Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Công an môn Toán (có đáp án) - Đề số 4

Lời giải

Huyết áp là \[120\] mmHg khi  \[P\left( t \right) = 120 \Leftrightarrow 110 + 10\sin \left( {\frac{{5\pi }}{2}t} \right) = 120 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{5\pi }}{2}t} \right) = 1\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{5\pi }}{2}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow t = \frac{{1 + 4k}}{5}\], với \[k \in \mathbb{Z}\].

Xét \(0\, < t < 5\, \Rightarrow \,\,0\, < \,\,\frac{{1 + 4k}}{5}\, < \,5\, \Leftrightarrow \, - \frac{1}{4}\, < \,k\, < \,6\,\, \Leftrightarrow \,\,k\, \in \,\,\left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}\) vì \[k \in \mathbb{Z}\].

Vậy trong khoảng từ \(0\) đến \(5\) giây có \(6\) lần huyết áp là \[120\] mmHg. Chọn C.

Lời giải

Tọa độ điểm \(A\) là nghiệm hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - 5 = 0\\x - y - 2 = 0\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {3;1} \right)\).

Gọi \(M\left( {x;y} \right)\) là trung điểm của \(BC\). Suy ra \(\overrightarrow {AG}  = 2\overrightarrow {GM}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 = 2x - 6\\1 = 2y - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = \frac{5}{2}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {3;\frac{5}{2}} \right)\).

Gọi điểm \(B\left( {t;t - 2} \right)\). Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(C\left( {6 - t;7 - t} \right)\).

Thay tọa độ điểm \(C\) vào phương trình \(AC\) ta có phương trình \(\left( {6 - t} \right) + 2\left( {7 - t} \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow t = 5\).

Suy ra \(B\left( {5;3} \right),C\left( {1;2} \right)\). Phương trình \(BC\) là: \(x - 4y + 7 = 0\).

Vậy \(m =  - 4,n = 7 \Rightarrow m + n = 3\). Chọn B.

Lời giải

Đặt \(t = \cos x\). Do \[x \in \left[ {0;\,\frac{\pi }{2}} \right)\] nên \(t \in \left( {0;1} \right]\) \( \Rightarrow f\left( t \right) \in \left[ { - 2;0} \right)\).

\( \Rightarrow \sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)}  = \sqrt {4 + 2f\left( t \right)}  \in \left[ {0;2} \right)\)\( \Rightarrow f\left( {\sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} } \right) \in \left[ { - 2;2} \right)\).

Vậy phương trình \(f\left( {\sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} } \right) = m\) có nghiệm \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)\( \Leftrightarrow  - 2 \le m < 2\).

Do \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1} \right\}\).

Vậy có bốn giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} } \right) = m\) có nghiệm \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).

Chọn C.

Lời giải

Ta có:

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[\overline x  = \frac{{6 \cdot 1 + 3 \cdot 3 + 7 \cdot 5 + 5 \cdot 7}}{{21}} = \frac{{85}}{{21}}\].

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({S^2} = \frac{1}{{21}}\left[ {6 \cdot {{\left( {1 - \frac{{85}}{{21}}} \right)}^2} + 3 \cdot {{\left( {3 - \frac{{85}}{{21}}} \right)}^2} + 7 \cdot {{\left( {5 - \frac{{85}}{{21}}} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {7 - \frac{{85}}{{21}}} \right)}^2}} \right] = \frac{{2288}}{{441}}\).

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là \(S = \sqrt {{S^2}}  = \sqrt {\frac{{2288}}{{441}}}  = \frac{{4\sqrt {143} }}{{21}} \approx 2,28\). Chọn D.

Lời giải

Gọi \(E\) là điểm đối xứng với \(B'\) qua \(B\).

Khi đó: \(AA'BE\) là hình bình hành \( \Rightarrow A'B{\rm{//}}AE \Rightarrow A'B{\rm{//}}\left( {AD'E} \right)\).

Suy ra \[d\left( {A'B,AD'} \right) = d\left( {A'B,\left( {AD'E} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AD'E} \right)} \right)\].

Gọi \(I = AC \cap BD\).

