Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Quốc phòng phần Toán học và xử lý số liệu (có đáp án) - Đề số 5
50 câu hỏi
Hàng ngày mực nước tại một cảng biển lên xuống theo thủy triều. Độ sâu \(h\left( {\rm{m}} \right)\) của mực nước theo thời gian \(t\) (giờ) trong một ngày cho bởi công thức:
\(h = 16 + 7\sin \left( {\frac{\pi }{{12}}t} \right)\) với \(0 \le t \le 24\).
Tìm thời điểm \(t\) (giờ) mà mực nước tại cảng là cao nhất (nhập đáp án vào ô trống).
__
Do \( - 1 \le \sin \left( {\frac{\pi }{{12}}t} \right) \le 1\) nên \(16 - 7 \le 16 + 7\sin \left( {\frac{\pi }{{12}}t} \right) \le 16 + 7\) hay \(9 \le h \le 23\).
Vậy mực nước tại cảng cao nhất bằng 23m khi
\(\sin \left( {\frac{\pi }{{12}}t} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = 6 + 24k\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Mà \(0 \le t \le 24\) nên \(t = 6\). Thời điểm mà mực nước tại cảng cao nhất là \(t = 6\) (giờ).
Đáp án cần nhập là: \(6\).
Dựa vào thông tin cung cấp dưới đây để trả lời câu hỏi 48 và 49.
Trên mỗi chiếc radio đều có các vạch chia để người sử dụng dễ dàng chọn đúng sóng radio cần tìm. Biết rằng vạch chia ở vị trí cách vạch tận cùng bên trái một khoảng thì ứng với tần số , trong đó và là hai hằng số được chọn sao cho vạch tận cùng bên trái ứng với tần số , vạch tận cùng bên phải ứng với tần số và hai vạch này cách nhau .
Giá trị của \(k\) và \(a\) (\(a\) chính xác đến hàng phần nghìn) lần lượt là:
\(k = 620;\,\,a = 2,758\).
\(k = 620;\,\,a = 0,138\).
\(k = 620;\,\,a = 1,05\).
\(k = 620;\,\,a = 1,052\).
Khi \(d = 0\) thì \(F = 620\) và khi \(d = 20\) thì \(F = 1710\).
Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}620 = k{a^0}\\1710 = k{a^{20}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 620\\{a^{20}} = \frac{{1710}}{{620}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 620\\a = \sqrt[{20}]{{\frac{{1710}}{{620}}}} \approx 1,052\end{array} \right.\).
Vậy \(k = 620;\,\,a = 1,052\). Chọn D.
Muốn mở radio tới ngay chương trình ca nhạc, ta cần chỉnh đến vạch chia cách vạch ban đầu một khoảng \(d\) bằng bao nhiêu centimét biết rằng vạch chia có chương trình ca nhạc có tần số là \(F = 1500\,\,{\rm{kHz}}\).
\(d \approx 17,43\,\,cm\).
\(d \approx 17,42\,\,cm\).
\(d \approx 2,57\,\,cm\).
\(d \approx 2,58\,\,cm\).
Chương trình ca nhạc có tần số là \(F = 1\,500\,\,kHz\), vậy ta có phương trình:
\(1500 = k{a^d} \Leftrightarrow {a^d} = \frac{{1500}}{k} \Leftrightarrow d = {\log _a}\frac{{1500}}{k} \Leftrightarrow d = {\log _{1,052}}\frac{{1500}}{{620}} \approx 17,43\left( {cm} \right)\).
Vậy muốn mở tới ngay chương trình ca nhạc, ta chỉnh đến vạch chia cách vạch ban đầu một khoảng \(17,43\,\,\left( {cm} \right)\). Chọn A.
Cho phương trình \[\left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + m + 1 = 0\], với \(m\) là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) sao cho \({x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2}\) là một số nguyên?
3.
4.
5.
6.
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' > 0}\\{m \ne 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {m + 2} \right)}^2} - \left( {m - 1} \right)\left( {m + 1} \right) > 0}\\{m \ne 1}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} + 4m + 4 - {m^2} + 1 > 0}\\{m \ne 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > - \frac{5}{4}}\\{m \ne 1}\end{array}.} \right.} \right.\)
Khi đó \({x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2} = \frac{{2\left( {m + 2} \right)}}{{m - 1}} - \frac{{m + 1}}{{m - 1}} = 1 + \frac{4}{{m - 1}}\).
