Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Quốc phòng phần Toán học và xử lý số liệu (có đáp án) - Đề số 4

Nhiệt độ ban đầu của vật: \(T = 27 + 65{e^{ - 0,4 \cdot 0}} = 92\)\(\left( {\;^\circ {\rm{C}}} \right)\). Chọn B.

Để tìm thời gian \(t\) mà nhiệt độ của vật còn lại \(37^\circ {\rm{C}}\), ta giải phương trình:

\(37 = 27 + 65{e^{ - 0,4t}} \Leftrightarrow \ln \frac{{37 - 27}}{{65}} =  - 0,4t \Leftrightarrow t \approx 4,68\).

Vậy sau khoảng 4,68 phút nhiệt độ của vật sẽ giảm còn \(37^\circ {\rm{C}}\). Chọn C.

Thay \(t = 2\) phút \( = \frac{1}{{30}}\) giờ, \({T_0} = 96\,,\,T = 90\,,\,S = 24\) ta có \(\frac{1}{{30}}k = \ln \frac{{90 - 24}}{{96 - 24}}\).

Do đó \(k = 30\ln \frac{{11}}{{12}}\).

Sau 10 phút \( = \frac{1}{6}\) giờ, ta có \(\frac{1}{6}k = \ln \frac{{T - 24}}{{96 - 24}}\) hay \(5\ln \frac{{11}}{{12}} = \ln \frac{{T - 24}}{{72}}\). Do đó \(\frac{{T - 24}}{{72}} = {\left( {\frac{{11}}{{12}}} \right)^5}\).

Suy ra \(T = 72 \cdot {\left( {\frac{{11}}{{12}}} \right)^5} + 24 \approx 70,6^\circ {\rm{C}}\). Vậy nhiệt độ của cốc trà sau 10 phút khoảng \(70,6^\circ {\rm{C}}\).

Đáp án cần nhập là: \(70,6\).

Ta có \({x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x =  - 1}\end{array}\,\,;\,\,} \right.\)\(2{x^2} + 3x - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x =  - \frac{5}{2}}\end{array}\,\,;\,\,} \right.\)\(4 - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x =  - 2}\end{array}} \right.\).

Trục xét dấu:

Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ { - \frac{5}{2}\,;\,\, - 2} \right) \cup \left[ { - 1\,;\,\,2} \right)\).

Tổng bình phương các nghiệm nguyên bất phương trình là: \({\left( { - 1} \right)^2} + {\left( 0 \right)^2} + {\left( 1 \right)^2} = 2\). Chọn B.

Gọi số năm đã đi làm của anh Minh ở công ty đó là \(n\left( {n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\). Số quý làm việc là \(4n\).

Khi đó, tổng số tiền thu được của anh Minh trong \(n\) năm đi làm là:

\(S = \frac{{\left[ {2 \cdot 27 + \left( {4n - 1} \right) \cdot 2,1} \right] \cdot 4n}}{2} = 684\)\( \Leftrightarrow 84{n^2} + 519n - 3420 = 0\)\( \Leftrightarrow n = 4\) hoặc \(n =  - \frac{{285}}{{28}}.\)

Do \(n\) nguyên dương nên \(n = 4\) năm.

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Gọi \({u_1};{u_2};{u_3};{u_4}\left( {{u_1} \ne 0} \right)\) lần lượt là số đo bốn góc của tứ giác tạo thành cấp số nhân với công bội \[q\] và \({u_1}\) là góc có số đo nhỏ nhất, \({u_4}\) là góc có số đo lớn nhất.

Theo đề bài, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} = 360\\{u_4} = 27{u_1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_1}q + {u_1}{q^2} + {u_1}{q^3} = 360\\{u_1}{q^3} = 27{u_1}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = 3\\{u_1} + 3{u_1} + 9{u_1} + 27{u_1} = 360\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = 3\\{u_1} = 9\end{array} \right.\). Vậy bốn góc của tứ giác là \(9^\circ ;\,\,27^\circ ;\,\,81^\circ ;\,\,243^\circ \).

Tổng của góc lớn nhất và góc nhỏ nhất bằng \(252^\circ \). Chọn B.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 1 - \sqrt {5x + 1} }}{{x - \sqrt {4x - 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}} = \frac{{3 \cdot \left( {3 + 3} \right)}}{{2 \cdot \left( {4 + 4} \right)}} = \frac{9}{8}\).

Vậy \(T = 2a - b = 10\). Chọn C.