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot BD\\AI \bot DD'\,\,\left( {{\rm{do}}\,DD' \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {DD'B'B} \right)\)\( \Rightarrow \left( {AD'E} \right) \bot \left( {DD'B'B} \right)\).

Trong \(mp\left( {DD'B'B} \right)\), kẻ \(BH \bot D'E\). Suy ra \(BH \bot \left( {AD'E} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {AD'E} \right)} \right) = BH\).

Tính \(BH\):

Xét tam giác \(ABA'\) vuông tại \(A\) có \(BA' = \sqrt {A{B^2} + A{{A'}^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}  = a\sqrt 6 \).

Vì \[AD' \bot BA' \Rightarrow BA' \bot BC'\,\,\left( {AD'{\rm{//}}BC'} \right) \Rightarrow \Delta A'BC'\] vuông cân tại \(B\).

\( \Rightarrow A'C' = A'B\sqrt 2  = 2a\sqrt 3  \Rightarrow AI = a\sqrt 3 \).

Xét tam giác \(ABI\) vuông tại \(I\) có: \(BI = \sqrt {A{B^2} - A{I^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}  = a\).

Xét \(\Delta IBE\) vuông tại \(B\) có: \(BE = AA' = a\sqrt 2 ,BI = a\).

\( \Rightarrow \frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{I^2}}} + \frac{1}{{B{E^2}}} \Rightarrow BH = \frac{{BI \cdot BE}}{{\sqrt {B{I^2} + B{E^2}} }} = \frac{{a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\). Chọn B.

Lời giải

Gọi \({d_1},{d_2}\) lần lượt là khoảng cách các vật A và B đến O lúc đầu (\(t = 0\)).

Đồng thời \[d = AB\]. Gọi \(t'\) là thời điểm mà \({d_{\min }}\). Khi đó A ở \(A'\) và B ở \(B'\) như hình vẽ.

Kí hiệu góc \(\widehat {B'A'O} = \beta ,\widehat {A'B'O} = \gamma \).

Áp dụng định lý sin trong tam giác \(\Delta A'B'O\) ta có:

\(\frac{d}{{\sin 30^\circ }} = \frac{{OA'}}{{\sin \gamma }} = \frac{{OB'}}{{\sin \beta }} \Leftrightarrow 2d = \frac{{{d_1} - AA'}}{{\sin \gamma }} = \frac{{{d_2} - BB'}}{{\sin \beta }} \Leftrightarrow 2d = \frac{{{d_1} - {V_A}t}}{{\sin \gamma }} = \frac{{{d_2} - {V_B}t}}{{\sin \beta }}\,\,\left( * \right)\).

Do \({V_B} = \frac{{{V_A}}}{{\sqrt 3 }}\) và áp dụng tính chất \(\frac{A}{B} = \frac{C}{D} = \frac{{C - A}}{{D - B}}\), ta có:

\(\left( * \right) \Leftrightarrow 2d = \frac{{\sqrt 3 {d_2} - {d_1}}}{{\sqrt 3 \sin \beta  - \sin \gamma }}\) mà \(\sin \beta  = \sin \left( {180^\circ  - \beta } \right) = \sin \left( {30^\circ  + \gamma } \right)\).

Do đó ta có \(d = \frac{{\sqrt 3 {d_2} - {d_1}}}{{2\left[ {\sqrt 3 \sin \left( {30^\circ  + \gamma } \right) - \sin \gamma } \right]}} = \frac{{\sqrt 3 {d_2} - {d_1}}}{{\sqrt 3 \cos \gamma  + \sin \gamma }}\).

Xét \(f\left( \gamma  \right) = \sqrt 3 \cos \gamma  + \sin \gamma \). Ta có \({d_{\min }} \Leftrightarrow f{\left( \gamma  \right)_{\max }}\).

Cách 1. Khảo sát hàm \(f\left( \gamma  \right)\).

Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:

\(\left| {\sqrt 3 \cos \gamma  + \sin \gamma } \right| \le \sqrt {3 + 1} \sqrt {{{\cos }^2}\gamma  + {{\sin }^2}\gamma }  = 2 \Rightarrow  - 2 \le f\left( \gamma  \right) \le 2 \Rightarrow \max f\left( \gamma  \right) = 2\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{{\sin \gamma }}{{\cos \gamma }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \tan \gamma  = \tan {\rm{30}}^\circ  \Leftrightarrow \gamma  = 30^\circ \) và khi đó \[\beta  = 120^\circ \].

Khi đó ta có \(\frac{d}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}\,{\rm{30}}^\circ }} = \frac{{{{d'}_1}}}{{\sin \,30^\circ }} = \frac{{{{d'}_2}}}{{\sin \,120^\circ }} \Rightarrow {d'_2} = \frac{{\sin \,120^\circ }}{{\sin \,30^\circ }}{d'_1} = \sqrt 3 {d'_1} = 90\,\,\left( {\rm{m}} \right)\). Chọn C.

Lời giải

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có \(y' = m - \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{m{x^2} - 1}}{{{x^2}}}\).

Hàm số (*) có cực trị khi \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác 0 \( \Leftrightarrow \frac{1}{m} > 0 \Leftrightarrow m > 0\).

Lúc đó \(y' = 0 \Leftrightarrow {x_1} =  - \frac{1}{{\sqrt m }},\,{x_2} = \frac{1}{{\sqrt m }}\,.\)

Bảng biến thiên

Điểm cực tiểu của \(\left( {{C_m}} \right)\) là \(M\left( {\frac{1}{{\sqrt m }};2\sqrt m } \right)\).

Tiệm cận xiên \(\Delta :y = mx \Leftrightarrow mx - y = 0\).

Theo đề \(d\left( {M,\Delta } \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{\left| {\sqrt m  - 2\sqrt m } \right|}}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt m }}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2m = {m^2} + 1 \Leftrightarrow m = 1\).

Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \(m = 1\). Chọn A.

Lời giải

Mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right):y = 0\). Ta có \(I \in \Delta :\frac{x}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{z}{2} \Rightarrow I\left( {t; - 3 + t;2t} \right)\).

Gọi \[H\] là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\); \(R,{\rm{ }}r\) lần lượt là bán kính mặt cầu và bán kính đường tròn giao tuyến. Theo bài ta có \(IH = d\left( {I,\left( {Oxz} \right)} \right) = \sqrt {{R^2} - {r^2}}  = \sqrt {8 - 4}  = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| { - 3 + t} \right|}}{1} = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 1}\\{t = 5}\end{array}} \right.\).

Với \(t = 1 \Rightarrow I\left( {1; - 2;2} \right)\), với \(t = 5 \Rightarrow I\left( {5;2;10} \right)\). Chọn B.

Lời giải

Gọi \(E\) là giao điểm của \(AI\) với đường tròn ngoại tiếp tam giác \(\Delta ABC.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AC\\EC \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BH{\rm{//}}EC;\,\,\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\EB \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CH{\rm{//}}EB\).

Suy ra tứ giác \(HCEB\) là hình bình hành \( \Rightarrow \Delta HBC = \Delta EBC\)\[ \Rightarrow \] bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EBC\) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHC\).

Khi đó:

Phương trình đường trung trực \(BC:x + y = 3\).

Tọa độ trung điểm \(M\) của \(BC\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 3}\\{x - y = - 1}\end{array}} \right. \Rightarrow M\left( {1;2} \right).\)

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là \({x^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 10\).

Phương trình đường thẳng \(AH:\) \(x + y = 1.\)   

Tọa độ điểm \(A\) là nghiệm của hệ phương trình \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2} = 10}\\{x + y = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( {1;\,0} \right)\\A\left( { - 3;\,4} \right)\end{array} \right.\].

+) Với \(A\left( {1;0} \right) \Rightarrow E\left( { - 1;\,6} \right)\) (Do \(I\left( {0;3} \right)\) là trung điểm \(AE\))

Suy ra (Do \(M\left( {1;2} \right)\) là trung điểm của \[EH\]).

+) Tương tự: Với . Chọn A.