Để \({x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2}\) là một số nguyên \( \Rightarrow \frac{4}{{m - 1}}\) là một số nguyên.
\( \Rightarrow m - 1\) là ước của 4, mà Ư\(\left( 4 \right) = \left\{ { \pm 4\,;\,\, \pm 2\,;\,\, \pm 1} \right\}\).
\[ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 = 1}\\{m - 1 = - 1}\\{m - 1 = 4}\\{m - 1 = - 4}\\{m - 1 = 2}\\{m - 1 = - 2}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = 0}\\{m = 5}\\{m = - 3\,\,(L)}\\{m = 3}\\{m = - 1}\end{array} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1\,;\,\,0\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,5} \right\}} \right.} \right.\].
Vậy có 5 giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.
Một hội trường A của một trường đại học có 600 chỗ ngồi và các hàng ghế được xếp theo dạng bậc thang, hàng ghế đầu tiên có 15 chỗ ngồi và cao \[0,3{\rm{ }}m\] so với mặt nền. Mỗi hàng ghế sau có thêm 3 chỗ ngồi và cao hơn \[0,2{\rm{ }}m\] so với hàng ghế ngay trước nó. Hỏi hàng ghế cuối cùng của hội trường đó sẽ cao bao nhiêu mét so với mặt nền (nhập đáp án vào ô trống)?
____
Hàng ghế đầu tiên có 15 chỗ ngồi và cao \[0,3{\rm{ }}m\] so với mặt nền.
Hàng ghế thứ hai có 18 chỗ ngồi và cao \[0,5{\rm{ }}m\] so với mặt nền.
Hàng ghế thứ hai có 21 chỗ ngồi và cao \[0,7{\rm{ }}m\] so với mặt nền.
.....
Dễ thấy, số ghế ngồi và độ cao của mỗi hàng ghế lập thành các cấp số cộng.
Xét số ghế ngồi: \({u_1} = 15\) và công sai \(d = 3\) nên \[{S_n} = \frac{{\left[ {30 + 3\left( {n - 1} \right)} \right] \cdot n}}{2} = 600\] với \(n\) là số hàng ghế (điều kiện: \(n \in {\mathbb{N}^*}\)). Suy ra \(3{n^2} + 27n - 1\,\,200 = 0 \Leftrightarrow n = 16\). Do đó, có 16 hàng ghế.
Xét độ cao của các hàng ghế có: \({u'_1} = 0,3\) và \(d' = 0,2\).
Suy ra hàng ghế cuối cùng cao so với mặt nền là \({u'_{16}} = 0,3 + 15 \cdot 0,2 = 3,3\,\,(m).\)
Đáp án cần nhập là: 3,3.
Một người chơi nhảy bungee trên một cây cầu với một sợi dây dài \[100{\rm{ }}m\]. Sau mỗi lần rơi xuống, người chơi được kéo lên một quãng đường có độ dài bằng 80% so với lần rơi trước và lại rơi xuống đúng bằng quãng đường vừa được kéo lên. Tổng quãng đường đi lên của người đó sau 10 lần được kéo lên gần nhất với giá trị nào trong các giá trị dưới đây?
\(357,05\;\,{\rm{m}}\).
\(356,12\;\,{\rm{m}}\).
\(358,01\;\,{\rm{m}}\).
\(356,09\,\;{\rm{m}}\).
Gọi \({u_n}\) là quãng đường đi lên của người đó sau \(n\) lần kéo lên.
Sau lần rơi đầu tiên, quãng đường đi lên của người đó là \({u_1} = 100 \cdot 80\% = 80\) (m).
Sau lần rơi thứ hai, quãng đường đi lên của người đó là \({u_2} = 80 \cdot 80\% = 80 \cdot 0,8\) (m).
Sau lần rơi thứ ba, quãng đường đi lên của người đó là \({u_3} = 80 \cdot 0,8 \cdot 0,8\) (m). …
Khi đó, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = 80\) và công bội \(q = 0,8.\)
Tổng quãng đường đi lên của người đó sau 10 lần được kéo lên là:
\({S_{10}} = \frac{{80 \cdot \left( {1 - {{0,8}^{10}}} \right)}}{{1 - 0,8}} \approx 357,05\,\,({\rm{m}}).\) Chọn A.
Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {1 + x} \right)\left( {1 + 2x} \right)\left( {1 + 3x} \right) \cdot \cdot \cdot \left( {1 + 2018x} \right) - 1}}{x}\) ta được kết quả là:
\(2018 \cdot 2019\).
\(2019\).
\(2018\).
\(1009 \cdot 2019\).
Đặt \(f\left( x \right) = \left( {1 + x} \right)\left( {1 + 2x} \right)\left( {1 + 3x} \right) \cdot \cdot \cdot \left( {1 + 2018x} \right)\). Suy ra \(f\left( 0 \right) = 1\).
Khi đó ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {1 + x} \right)\left( {1 + 2x} \right)\left( {1 + 3x} \right) \cdot \cdot \cdot \left( {1 + 2018x} \right) - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{{x - 0}} = f'\left( 0 \right)\).
Có: \(f'\left( x \right) = 1 \cdot \left( {1 + 2x} \right) \cdot \cdot \cdot \left( {1 + 2018x} \right) + 2 \cdot \left( {1 + x} \right)...\left( {1 + 2018x} \right) + \cdot \cdot \cdot + 2018 \cdot \left( {1 + x} \right) \cdot \cdot \cdot \left( {1 + 2017x} \right)\).
Suy ra: \(f'\left( 0 \right) = 1 + 2 + 3... + 2018 = 2018 \cdot \frac{{2018 + 1}}{2} = 1009 \cdot 2019\). Chọn D.
Đạo hàm của hàm số \(y = {5^x}\) là:
\({5^x} \cdot \log 5\).
\({5^x} \cdot \ln 5\).
\({5^{x - 1}}\).
\(x \cdot {5^{x - 1}}\).
Ta có \({\left( {{5^x}} \right)^\prime } = {5^x} \cdot \ln 5\). Chọn B.
Cho phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {m + 6{\rm{x}}} \right) + {\log _2}\left( {3 - 2{\rm{x}} - {x^2}} \right) = 0\). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số \[m\] để phương trình đã cho có nghiệm?
17.
23.
9.
15.
Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {m + 6{\rm{x}}} \right) + {\log _2}\left( {3 - 2{\rm{x}} - {x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3 - 2{\rm{x}} - {x^2}} \right) = {\log _2}\left( {m + 6{\rm{x}}} \right)\)
.
Xét hàm số \(f\left( x \right) = - {x^2} - 8{\rm{x}} + 3\) trên \(\left( { - 3;1} \right)\), có \(f'\left( x \right) = - 2{\rm{x}} - 8 < 0;\forall x \in \left( { - 3;1} \right)\).
Khi đó, hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 3;1} \right)\).
Do đó, để \(m = f\left( x \right)\) có nghiệm thuộc \(\left( { - 3;1} \right) \Leftrightarrow f\left( 1 \right) < m < f\left( { - 3} \right) \Leftrightarrow - 6 < m < 18\).
Kết hợp với \[m\] nguyên dương có 17 giá trị cần tìm. Chọn A.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = - x\left( {2x - 5} \right),\,\,\forall x \in \mathbb{R}\). Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
\(\left( {0;2} \right)\).
\(\left( {\frac{5}{2}; + \infty } \right)\).
\[\left( { - \infty ;\frac{5}{2}} \right)\].
Theo đề, ta có: \(f'\left( x \right) = - x\left( {2x - 5} \right),\,\,\forall x \in \mathbb{R}\). Có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = \frac{5}{2}\).
Bảng biến thiên của hàm số như sau:
![Kết hợp với \[m\] nguyên d (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/03/8-1772365689.png)
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{5}{2}} \right)\), nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {\frac{5}{2}; + \infty } \right)\).
Vì \(\left( {0;2} \right) \subset \left( {0;\frac{5}{2}} \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\). Chọn B.
Cho hàm số \(y = {x^3} - 3\left( {m + 1} \right){x^2} + 3m{\rm{x}} + 2\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Có bao nhiêu giá trị của m để \(\left( C \right)\) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt \(A\left( {1;0} \right)\), B, C sao cho tiếp tuyến tại B và C của \(\left( C \right)\) song song với nhau (nhập đáp án vào ô trống)?