Ta có \(y' = {\left( {\cot 3x} \right)^\prime } = \frac{{ - {{\left( {3x} \right)}^\prime }}}{{{{\sin }^2}3x}} = \frac{{ - 3}}{{{{\sin }^2}3x}}\). Chọn C.

Bất phương trình \[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} + x + 2} \right) - {\log _2}\left( {2{x^2} - 3x + 5} \right) \ge \left( {2{x^2} - 3x + 5} \right) - \left( {{x^2} + x + 2} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} + x + 2} \right) + \left( {{x^2} + x + 2} \right) \ge {\log _2}\left( {2{x^2} - 3x + 5} \right) + \left( {2{x^2} - 3x + 5} \right)\]

Xét hàm số \[f\left( t \right) = {\log _2}t + t,t > 0\]. Ta có: \[f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 1 > 0\,\,\forall t > 0\].

Suy ra hàm số \[f\left( t \right)\] đồng biến trên \[\left( {0; + \infty } \right)\]. Do đó:

\[f\left( {{x^2} + x + 2} \right) \ge f\left( {2{x^2} - 3x + 5} \right) \Leftrightarrow {x^2} + x + 2 \ge 2{x^2} - 3x + 5 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le x \le 3\].

Kết hợp \[x \in \mathbb{Z}\]\[ \Rightarrow S = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3} \right\} \Rightarrow T = 6\].

Đáp án cần nhập là: \[6\].

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\]; \[y' = \frac{{15}}{{{{\left( { - 3x + 6} \right)}^2}}} > 0\], \[\forall x \ne 2\].

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \[\left( { - \infty ;2} \right)\] và \[\left( {2; + \infty } \right)\]. Chọn A.

 Phương trình hoành độ giao điểm là \({x^2} - 2m{\rm{x}} + 1 = 0\).

Điều kiện cắt tại 2 điểm phân biệt là: \(\Delta ' = {m^2} - 1 > 0\).

Khi đó \({x_1};{x_2}\) là hoành độ giao điểm thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = 1\end{array} \right.\).

Lại có \(y' = 2{\rm{x}} - 2m \Rightarrow y'\left( {{x_1}} \right) + y'\left( {{x_2}} \right) = 2{{\rm{x}}_1} - 2m + 2{{\rm{x}}_2} - 2m = 4m - 4m = 0 \Leftrightarrow 0 = 4\) (vô lí).

Vậy không có giá trị \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Ta có A là đáp án sai vì \[f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1;4} \right)\]; B là đáp án sai vì \[f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\]; C là đáp án đúng vì \[f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\]. Chọn C.

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\).

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = {\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)^\prime } \cdot f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = 2\left( {x - 2} \right) \cdot f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\).

Ta có \[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\left( {x - 2} \right) \cdot f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} - 4x + 1 =  - 1\\{x^2} - 4x + 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 2 - \sqrt 2 \\x = 2 + \sqrt 2 \\x = 2 - \sqrt 6 \\x = 2 + \sqrt 6 \end{array} \right.\].

Ta có bảng xét dấu của \(g'\left( x \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\) có 5 điểm cực trị. Chọn D.

Đặt \(t = 3{\sin ^2}x - 1 \Rightarrow t \in \left[ { - 1;2} \right]\). Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( {3{{\sin }^2}x - 1} \right)\) là giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( t \right)\) trên \(\left[ { - 1;2} \right]\). Dựa vào đồ thị ta có: \[\mathop {\max }\limits_\mathbb{R} y = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( t \right) = 2\].

Ta có:\(y = {x^4} - 12{x^2} + \left( {m - 2} \right)x\)\( \Rightarrow y' = 4{x^3} - 24x + m - 2\).

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 4{x^3} - 24x + m - 2 = 0\) có 3 nghiệm phân biệt

\( \Rightarrow m =  - 4{x^3} + 24x + 2\left( {\rm{*}} \right)\) có 3 nghiệm phân biệt.

Xét hàm số \(g\left( x \right) =  - 4{x^3} + 24x + 2\) ta có \(g'\left( x \right) =  - 12{x^2} + 24 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 2 \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2 \).

Bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) như sau:

Để phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 3 nghiệm phân biệt thì \( - 16\sqrt 2  + 2 < m < 16\sqrt 2  + 2\).

Mà \(m\) là số nguyên \( \Rightarrow m \in \left\{ { - 20; - 19; \ldots ;23;24} \right\}\) nên có 45 giá trị \(m\) thoả mãn. Chọn D.