Lưu ý: Nếu giả thiết bài toán cho tam giác \(ABC\) nhọn thì điểm \(H\left( {3; - 2} \right)\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán, do \(d\left( {H,\,BC} \right) = \frac{6}{{\sqrt 2 }} > \frac{2}{{\sqrt 2 }} = d\left( {A,BC} \right)\).

Lời giải

Gọi \[S\left( t \right)\] là số đơn vị sản phẩm mà công nhân sản xuất được sau t giờ tính từ lúc 7 giờ sáng.

Ta có \[S'\left( t \right) = q\left( t \right) = 100 + {e^{ - 0,5t}}\].

Chọn gốc thời gian \(t = 0\) ứng với lúc 7 giờ sáng.

Số đơn vị sản phẩm người đó sản xuất được từ 8 giờ sáng \[\left( {t = 1} \right)\] đến 12 giờ trưa \[\left( {t = 5} \right)\] là

\[\int\limits_1^5 {q\left( t \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_1^5 {\left( {100 + {e^{ - 0,5t}}} \right){\rm{d}}t}  \approx 401\] đơn vị sản phẩm. Chọn A.

Lời giải

Mẫu số liệu trên được sắp xếp theo thứ tự tăng dần như sau:

\(6,82\,\,\,\,\,6,88\,\,\,\,\,6,92\,\,\,\,\,6,92\,\,\,\,\,6,98\,\,\,\,\,7\,\,\,\,\,7\,\,\,\,\,7,06\,\,\,\,\,7,15\,\,\,\,\,7,4\)

Số trung vị trong mẫu số liệu trên là \(\frac{{6,98 + 7}}{2} = 6,99\).

Trung vị của dãy \(6,82\,\,\,\,\,6,88\,\,\,\,\,6,92\,\,\,\,\,6,92\,\,\,\,\,6,98\) là \(6,92\).

Trung vị của dãy \(\,7\,\,\,\,\,7\,\,\,\,\,7,06\,\,\,\,\,7,15\,\,\,\,\,7,4\) là \(7,06\).

Vậy \({Q_1} = 6,92\,;\,\,{Q_2} = 6,99;\,\,{Q_3} = 7,06\). Chọn A.

Lời giải

Xét phép thử: Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh của 3 lớp thành một hàng ngang, ta có: \[n\left( \Omega  \right) = 6!\].

Gọi D là biến cố: “nhóm bất kì 3 học sinh liền kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả 3 lớp A, B, C”.

Ta thấy rằng để 3 học sinh liền kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả 3 lớp A, B, C thì các học sinh của cùng 1 lớp phải được xếp vào các vị trí \[\left( {1\,;\,4} \right),\,\,\left( {2\,;\,5} \right),\,\,\left( {3\,;\,6} \right)\].

Xếp 2 học sinh lớp A vào vị trí (1; 4) có 2 cách, xếp 2 học sinh lớp B vào vị trí (2; 5) có 2 cách, xếp 2 học sinh lớp C vào vị trí (3; 6) có 2 cách và có 3! cách để hoán vị vị trí của các nhóm học sinh theo lớp.

Suy ra \[n\left( D \right) = 3! \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 48\].

Vậy xác suất cần tìm là: \[P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{48}}{{720}} = \frac{1}{{15}}\]. Chọn D.

Lời giải

Khi chọn tăng lương theo phương án 1:

Lấy dãy số \[\left( {{u_n}} \right)\] với \[{u_n}\] (triệu đồng) là tổng tiền lương anh Minh nhận được ở năm làm việc thứ \[n\], với \[n \in \mathbb{N},1 \le n \le 10\].

Khi đó: \[{u_1} = 10 \cdot 12 = 120\] (triệu đồng) và \[{u_{n + 1}} = {u_n} + 2\%  \cdot {u_n} = {u_n} \cdot 1,02\] \[\left( {1 \le n \le 9} \right)\].

Suy ra: \[\left( {{u_n}} \right)\] là cấp số nhân có công bội \[q = 1,02\].

