có: \[BE = \sqrt {B{F^2} + {{\left( {A'F - A'E} \right)}^2}} \]\[ = \sqrt {{{\left( {BK + KF} \right)}^2} + {{\left( {HK - MN} \right)}^2}} \]

\[ = \sqrt {{{\left( {20\sqrt {14}  + 10\sqrt {14} } \right)}^2} + {{\left( {15\sqrt 6  - 5\sqrt 6 } \right)}^2}} \]\[ = 20\sqrt {33} \].

Vậy tổng độ dài \[AM + BN\] bé nhất là \[20\sqrt {33}  \approx 115\,\,{\rm{m}}\].

Đáp án: 115.

Lời giải

Gọi \(x,y\) (dụng cụ) lần lượt là số dụng cụ học tập A và B.

Điều kiện \(x \ge 0,y \ge 0\).

A: \(1\) dụng cụ _ \(9\) giờ chế tạo _ \(1\) giờ hoàn thiện _ \(80\) nghìn đồng.

     \(x\)                \(9x\)                      \(x\)                         \(80x\)

B: \(1\) dụng cụ _\(12\) giờ chế tạo _ 3 giờ hoàn thiện _ \(120\) nghìn đồng.

     \(y\)                \(12y\)                    \(3y\)                       \(120y\)

Theo đề ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\9x + 12y \le 180\\x + 3y \le 30\end{array} \right.\).

Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình trên lên mặt phẳng tọa độ ta được:

Miền nghiệm của hệ BPT là miền tứ giác \(OABC\) với \(O\left( {0;0} \right),A\left( {20;0} \right),B\left( {12;6} \right),C\left( {0;10} \right)\).

Gọi \(F\) (nghìn đồng) là lợi nhuận thu được. Khi đó \(F = 80x + 120y\).

Tại \(O\left( {0;0} \right):F = 80 \cdot 0 + 120 \cdot 0 = 0\).

Tại \(A\left( {20;0} \right):F = 80 \cdot 20 + 120 \cdot 0 = 1600\).

Tại \(B\left( {12;6} \right):F = 80 \cdot 12 + 120 \cdot 6 = 1680\).

Tại \(C\left( {0;10} \right):F = 80 \cdot 0 + 120 \cdot 10 = 1200\).

\(F\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(1680\) tại đỉnh \(B\left( {12;6} \right)\).

Vậy số tiền bạn Nam có được là \(1680\) nghìn đồng.

Đáp án: 1680.

Lời giải

Đầu tiên ta đặt \(A\left( {a\,;\,\,{a^2}} \right)\,,\,\,B\left( {b\,;\,\,{b^2}} \right)\,,\,\,a > 0\,,\,\,b < 0\) là hai tiếp điểm ứng với hai tiếp tuyến vuông góc của parabol \(\left( P \right)\).

Gọi \({d_1}\,,\,\,{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại \(A\,,\,\,B\), khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{d_1}:y = 2ax - {a^2}}\\{{d_2}:y = 2bx - {b^2}}\end{array}} \right.\).

Do \({d_1} \bot {d_2}\) nên \(2a \cdot 2b =  - 1 \Rightarrow b =  - \frac{1}{{4a}} \Rightarrow B\left( { - \frac{1}{{4a}}\,;\,\,\frac{1}{{16{a^2}}}} \right)\), khi đó \({d_2}:y =  - \frac{x}{{2a}} - \frac{1}{{16{a^2}}}\).

Gọi \(E = {d_2} \cap {d_1}\), suy ra \(E\left( {\frac{{4{a^2} - 1}}{{8a}}\,;\,\, - \frac{1}{4}} \right)\); \(EA = \frac{{\sqrt {{{\left( {4a + 1} \right)}^3}} }}{{8a}}\,;\,\,EB = \frac{{\sqrt {{{\left( {4a + 1} \right)}^3}} }}{{16{a^2}}}\).

Ta có \(EA = 2EB\); suy ra \(a = 1\). Do đó diện tích mảnh đất .

Khi đó phương trình \({d_1}:y = 2x - 1\,;\,\,{d_2}:y =  - \frac{x}{2} - \frac{1}{{16}}\) và \(A\left( {1\,;\,\,1} \right)\,,\,\,B\left( { - \frac{1}{4}\,;\,\,\frac{1}{{16}}} \right)\,,\,\,E\left( {\frac{3}{8}\,;\,\, - \frac{1}{4}} \right)\).

Diện tích  và .

Tổng số tiền thu được của ông Vượng sau vụ hè thu là:

\(\frac{{625}}{{768}} \times {10^2} \times 30 + \frac{{125}}{{768}} \times {10^2} \times 40 \approx 309\,244\) nghìn đồng  triệu đồng.

Đáp án: 309.

Lời giải

Số cách lấy 3 viên bi bất kì từ hộp là: \(C_{8 + n}^3\).

Số cách lấy 3 viên đủ 3 màu là: \(C_5^1 \cdot C_3^1 \cdot C_n^1 = 15n\).

Vì xác suất để trong ba viên vi lấy được có đủ \(3\) màu là \(\frac{{45}}{{182}}\)\( \Rightarrow \frac{{15n}}{{C_{8 + n}^3}} = \frac{{45}}{{182}}\) \( \Rightarrow n = 6\).

\( \Rightarrow \) có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh và \(6\) viên bi vàng.

Số cách lấy 3 bi bất kì là \(C_{14}^3\).

Để trong \(3\) viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ, ta có các trường hợp sau:

Trường hợp 1: 3 bi lấy ra không có bi đỏ, khi đó số cách lấy là \(C_9^3\).

Trường hợp 2: 3 bi lấy ra có 1 bi đỏ, khi đó số cách lấy là \(C_5^1 \cdot C_9^2\)

Trường hợp 3: 3 bi lấy ra có 2 bi đỏ, khi đó số cách lấy là \(C_5^2 \cdot C_9^1\).

Vậy xác suất để trong \(3\) viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ là

\({P_d} = \frac{{C_9^3 + C_5^1 \cdot C_9^2 + C_5^2 \cdot C_9^1}}{{C_{14}^3}} = \frac{{177}}{{182}} = \frac{P}{{182}}\).

Vậy \(P = 177\).

Đáp án: 177.

Lời giải

Gọi \(A\) là biến cố: “Vận động viên \(A\) chiến thắng”, ta có \(P\left( A \right) = 0,6\);

\(B\) là biến cố: “Vận động viên \(B\) chiến thắng” thì \(P\left( B \right) = 0,7\);

\(C\) là biến cố: “Vận động viên \(C\) chiến thắng” thì \(P\left( C \right) = 0,8\).

Gọi \(D\) là biến cố “đội tuyển thắng hai trận”.

Ta có \(P\left( D \right) = P\left( {AB\overline C } \right) + P\left( {A\overline B C} \right) + P\left( {\overline A BC} \right) = 0,452\).

Vậy xác suất cần tính là \[P\left( {\overline A |D} \right) = \frac{{P\left( {\overline A D} \right)}}{{P\left( D \right)}} = \frac{{P\left( {\overline A BC} \right)}}{{P\left( D \right)}} = \frac{{0,4 \cdot 0,7 \cdot 0,8}}{{0,452}} = \frac{{56}}{{113}} \approx 0,5\].

Đáp án: 0,5.