Ta có: \[\int {\left( {{e^x} + {e^{ - 2x}}} \right){\rm{d}}x}  = \int {{e^x}{\rm{d}}x}  + \int {{e^{ - 2x}}{\rm{d}}x}  = \int {{e^x}{\rm{d}}x}  + \int {{{\left( {{e^{ - 2}}} \right)}^x}{\rm{d}}x} \]

\[ = {e^x} + \frac{{{{\left( {{e^{ - 2}}} \right)}^x}}}{{\ln {e^{ - 2}}}} + C = {e^x} - \frac{1}{2}{e^{ - 2x}} + C\]. Chọn C.

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy tiệm cận xiên là: \(y = x + 1\). Chọn D.

Ta có \({2^{f\left( x \right) - 1}} = 4\)\( \Leftrightarrow f\left( x \right) - 1 = 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 3\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 3\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với đường thẳng \(y = 3\).

Từ bảng biến thiên ta có đường thẳng \(y = 3\) cắt đồ thị \(y = f\left( x \right)\) tại \(1\) điểm.

Vậy số nghiệm của phương trình \({2^{f\left( x \right) - 1}} = 4\) là \(1\). Chọn C.

Ta có quãng đường vật đi được từ thời điểm \[t = 2\] tới \[t = 30\] là:

\[S = \int\limits_2^{30} {\left( {3t + 2} \right)} \,dt = S\left( {30} \right) - S\left( 2 \right)\]\[ \Leftrightarrow S\left( {30} \right) - S\left( 2 \right) = 1400\]\[ \Leftrightarrow S\left( {30} \right) = 1\,400 + S\left( 2 \right) = 1\,410\,\,\left( m \right)\].

Đáp án cần nhập là: \(1410\).

Từ đồ thị, ta thấy \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt là \(x =  - 1\) và \(x = 2\).

Ta có bảng biến thiên:

Theo bảng biến thiên thì hàm số có 1 cực trị. Chọn A.

Đặt \[t = \sin x\]. Vì \(x \in \left[ {0;\pi } \right]\) nên \(t \in \left[ {0;\,\,1} \right]\).

Khi đó, \(f\left( {\sin x} \right) = m \Leftrightarrow f\left( t \right) = m\).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( t \right)\) như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình \[f\left( {\sin x} \right) = m\] có đúng hai nghiệm trên đoạn \[\left[ {0\,;\,\,\pi } \right]\] khi và chỉ khi \( - 4 < m \le  - 3\), tức là \(m \in \left( { - 4; - 3} \right]\). Khi đó, \(a =  - 4;b =  - 3\).

Vậy \(a + b = \left( { - 4} \right) + \left( { - 3} \right) =  - 7\).

Ta có:\[\int\limits_0^2 {\left[ {\frac{1}{2}f\left( x \right) + 2} \right]} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_0^2 {2{\rm{d}}x}  = 2 + 4 = 6\]. Chọn A.

Biến đổi \(3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} - 6x + 12y + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + \frac{2}{3} = 0\) có tâm \(I\left( {1; - 2;0} \right)\), bán kính \[R = \sqrt {\frac{{13}}{3}} \]. Chọn D.

Giả sử sau 2,5 giờ tàu thứ nhất ở vị trí \(B\) và tàu thứ hai ở vị trí \(C\) như hình vẽ bên.

Ta có: \(AB = 2,5 \cdot 8 = 20\) (hải lí); \(AC = 2,5 \cdot 12 = 30\) (hải lí).

Áp dụng định lí côsin cho tam giác \(ABC\) ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{B{C^2}}&{ = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {BAC}}\\{}&{ = {{20}^2} + {{30}^2} - 2 \cdot 20 \cdot 30 \cdot \cos 75^\circ  \approx 989,42.}\end{array}\)

Suy ra \(BC \approx \sqrt {989,42}  \approx 31,5\) (hải lí). Vậy khoảng cách giữa hai tàu sau 2,5 giờ là khoảng 31,5 hải lí.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường \(\left( C \right):y = {x^2} - 2x\) và \(\left( d \right):y = 0\) là: \({x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu:

Diện tích cần tìm:

\(S = \int\limits_{ - 10}^{10} {\left| {{x^2} - 2x} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_{ - 10}^0 {\left( {{x^2} - 2x} \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_0^2 {\left( {{x^2} - 2x} \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_2^{10} {\left( {{x^2} - 2x} \right){\rm{d}}x} \)\( = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|_{ - 10}^0 - \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|_0^2 + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|_2^{10}\)\( = \frac{{1300}}{3} + \frac{4}{3} + \frac{{704}}{3} = \frac{{2008}}{3}\). ChọnD.