Tổng tiền lương anh Minh có thể nhận được sau 10 năm làm việc là:

\[{S_{10}} = {u_1} \cdot \frac{{1 - {q^{10}}}}{{1 - q}} = 120 \cdot \frac{{1 - {{1,02}^{10}}}}{{1 - 1,02}} \approx 1314\] (triệu đồng).

Khi chọn tăng lương theo phương án 2:

Anh Minh được tăng lương ở năm thứ 4, 7, 10 với mức lương hằng tháng tương ứng là:

\[10 \cdot 1,07\] (triệu đồng), \[10 \cdot {\left( {1,07} \right)^2}\] (triệu đồng), \[10 \cdot {\left( {1,07} \right)^3}\] (triệu đồng).

Tổng tiền lương anh Minh có thể nhận được sau 10 năm làm việc là:

\[{T_{10}} = 36 \cdot 10 + 36 \cdot 10 \cdot 1,07 + 36 \cdot 10 \cdot {\left( {1,07} \right)^2} + 12 \cdot 10 \cdot {\left( {1,07} \right)^3} \approx 1304\] (triệu đồng).

Vậy tổng số tiền lương cao nhất anh Minh có thể nhận được là 1314 (triệu đồng). Chọn D.

Lời giải

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + x\) có \(g\prime \left( x \right) = f\prime \left( x \right) + 1\).

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\prime \left( x \right)\) có: \(g\prime \left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow f\prime \left( x \right) =  - 1\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên:

Từ đó suy ra hàm số \(y = g\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại điểm \(x = 1\). Chọn B.

Lời giải

Gọi lượng thức ăn dự kiến tiêu thụ mỗi ngày là \[x\], tổng lượng thức ăn được chuẩn bị là \[45x\]. Gọi n là số ngày thực tế mà lượng thức ăn được dùng hết.

Lượng thức ăn tiêu thụ trong 10 ngày đầu là: 10x.

Lượng thức ăn tiêu thụ kể từ ngày thứ 11 trở đi: \(x\left( {1 + 10\% } \right) + x{\left( {1 + 10\% } \right)^2} +  \ldots  + x{\left( {1 + 10\% } \right)^{n - 10}}\).

Ta có: \(10x + x\left( {1 + 10\% } \right) + x{\left( {1 + 10\% } \right)^2} +  \ldots  + x{\left( {1 + 10\% } \right)^{n - 10}} = 10x + 1,1x \cdot \frac{{1 - {{1,1}^{n - 10}}}}{{1 - 1,1}}\).

Ta có: \(10x + 1,1x \cdot \frac{{1 - {{1,1}^{n - 10}}}}{{1 - 1,1}} = 45x \Leftrightarrow 10 + 1,1 \cdot \frac{{1 - {{1,1}^{n - 10}}}}{{1 - 1,1}} = 45 \Leftrightarrow n = 10 + {\log _{1,1}}\left( {\frac{{46}}{{11}}} \right) \approx 25,01\).

Vậy thực tế lượng thức ăn đó đủ dùng trong \[25\] ngày. Chọn C.

Lời giải

Ta có: \[\log x = 3\log m + 2\log n - \log p \Leftrightarrow \log x = \log {m^3} + \log {n^2} - \log p \Leftrightarrow \log x = \log \frac{{{m^3}{n^2}}}{p} \Leftrightarrow x = \frac{{{m^3}{n^2}}}{p}\].

Chọn A.

Lời giải

Số hạt lạc mà Tấm đã ăn là \(1 + 4 + 7 + 10 + ...\)

Số hạt lạc mà Tấm đã ăn từng lượt theo quy luật cấp số cộng với \({u_1} = 1\,,\,\,d = 3\).

Sau n lượt, tổng số hạt lạc mà Tấm đã ăn là \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{n\left[ {2 + \left( {n - 1} \right) \cdot 3} \right]}}{2} = \frac{{n\left( {3n - 1} \right)}}{2}\).

Xét \({S_n} = 317 \Rightarrow \frac{{n\left( {3n - 1} \right)}}{2} = 317 \Rightarrow 3{n^2} - n - 634 = 0 \Rightarrow n \approx 14,7\) (không thỏa mãn).