__
Phương trình hoành độ giao điểm là: \({x^3} - 3\left( {m + 1} \right){x^2} + 3m{\rm{x}} + 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left[ {{x^2} - \left( {3m + 2} \right)x - 2} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\g\left( x \right) = {x^2} - \left( {3m + 2} \right)x - 2 = 0\end{array} \right.\).
+) Để \(\left( C \right)\) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow g\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta = {\left( {3m + 2} \right)^2} + 8 > 0\\g\left( 1 \right) = - 3m - 3 \ne 0\end{array} \right.\left( * \right)\).
Khi đó gọi, \(B\left( {{x_1};0} \right),C\left( {{x_2};0} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 3m + 2\\{x_1}{x_2} = - 2\end{array} \right.\left( {{x_1} \ne {x_2}} \right)\).
Ta có: \({k_1} = y'\left( {{x_1}} \right) = 3{\rm{x}}_1^2 - 6\left( {m + 1} \right){x_1} + 3m,{k_2} = y'\left( {{x_2}} \right) = 3x_2^2 - 6\left( {m + 1} \right){x_2} + 3m\)
Do tiếp tuyến tại B và C song song nên ta có: \({k_1} = {k_2} \Leftrightarrow x_1^2 - 2\left( {m + 1} \right){x_1} = x_2^2 - 2\left( {m + 1} \right){x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2} - 2m - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 2m + 2 \Leftrightarrow 3m + 2 = 2m + 2 \Leftrightarrow m = 0\) (t/m).
Vậy có 1 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án cần nhập là: 1.
Cho hàm số bậc ba \[y = f\left( x \right)\]. Hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình dưới đây.
Hàm số \[y = f\left( {2 - {x^2}} \right)\] đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
\[\left( { - \infty ; - 1} \right)\].
\(\left( { - \infty \,;\,1} \right)\).
\(\left( { - 1\,;\,1} \right)\).
\(\left( {4\,;\,5} \right)\).
Ta có \[y = f\left( {2 - {x^2}} \right)\], suy ra \[y' = - 2xf'\left( {2 - {x^2}} \right)\].
Xét \[y' = - 2xf'\left( {2 - {x^2}} \right) > 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\1 < 2 - {x^2} < 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\\left[ \begin{array}{l}2 - {x^2} < 1\\2 - {x^2} > 2\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\ - 1 < x < 1,x \ne 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\\left[ \begin{array}{l}x < - 1\\x > 1\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < x < 1\\x < - 1\end{array} \right.\].
Vậy hàm số \[y = f\left( {2 - {x^2}} \right)\] đồng biến trên các khoảng \[\left( { - \infty ; - 1} \right)\] và \[\left( {0;1} \right)\]. Chọn A.
Cho hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình bên. Tìm số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\). 
\(3\).
\(2\).
\(4\).
\(1\).
Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\). Có \(g'\left( x \right) = 0\; \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - 2 = 0}\\{{x^2} - 2x = - 1}\\{{x^2} - 2x = 2}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1 + \sqrt 3 \\x = 1 - \sqrt 3 \end{array} \right.\).
Do \(g'\left( x \right)\) đổi dấu khi qua các nghiệm \(x = 1\) và \(x = 1 + \sqrt 3 \) nên \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\) có 2 điểm cực trị trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\). Chọn B.
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên \[\left[ { - 2;3} \right]\] và có đồ thị như hình vẽ bên. Gọi \[M\] và \[m\]lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số \[y = f\left( {{\rm{2cos}}\,5x + 1} \right)\]. Giá trị của \[M - 2m\]bằng:
\(M - 2m = 5\).
\(M - 2m = 3\).
\(M - 2m = 6\).
\(M - 2m = 7\).
Ta có \( - 1 \le \cos 5x \le 1 \Leftrightarrow - 2 \le 2\cos 5x \le 2 \Leftrightarrow - 1 \le 2\cos 5x + 1 \le 3\).
Đặt \(t = 2\cos 5x + 1\) với \(x \in \left[ { - 2;3} \right]\) thì \(t \in \left[ { - 1;3} \right]\).