Gọi cạnh đáy của bể nước có độ dài là \(x\left( m \right)\) và chiều cao của bể nước là \(h\left( m \right)\). Điều kiện \(x,h > 0\).Khi đó thể tích của bể nước là \(16\,{m^3}\) nên \({x^2}h = 16 \Leftrightarrow h = \frac{{16}}{{{x^2}}}\).

Diện tích cần để xây bể nước (bao gồm diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy) là

\(S = 4xh + {x^2} = 4x.\frac{{16}}{{{x^2}}} + {x^2} = \frac{{64}}{x} + {x^2}\) (m2).

Để tìm số tiền tối thiểu, ta tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = S\left( x \right)\) với \(x > 0\).

Ta có \(S'\left( x \right) =  - \frac{{64}}{{{x^2}}} + 2x\). Cho \(S'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 2{x^3} - 64 = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{32}}\).

Lập bảng biến thiên, ta dễ thấy \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} S\left( x \right) = S\left( {\sqrt[3]{{32}}} \right)\).

Vậy số tiền tối thiểu phải trả là: \(500\,\,000 \cdot S\left( {\sqrt[3]{{32}}} \right) \approx 15\,\,119\,\,053\) (đồng). Chọn A.

Gọi \(O\) là tâm của đáy \[ABCD\]. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\]. Gọi \(I\) là trung điểm \(OA\). Vì \(IM\,{\rm{//}}\,SO \Rightarrow IM \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu của \(MN\) lên \(\left( {ABCD} \right)\)là \(IN\). Suy ra \(\widehat {MNI} = 60^\circ \). Áp dụng định lí côsin trong \(\Delta CIN\), ta có:

\(IN = \sqrt {C{I^2} + C{N^2} - 2CI \cdot CN \cdot {\rm{cos}}45^\circ }  = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} - 2 \cdot \frac{{3a\sqrt 2 }}{4} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 2 }}\).

Trong tam giác vuông \(MIN\) ta có:

\(\tan 60^\circ  = \frac{{MI}}{{IN}} \Rightarrow MI = IN \cdot \sqrt 3  = \frac{{a\sqrt {15} }}{{2\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{4} \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt {30} }}{2}\).

Ta có \(d\left( {BC,DM} \right) = d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right)\).

Kẻ \(OE \bot SN \Rightarrow OE \bot \left( {SBC} \right)\).

Ta có \(d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OE\) mà \(\frac{1}{{O{E^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{4}{{30{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{62}}{{15{a^2}}} \Rightarrow OE = \frac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt {62} }}\).

Vậy \(d\left( {BC,DM} \right) = 2OE = \frac{{2a\sqrt {15} }}{{\sqrt {62} }} = a\sqrt {\frac{{30}}{{31}}} \). Chọn B.

Ta có: \(I = \int\limits_1^2 {{e^x}\left( {1 - \frac{{{e^{ - x}}}}{x}} \right)dx}  = \int\limits_1^2 {\left( {{e^x} - \frac{1}{x}} \right)dx = \left. {\left( {{e^x} - \ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^2 = {e^2} - e - \ln 2} \).

Suy ra \(a = b =  - 1\). Vậy \(P = \frac{{a + b}}{{a \cdot b}} = \frac{{\left( { - 1} \right) + \left( { - 1} \right)}}{{\left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 1} \right)}} =  - 2\). ChọnD.

Giả sử \[LN \cap BD = I\].

Nối \[K\] với \[I\] cắt \[AD\] tại \[P\].

Suy ra \[\left( {KLN} \right) \cap AD = P\].

Ta có: \[KL{\rm{//}}AC \Rightarrow PN{\rm{//}}AC\].

Suy ra: \[\frac{{PA}}{{PD}} = \frac{{NC}}{{ND}} = 2\].

Đáp án cần nhập là: 2.

Gọi tâm của đường tròn đã cho là \(I\left( {a;b} \right)\).

Vì đường tròn đi qua ba điểm \(A\left( {2;1} \right),\,B\left( {2;5} \right),\,C\left( { - 2;1} \right)\) nên ta có IA = IB = IC

⇔ IA2 = IB2 = IC2 \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {1 - b} \right)^2} = {\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {5 - b} \right)^2}\\{\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {1 - b} \right)^2} = {\left( { - 2 - a} \right)^2} + {\left( {1 - b} \right)^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8b = 24\\ - 8a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 0\end{array} \right.\).

Suy ra \(I\left( {0;3} \right)\).

Thế tọa độ \(I\left( {0;3} \right)\) vào phương trình ở phương án A, ta được: 0 – 3 + 3 = 0 (đúng).