Do đó Tấm là người ăn lạc cuối cùng. Sau 14 lượt cô ăn được \({S_{14}} = \frac{{14\left( {3 \cdot 14 - 1} \right)}}{2} = 287\); lượt cuối cô ăn thêm \(317 - 287 = 30\) (hạt).

Số hạt lạc mà Cám đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 2, công sai bằng 3.

Số hạt lạc mà dì ghẻ đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3, công sai bằng 3.

Tổng số hạt lạc mà cả ba mẹ con đã ăn được là \(317 + \frac{{14\left( {2 \cdot 2 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} + \frac{{14\left( {2 \cdot 3 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} = 933\). Chọn B.

Lời giải

Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AMC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\).

\(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow AC = AB\sqrt 2  = 2a\).

Tam giác \(SAD\) vuông cân tại \(A \Rightarrow SD = SA\sqrt 2  = 2a,\;AM = \frac{{SD}}{2} = a\).

\(MC = \sqrt {M{D^2} + D{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 3 \).

Ta có: \(A{M^2} + M{C^2} = A{C^2} \Rightarrow \) tam giác \(MAC\) vuông tại \(M\) Þ \({S_{MAC}} = \frac{1}{2} \cdot MA \cdot MC = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi \(H\) là trung điểm của cạnh \(AD\) suy ra \({S_{HAC}} = \frac{1}{2} \cdot {S_{ADC}} = \frac{{{a^2}}}{2}\) và \(MH{\rm{//}}SA\).

Nên \(MH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \Delta HAC\) là hình chiếu vuông góc của \(\Delta MAC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Khi đó: \({S_{HAC}} = {S_{MAC}} \cdot \cos \alpha  \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot \cos \alpha  \Leftrightarrow \cos \alpha  = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\). Chọn D.

Lời giải

Ta có: \[\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3\,;\,\, - 4\,;\,\,4} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {41} \].

Vì đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 5 mét nên khoảng cách thực tế giữa hai con dê là \[5\sqrt {41} \] mét. Chọn D.

Lời giải

Gọi H là hình chiếu của A trên \(\left( P \right)\); phương trình AH: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2 + 2t\\z =  - 3 - t\end{array} \right.\] (vì AH vuông góc với \(\left( P \right)\)).

Tọa độ H có dạng \[\left( {1 + 2t\,;\,\,2 + 2t\,;\,\, - 3 - t} \right)\]; mà H thuộc \(\left( P \right)\) nên

\[2\left( {1 + 2t} \right) + 2\left( {2 + 2t} \right) - \left( { - 3 - t} \right) + 9 = 0 \Rightarrow t =  - 2\]\[ \Rightarrow H\left( { - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\].

Khoảng cách ngắn nhất từ đại bàng đến con dê ở vị trí A là \[5 \cdot AH = 30\] mét. Chọn B.

Lời giải

Gọi M là vị trí đại bàng trên vách đá (mặt phẳng \(\left( P \right)\)).

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BM \bot AH\\BM \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BM \bot \left( {AMH} \right) \Rightarrow BM \bot MH\]. Do đó \[BM \le BH = \sqrt 5 \].

Vậy khoảng cách lớn nhất giữa con dê ở vị trí B đến vị trí đại bằng bằng \[5 \cdot BH \approx 11,2\] mét.

(Dấu đẳng thức xảy ra khi đại bàng ở vị trí H, là hình chiếu của A trên \(\left( P \right)\)).

Đáp án: 11,2.

Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Cắt hình nêm (H) bởi một mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\), ta được thiết diện là một tam giác vuông ABC thay đổi như hình vẽ.

Thể tích khối (H) được tính theo công thức: \(V = \int\limits_{ - 20}^{20} {S\left( x \right){\rm{d}}x} \) với \(S\left( x \right) = {S_{\Delta ABC}}\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot BC\).

Tam giác \(OAC\) vuông tại \(A\) nên: \(AC = \sqrt {{{20}^2} - {x^2}} \).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC = AC \cdot \cos 60^\circ  = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {{{20}^2} - {x^2}} }\\{AB = AC \cdot {\rm{sin}}60^\circ  = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot \sqrt {{{20}^2} - {x^2}} }\end{array}} \right. \Rightarrow S\left( x \right) = {S_{\Delta ABC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{8} \cdot \left( {{r^2} - {x^2}} \right)\).