Khi đó, \(y = f\left( {2\cos 5x + 1} \right) = f\left( t \right)\) với \(t \in \left[ { - 1;3} \right]\). Suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}M = 5\\m = 0\end{array} \right. \Rightarrow M - 2m = 5.\) Chọn A.
Cho hàm số \(y = 2{x^3} - 6{x^2} + 2\left( {2 - m} \right)x + m\). Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { - 2024;2024} \right]\) để hàm số có hai điểm cực trị (nhập đáp án vào ô trống)?
_____
Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\].
Ta có \(y = 2{x^3} - 6{x^2} + 2\left( {2 - m} \right)x + m \Rightarrow \)\[y' = 6{x^2} - 12x + 2\left( {2 - m} \right)\].
Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi \[y' = 6{x^2} - 12x + 2\left( {2 - m} \right) = 0{\rm{ }}\]có hai nghiệm phân biệt
\[ \Leftrightarrow \Delta ' = 36 - 12\left( {2 - m} \right) > 0 \Leftrightarrow 12 + 12m > 0 \Leftrightarrow m > - 1.\]
Với \(\left\{ \begin{array}{l}m \in \left[ { - 2024;2024} \right]\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;...;2024} \right\}\)\( \Rightarrow \) Có \(2\,025\) giá trị của \(m\) thỏa mãn YCBT.
Đáp án cần nhập là: \(2025\).
\[\int {{{\left( {\cos \frac{x}{2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} \] bằng:
\[x + \sin x + C\].
\[\frac{1}{3}{\left( {\cos \frac{x}{2}} \right)^3} + C\].
\[{\left( {\sin \frac{x}{2}} \right)^2} + C\].
\[\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\sin x + C\].
Ta có: \[\int {{{\left( {\cos \frac{x}{2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \int {\frac{{1 + \cos x}}{2}{\rm{d}}x} = \frac{1}{2}\int {{\rm{d}}x} + \frac{1}{2}\int {\cos x{\rm{d}}x} = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\sin x + C\].
Chọn D.
Đồ thị của hàm số nào trong các hàm số sau đây có tiệm cận xiên?
\[y = {x^2}\].
\[y = {x^3} - 3x + 4\].
\[y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\].
\[y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}\].
Hàm số đa thức bậc hai và ba không có tiệm cận nên loại phương án A và B.
Hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) chỉ có tiệm cận đứng và ngang nên loại phương án C.
Ta có: \[y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = x + \frac{1}{{x - 1}}\].
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x - 1}} = 0,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{x - 1}} = 0.\]
Vậy hàm số \[y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}\] có tiệm cận xiên là đường thẳng \[y = x\]. Chọn D.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định và liên tục trên \(\mathbb{R}\), có bảng biến thiên như sau:
Xác định số nghiệm của phương trình \(2\left[ {f\left( x \right)} \right]{}^2 - 3f\left( x \right) + 1 = 0\), biết \(f\left( { - 4} \right) = 0\) (nhập đáp án vào ô trống).
__
Ta có \(2\left[ {f\left( x \right)} \right]{}^2 - 3f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 1\\f\left( x \right) = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).
• Xét phương trình \(f\left( x \right) = 1\) (1). Quan sát bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = 1\) tại 1 điểm duy nhất.
• Xét phương trình \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}\) (2). Quan sát bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\) tại 2 điểm phân biệt.
Đồng thời nghiệm của phương trình (1) khác 2 nghiệm của phương trình (2) nên số nghiệm của phương trình đã cho là 3.
Đáp án cần nhập là: \(3\).
Giá trị trung bình của hàm số liên tục \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {a;\,b} \right]\) được định nghĩa là \[\frac{1}{{b - a}}\int\limits_a^b {f\left( x \right)dx} \]. Giả sử nhiệt độ (tính bằng °C) tại thời điểm t giờ trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa ở một địa phương vào một ngày nào đó được mô hình hoá bởi hàm số \[T\left( t \right) = 20 + 1,5\left( {t - 6} \right),{\rm{ }}6 \le t \le 12\]. Tìm nhiệt độ trung bình vào ngày đó trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa (nhập đáp án vào ô trống).