Thế tọa độ \(I\left( {0;3} \right)\) vào phương trình ở phương án B, ta được: 0 – 3 – 3 = –6 ≠ 0.

Thế tọa độ \(I\left( {0;3} \right)\) vào phương trình ở phương án C, ta được: 0 + 2 ∙ 3 – 3 = 3 ≠ 0.

Thế tọa độ \(I\left( {0;3} \right)\) vào phương trình ở phương án D, ta được: 0 + 3 + 3 = 6 ≠ 0.

Vậy tâm \(I\left( {0;3} \right)\) thuộc đường thẳng có phương trình x – y + 3 = 0. Chọn A.

Các vectơ \(\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow b \) cùng phương khi và chỉ khi tồn tại số thực \(k \ne 0\) sao cho \[\overrightarrow a  = k\overrightarrow b \] \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = k \cdot 1\\m - 1 = 3k\\3 = k \cdot \left( { - 2n} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = k\\m - 1 = 6\\3 = 2 \cdot \left( { - 2n} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}k = 2\\m = 7\end{array}\\{n =  - \frac{3}{4}}\end{array}} \right.\). Chọn A.

Đường thẳng \({d_2}\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow v  = \left( {1; - 2;3} \right)\) và đi qua điểm \(N\left( { - 3;1; - 4} \right)\).

Ta có: \(\left[ {\overrightarrow v ,\overrightarrow u } \right] = \left( {4;5;2} \right) \ne \overrightarrow 0 \); \(\overrightarrow {MN}  = \left( { - 4;4; - 6} \right)\); \(\left[ {\overrightarrow v ,\overrightarrow u } \right] \cdot \overrightarrow {MN}  =  - 16 + 20 - 12 =  - 8 \ne 0\).

\( \Rightarrow \) \({d_1}\) và \({d_2}\) chéo nhau.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cách đều hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) nên \(\left( P \right)\) nhận \(\left[ {\overrightarrow v ,\overrightarrow u } \right] = \left( {4;5;2} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến và đi qua trung điểm \(I\left( { - 1; - 1; - 1} \right)\) của đoạn \(MN\).

Suy ra phương trình của \(\left( P \right)\): \(4\left( {x + 1} \right) + 5\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x + 5y + 2z + 11 = 0\)

\( \Rightarrow a = 4;b = 5;c = 2\)\( \Rightarrow a + 2b + 3c = 20\).

Đáp án cần nhập là: 20.

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;1; - 4} \right)\).Đường thẳng \(d\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {0;1; - 1} \right)\).

Gọi VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow {{n_P}} \).

Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}}  \bot \overrightarrow {{n_Q}} \) và \(\overrightarrow {{n_P}}  \bot \overrightarrow {{u_d}} \) nên chọn \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {3;\,1;\,1} \right)\).

\(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {0;1;0} \right),\) VTPT \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {3;1;1} \right)\) có phương trình là: \(3x + y + z - 1 = 0\). ChọnA.

Gọi hình chiếu của \[P,\,Q\] trên \[AF\] và \[BE\] là \[S\] và \[R\].

Chi tiết máy được chia thành hình lập phương \[ABCD.SRQP\] cạnh \[2,5\,cm\] có thể tích \({V_1} = \frac{{125}}{8}\,c{m^3}\) và phần còn lại có thể tích \[{V_2}\].

Khi đó thể tích chi tiết máy là: \[V = {V_1} + {V_2} = \frac{{125}}{8} + {V_2}\].

Đặt hệ trục \[Oxyz\] sao cho \[O\] trùng với \[F\], \[Ox\] trùng với \[FA\], \[Oy\] trùng với tia \[Fy\] song song với \[AD\]. Khi đó Parabol \[\left( P \right)\] có phương trình dạng \(y = a{x^2}\), đi qua điểm \[P\left( {1;\frac{5}{2}} \right)\], do đó \[a = \frac{5}{2} \Rightarrow y = \frac{5}{2}{x^2}\].

Cắt chi tiết máy bởi mặt phẳng vuông góc với \[Ox\] và đi qua điểm \[M\left( {x;0;0} \right),\,0 \le x \le 1\] ta được thiết diện là hình chữ nhật \[MNHK\] có cạnh là \(MN = \frac{5}{2}{x^2}\) và \(MK = \frac{5}{2}\), do đó diện tích thiết diện là \[S\left( x \right) = \frac{{25}}{4}{x^2}\]. Áp dụng công thức thể tích vật thể ta có: \[{V_2} = \int\limits_0^1 {\frac{{25}}{4}{x^2}dx}  = \frac{{25}}{{12}}\].