Do đó \[V = \int\limits_{ - 20}^{20} {S\left( x \right){\rm{d}}x}  = \frac{{\sqrt 3 }}{8}\int\limits_{ - 20}^{20} {\left( {{{20}^2} - {x^2}} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{{{20}^3}}}{{2\sqrt 3 }} \approx 2309\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\].

Đáp án: 2309.

Lời giải

Gọi \[B\left( {x\,;y\,;z} \right)\] thuộc \(\left( S \right)\) với \[x > 0\] và \[H\] trung điểm \[OA \Rightarrow H\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\].

Gọi \[\left( P \right)\] là mặt phẳng trung trực đoạn \[OA\], do đó \[\left( P \right)\] đi qua trung điểm \[H\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\] của đoạn \[OA\] và nhận \[\overrightarrow {OA}  = \left( {2\,;\,\,2\,;\,\,0} \right)\] làm vectơ pháp tuyến. Suy ra \[\left( P \right)\]:\[2\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 1} \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow x + y - 2 = 0\].

Theo giả thiết: \[\left\{ \begin{array}{l}OB = AB\\OB = OA\\B \in \left( S \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}B \in \left( P \right)\\O{B^2} = O{A^2}\\B \in \left( S \right)\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y - 2 = 0\\{x^2} + {y^2} + {z^2} = 8\,\\{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 2y - 2z = 0\,\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\{x^2} + {y^2} + {z^2} = 8\,\\2x + 2y + 2z = 8\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\{x^2} + {y^2} = 4\,\\z = 2\,\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\{\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = 4\,\\z = 2\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\xy = 0\,\\z = 2\,\end{array} \right.\].

Ta tìm được \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 0\,\\z = 2\,\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\], (do \[x > 0\]). Do đó \[BC = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2}}  = 2\sqrt 3 \].

Khoảng cách thực tế cần tìm là \[2\sqrt 3  \times 2 \approx 6,93\] (nghìn km).

Đáp án: 6,93.

Lời giải

Các năm chính phương cho đến 2025 là: \({1^2}\,;\,\,{2^2}\,;\,\,{3^2}\,;\,\,...\,;\,\,{45^2}\), có 45 số như thế.

Mỗi em học sinh có 45 lựa chọn để viết một số chính phương nên \(n\left( \Omega  \right) = {45^2}\).

Các số chính phương chia hết cho cả 3 và 5 là \({15^2} = 225\,;\,\,{30^2} = 900\,;\,\,{45^2} = 2025\).

Số cách để cả hai em viết ra cùng một số chính phương chia hết cho 3 và 5 là \(n\left( A \right) = 3 \cdot 1 = 3\).

Xác suất cần tính là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{3}{{{{45}^2}}} = \frac{1}{{675}} = \frac{m}{n} \Rightarrow 2m + n = 677\).

Đáp án: 677.

Lời giải

Gọi \[A\] là biến cố: “Xạ thủ được chọn là nữ”, suy ra \[\bar A\]  là biến cố “Xạ thủ được chọn là nam”.

Gọi \[B\] là biến cố: “Xạ thủ được chọn bắn trúng”.

Theo giả thiết ta có: \[P\left( A \right) = \frac{2}{{2 + 8}} = \frac{1}{5} \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = \frac{4}{5}\]; \[P\left( {B|A} \right) = 0,9;P\left( {B|\bar A} \right) = 0,8\].

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

\[P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{1}{5} \cdot 0,9 + \frac{4}{5} \cdot 0,8 = 0,82\].

Xác suất để xạ thủ được chọn ra bắn trúng đó là nữ là \[P\left( {A|B} \right)\].

Theo công thức Bayes, ta có \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{5} \cdot 0,9}}{{0,82}} = \frac{9}{{41}} \approx 0,22\].

Vậy xác suất để xạ thủ bắn trúng đó là nữ là \[0,22\].

Đáp án: 0,22.