_____
Nhiệt độ trung bình vào ngày đó trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa là:\(\frac{1}{{12 - 6}}\int\limits_6^{12} {T\left( t \right){\rm{d}}t} = \frac{1}{6}\int\limits_6^{12} {\left( {1,5t + 11} \right)\,} {\rm{d}}t = \left. {\frac{1}{6}\left( {\frac{3}{4}{t^2} + 11t} \right)} \right|_6^{12} = 24,5\,\,\left( {^\circ {\rm{C}}} \right).\)
Đáp án cần nhập là: \(24,5\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\), có đạo hàm là \(f'\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và hàm số \(f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình bên. Hỏi hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bao nhiêu cực trị?
1.
0.
3.
2.
Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = a}\\{x = b}\\{x = c}\end{array}} \right.\,\,\left( {a < b < c} \right)\). Ta có bảng xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 3 cực trị. Chọn C.
Cho đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) như hình vẽ bên. Tìm \(m\) để phương trình \(f\left( x \right) + 1 = m\) có đúng 3 nghiệm?
\( - 3 < m < 1\).
\( - 4 < m < 0\).
\( - 5 < m < 1\).
\( - 4 < m < 1\).
Ta có: \(f\left( x \right) + 1 = m \Leftrightarrow f\left( x \right) = m - 1\).
Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) + 1 = m\) bằng số giao điểm của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = m - 1\).
Dựa vào đồ thị, ta có ycbt
\( \Leftrightarrow - 4 < m - 1 < 0 \Leftrightarrow - 3 < m < 1\). Chọn A.
Biết \(F\left( x \right) = {x^2}\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(\mathbb{R}\). Giá trị của \(\int\limits_1^2 {\left[ {2 + f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} \) bằng bao nhiêu (nhập đáp án vào ô trống)?
__
Ta có: \(\int\limits_1^2 {\left[ {2 + f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_1^2 {2dx} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} = \left. {2x} \right|_1^2 + \left. {{x^2}} \right|_1^2 = 2 + 3 = 5\).
Đáp án cần nhập là: 5.
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right):\,{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 4\). Tâm của \(\left( S \right)\) có tọa độ là:
\(\left( { - 2;1; - 3} \right)\).
\(\left( { - 4;2; - 6} \right)\).
\(\left( {4; - 2;6} \right)\).
\(\left( {2; - 1;3} \right)\).
Mặt cầu \(\left( S \right):\,{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 4\) có tâm \(I\left( {2; - 1;3} \right)\). Chọn D.
Người A đứng ở đỉnh của tòa nhà và quan sát chiếc diều, nhận thấy góc nâng (góc nghiêng giữa phương từ mắt của người A tới chiếc diều và phương nằm ngang) là \(\alpha = 35^\circ \); khoảng cách từ đỉnh tòa nhà tới mắt người A là 1,5 m. Cùng lúc đó ở dưới chân tòa nhà, người B cũng quan sát chiếc diều và thấy góc nâng là \(\beta = 75^\circ \); khoảng cách từ mặt đất đến mắt người B cũng là 1,5 m. Biết chiều cao của tòa nhà là \(h = 20\,m\) (hình vẽ bên). Chiếc diều bay cao bao nhiêu mét so với mặt đất (nhập đáp án vào ô trống, làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
___
Đặt tên các điểm như hình bên. Xét tam giác \(MND\), ta có: \(MN = h = 20\;m\), Áp dụng định lí sin cho tam giác \(MND\) ta có: \(\frac{{MD}}{{\sin N}} = \frac{{ND}}{{\sin M}} = \frac{{MN}}{{\sin D}}\).
Suy ra \(MD = \frac{{MN\sin N}}{{\sin D}} = \frac{{20\sin 125^\circ }}{{\sin 40^\circ }} \approx 25,5\,\,\left( m \right)\). Xét tam giác vuông \(MHD\) ta có: \(HD = MD \cdot \sin \beta \approx 25,5 \cdot \sin 75^\circ \approx 24,6\,\,\left( m \right){\rm{.}}\) Do đó, \(DE \approx 1,5 + 24,6 \approx 26\,\,\left( {\;m} \right)\). Vậy chiếc diều bay cao khoảng \(26\;m\) so với mặt đất. Đáp án cần nhập là: \(26\). |  |
Gọi \(S\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = - 3\), \(x = 2\) (hình vẽ bên). Đặt \(a = \int\limits_{ - 3}^1 {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x} \), \(b = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x} \). Mệnh đề nào sau đây là đúng?