Từ đó \[V = \frac{{125}}{8} + \frac{{25}}{{12}} = \frac{{425}}{{24}}\left( {c{m^3}} \right)\]. ChọnD.

Đường thẳng\(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( {1;2;2} \right)\).

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

Đường thẳng \(\Delta \) song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và vuông góc với \(d\) nên \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow v  = \left[ {\overrightarrow u ,\,\overrightarrow n } \right] = \left( {2;2; - 3} \right)\). Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(A\left( {1;1; - 2} \right)\) nên phương trình chính tắc của đường thẳng \[\Delta \] là: \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{2} = \frac{{z + 2}}{{ - 3}}\). ChọnC.

Ta có \(\left( {Oyz} \right):x = 0\) và \(M \in \left( {Oyz} \right) \Rightarrow M\left( {0;b;c} \right)\).

Mặt khác \(M \in d \Rightarrow d:\frac{{0 + 1}}{1} = \frac{{b - 2}}{2} = \frac{c}{{ - 2}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 4\\c =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {0;4; - 2} \right)\).

Do đó \(T = {a^2} + b + c = {0^2} + 4 + \left( { - 2} \right) = 2\).

Đáp án cần nhập là: 2.

Gọi phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có dạng: \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\).

Vì \(\left( S \right)\) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{2^2} + {0^2} + {0^2} - 2 \cdot a \cdot 2 - 2 \cdot b \cdot 0 - 2 \cdot c \cdot 0 + d = 0\\{0^2} + {4^2} + {0^2} - 2 \cdot a \cdot 0 - 2 \cdot b \cdot 4 - 2 \cdot c \cdot 0 + d = 0\\{0^2} + {0^2} + {6^2} - 2 \cdot a \cdot 0 - 2 \cdot b \cdot 0 - 2 \cdot c \cdot 6 + d = 0\\{2^2} + {4^2} + {6^2} - 2 \cdot a \cdot 2 - 2 \cdot b \cdot 4 - 2 \cdot c \cdot 6 + d = 0\end{array} \right.\] \( \Leftrightarrow \) \[\left\{ \begin{array}{l} - 4a + d =  - 4\\ - 8b + d =  - 16\\ - 12c + d =  - 36\\ - 4a - 8b - 12c + d =  - 56\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\\c = 3\\d = 0\end{array} \right.\].

\( \Rightarrow \)\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y - 6z = 0\)\( \Rightarrow \)\(I\left( {1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3} \right)\) và \(R = \sqrt {14} \) \( \Rightarrow \)\(R' = 2\sqrt {14} \).

Vậy mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) có tâm \(I\left( {1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3} \right)\) và \(R' = 2\sqrt {14} \) có phương trình là:

\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 56\). ChọnA.

Ta thấy \(A,B\) nằm khác phía đối với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\). Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng đi qua \(A\left( {1; - 3;2} \right)\) và song song với \(\left( {Oxy} \right)\) nên \(\left( P \right):z = 2\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(B\) lên \(\left( P \right)\)\( \Rightarrow H\left( { - 2;1;2} \right)\). Gọi \(K\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) là điểm sao cho \(AMNK\) là hình bình hành.

Gọi \(B'\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \(\left( {Oxy} \right)\) \( \Rightarrow B'\left( { - 2;1;3} \right)\).

Ta có: \(\left| {AM - BN} \right| = \left| {AM - B'N} \right| = \left| {KN - B'N} \right| \le KB'\) \(\left( 1 \right)\).

Mà \(KB' = \sqrt {B'{H^2} + H{K^2}}  \le \sqrt {B'{H^2} + {{\left( {HA + AK} \right)}^2}} \) \(\left( 2 \right)\).

Ta có: \(B'H = \sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}}  = 1\), \(HA = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2}}  = 5\), \(AK = MN = 1\) (vì \(AMNK\) là hình bình hành).

Theo \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có: \(\left| {AM - BN} \right| \le KB' \le \sqrt {{1^2} + {{\left( {5 + 1} \right)}^2}}  = \sqrt {37} \).

Vậy giá trị lớn nhất của \(\left| {AM - BN} \right|\) là \(\sqrt {37} \). Chọn C.

\(\overline x  = \frac{{2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + 7 \cdot 5 + 18 \cdot 6 + 3 \cdot 7 + 2 \cdot 8 + 4 \cdot 9 + 1 \cdot 10}}{{40}} = 6,1\).

Đáp án cần nhập là: 6,1.

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right)\)\( = C_{15}^8\)\( = 6\,435\).

Gọi A là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn”, suy ra \[\overline A \] là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X không có đủ 3 môn” = “Thầy X đã lấy hết số sách của một môn học”.

\(n\left( {\overline A } \right) = C_4^4 \cdot C_{11}^4 + C_5^5 \cdot C_{10}^3 + C_6^6 \cdot C_9^2\)\( = 486\)\( \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{{54}}{{715}}\)\( \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right)\)\( = \frac{{661}}{{715}}\). Chọn B.

Ta có \(n = 4 + 6 + 10 + 15 + 25 = 60\).

Trung vị là \[{M_e} = 180 + \frac{{\frac{{60}}{2} - 20}}{{15}} \cdot \left( {200 - 180} \right) = \frac{{580}}{3}\]. Suy ra \(a = 580,b = 3\). Vậy \(T = 550\).

Đáp án cần nhập là: \(550\).

Gọi \(B\)là biến cố: “Cả hai người đều bắn không trúng bia”.

\({A_1}\) là biến cố: “ Người thứ nhất bắn trúng bia”; \({A_2}\) là biến cố: “ Người thứ hai bắn trúng bia”.

Theo bài ra, ta có: \(P\left( {{A_1}} \right) = 0,8;\,\,P\left( {{A_2}} \right) = 0,6\).

Vì \(B = \overline {{A_1}} \overline {{A_2}} \) và \(\overline {{A_1}} \) và \(\overline {{A_2}} \) là hai biến cố độc lập nên

\(P\left( B \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right) \cdot P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = \left[ {1 - P\left( {{A_1}} \right)} \right] \cdot \left[ {1 - P\left( {{A_2}} \right)} \right] = 0,2 \cdot 0,4 = 0,08\).

Vì biến cố \(D\): “Có ít nhất một người bắn trúng bia” nên biến cố \(D\) là biến cố đối của \(B\).

Do đó, \(P\left( D \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,08 = 0,92\). Chọn D.

Gọi \(A\) là biến cố “Chọn được bạn chơi cầu lông”. Gọi \(B\) là biến cố “Chọn được bạn chơi bóng bàn”. Để chọn được học sinh đăng ký chơi thể thao (tức là, học sinh đó đăng ký bóng bàn, hoặc cầu lông, hoặc đăng ký cả hai môn), biến cố thể hiện điều đó là \(A \cup B\).

Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố không độc lập (có học sinh chọn chơi cả hai môn) nên

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{5}{{10}} + \frac{4}{{10}} - \frac{2}{{10}} = \frac{7}{{10}} = 0,7\).

Đáp án cần nhập là: \(0,7\).

Ta có:

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[\overline x  = \frac{{6 \cdot 1 + 3 \cdot 3 + 7 \cdot 5 + 5 \cdot 7}}{{21}} \approx 4,05\].

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({S^2} = \frac{1}{{21}}\left[ {6 \cdot {{\left( {1 - 4,05} \right)}^2} + 3 \cdot {{\left( {3 - 4,05} \right)}^2} + 7 \cdot {{\left( {5 - 4,05} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {7 - 4,05} \right)}^2}} \right] \approx 5,19\). Chọn A.

Gọi A là biến cố “gọi được sinh viên nữ”.

Gọi B là biến cố “gọi được sinh viên đạt điểm giỏi môn xác suất thống kê”.

Ta đi tính \[P\left( {B|A} \right)\]. Ta có: \[P\left( A \right) = \frac{{55}}{{95}}\]; \[P\left( {A \cap B} \right) = \frac{{11}}{{95}}\].

Do đó: \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{11}}{{95}}:\frac{{55}}{{95}} = \frac{{11}}{{55}} = \frac{1}{5}\]. Chọn A.

Gọi A là biến cố “Người làm xét nghiệm có kết quả dương tính” và B là biến cố “Người làm xét nghiệm thực sự nhiễm virus”.

Ta có \({\rm{P}}\left( {{\rm{A}}\mid {\rm{B}}} \right) = 0,762;\,\,P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = 0,991;\,\,{\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = 0,01\).

Suy ra \(P\left( {A\mid \bar B} \right) = 1 - P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = 0,009;\,\,P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 0,99\).

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A\mid B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A\mid \bar B} \right) = 0,01 \cdot 0,762 + 0,99 \cdot 0,009 = 0,01653\).

Xác suất một người thực sự nhiễm virus khi người đó có kết quả xét nghiệm dương tính là \({\rm{P}}\left( {{\rm{B}}\mid {\rm{A}}} \right)\). Ta có \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A\mid B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,01 \cdot 0,762}}{{0,01653}} \approx 0,461\).

Vậy khả năng thực sự người đó nhiễm virus là \(46,1\% \).

Đáp án cần nhập là: \[46,1\].

Nhận xét: Mọi hình chữ nhật có kích thước 1 × 3 đều chứa đúng một ô có số 1.

Thật vậy, giả sử tồn tại hình chữ nhật có kích thước 1 × 3 có số ô có số 1 khác 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử đó là hình chữ nhật AKHD kích thước 1 × 3 có đúng hai ô điền số 1 (nếu không thì không có ô nào chứa số 1 nhưng không thể là ba ô điền số 1 vì trong mọi hình chữ nhật có kích thước 2 × 3 có đúng 2 ô điền số 1). Có thể cho coi hai ô chứa số 1 của AKHD là ô 7 và ô 8 (Nếu ở các ô khác thì lập luận tương tự).

Xét hình chữ nhật BFNA có kích thước 2 × 3 \( \Rightarrow \) nó có đúng hai ô chứa số 1 \( \Rightarrow \)các ô 1, 2, 4, 5 là các ô điền số 0.

Xét hình chữ nhật BCHK, từ giả thiết và do các ô 1, 2, 4, 5 đều điền số 0 nên các ô 3, 6 phải điền số 1.

Xét hình chữ nhật ECDM kích thước 2 × 3, ta thấy do ô 3, 6, 8 điền số 1 nên dẫn đến mâu thuẫn.

Trường hợp AKHD không có ô nào điền số 1, lập luận tương tự ta cũng dẫn đến mâu thuẫn.

Vậy giả thiết phản chứng là sai hay ta có điều phải chứng minh.

Vì 2016 = 3 × 672 nên hình chữ nhật kích thước 2016 × 2017 chia thành 672 × 2017 hình chữ nhật có kích thước 1 × 3.

Vậy tổng các số điền trong ô của hình chữ nhật này là: \(672 \cdot 2017 = 1\,355\,424\). Chọn B.

Cách 1: Lúc 12 giờ, hai kim đồng hồ cùng chỉ vào số 12. Vì kim phút đi nhanh hơn kim giờ nên kim phút đi hết một vòng đồng hồ tức là 1 giờ mà hai kim vẫn chưa gặp nhau, lúc này là 1 giờ đúng.

Lúc 1 giờ kim phút chỉ vào số 12, kim giờ chỉ vào số 1. Khoảng cách lúc này giữa hai kim là \(\frac{1}{{12}}\) vòng đồng hồ.

Hiệu vận tốc của hai kim là: \(1 - \frac{1}{{12}} = \frac{{11}}{{12}}\) (vòng đồng hồ/giờ).

Kể từ lúc 1 giờ, thời gian để kim phút đuổi kịp kim giờ là: \(\frac{1}{{12}}:\frac{{11}}{{12}} = \frac{1}{{11}}\) (giờ).

Kể từ lúc 12 giờ, thời gian để hai kim chập nhau là: \(1 + \frac{1}{{11}} = \frac{{12}}{{11}}\) (giờ).

Cách 2: Lúc 12 giờ hai kim đang chồng khít lên nhau. Để hai kim chồng khít lên nhau lần tiếp theo kim phút phải đi nhanh hơn kim giờ đúng 1 vòng đồng hồ.

Mỗi giờ kim phút đi nhanh hơn kim giờ số phần là: \(1 - \frac{1}{{12}} = \frac{{11}}{{12}}\) (vòng đồng hồ).

Thời gian ít nhất để kim phút lại trồng khít lên kim giờ là: \(1:\frac{{11}}{{12}} = \frac{{12}}{{11}}\) (giờ).

Suy ra \(a = 12,b = 11\). Vậy \(T = a + b = 12 + 11 = 23\). Chọn A.

Giả sử mỗi túi kẹo nặng x (kg).

Ta có tất cả \(C_n^2 = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\) cách chọn ra các cặp gồm 2 túi, nên từ giả thiết ta suy ra:

\(\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} \cdot 2x = 45 \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right)x = 45\) (1).

Lại có \(C_n^3 = \frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6}\) cách chọn ra các nhóm gồm 3 túi, nên từ giả thiết ta suy ra:

\(\frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6} \cdot 3x = 180 \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)x = 360\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(n - 2 = 8\) hay \(n = 10\). Vậy cửa hàng có tất cả 10 túi kẹo.

Đáp án cần nhập là: \(10\).