\(S = a + b\).
\(S = a - b\).
\(S = - a - b\).
\(S = b - a\).
Ta có \(S = \int\limits_{ - 3}^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|\,{\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_{ - 3}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|\,{\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|\,{\rm{d}}x} \) \( = - \int\limits_{ - 3}^1 {\,f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)\( = - a + b\).
ChọnD.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) là:
h = .
h = a.
h = .
h = .
Gọi \(M\), \(N\) là trung điểm của \(AB\), \(CD\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) lên \(SN\) ta có \(\left. \begin{array}{l}CD \bot MH\\SN \bot MH\end{array} \right\} \Rightarrow MH \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow MH = d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)\). Mà \(AM\,{\rm{//}}\,\left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow MH = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\). Mặt khác ta có: \(SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\); \(MN = a\). |  |
Xét tam giác vuông \(SMN\) ta có: \(MH = \sqrt {\frac{{S{M^2} \cdot M{N^2}}}{{S{M^2} + M{N^2}}}} \) \( = a\frac{{\sqrt {21} }}{7}\). Chọn A.
Từ hình vuông có cạnh bằng \[6\], người ta cắt bỏ các tam giác vuông cân tạo thành hình tô đậm như hình vẽ bên. Sau đó người ta gập thành hình hộp chữ nhật không nắp. Thể tích lớn nhất của khối hộp bằng:![Từ hình vuông có cạnh bằng \[6\], người ta cắt bỏ các tam giác vuông cân tạo thành hình tô đậm như hình vẽ bên. Sau đó người ta gập thành hình hộp chữ nhật không nắp. Thể tích lớn nhất của khối hộp bằng: (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/03/10-1772369106.png)
\(4\sqrt 2 \).
\(6\sqrt 2 \).
\(8\sqrt 2 \).
\(10\sqrt 2 \).
Gọi cạnh hình tam giác cân bị cắt bỏ có độ dài \(x\) với \(0 < x < 3\)\( \Rightarrow AN = BM = x \Rightarrow MN = 6 - 2x\)\( \Rightarrow EM = EN = \frac{{6 - 2x}}{{\sqrt 2 }}\). Hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh \(MF = x\sqrt 2 \), có chiều cao \(EN = \frac{{6 - 2x}}{{\sqrt 2 }}\). | ![Từ hình vuông có cạnh bằng \[6\], người ta cắt bỏ các tam giác vuông cân tạo thành hình tô đậm như hình vẽ bên. Sau đó người ta gập thành hình hộp chữ nhật không nắp. Thể tích lớn nhất của khối hộp bằng: (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/03/25-1772369150.png) |
\( \Rightarrow V = M{F^2} \cdot EN = 2{x^2} \cdot \frac{{6 - 2x}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 {x^2}\left( {6 - 2x} \right) = - 2\sqrt 2 {x^3} + 6\sqrt 2 {x^2}\).
\( \Rightarrow V' = - 6\sqrt 2 {x^2} + 12\sqrt 2 x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow {V_{{\rm{max}}}} = V\left( 2 \right) = - 2\sqrt 2 \cdot {2^3} + 6\sqrt 2 \cdot {2^2} = 8\sqrt 2 \). Chọn C.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\) cạnh \(a\), \(SO\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(SO = a\). Khoảng cách giữa \(SC\) và \(AB\) bằng:
\[\frac{{a\sqrt 3 }}{{15}}\].
\[\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\].
\[\frac{{2a\sqrt 3 }}{{15}}\].
\[\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\].
Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh\[AB,CD\]; \[H\] là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên \(SN.\) Vì \[AB{\rm{//}}CD\] nên \(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right)\) \( = d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)\)\( = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)\). Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SO\\CD \bot ON\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SON} \right) \Rightarrow CD \bot OH\]. |  |
Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OH\\OH \bot SN\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\].
Tam giác \(SON\) vuông tại \(O\) nên \[\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{N^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\].
Vậy \(d\left( {AB,SC} \right) = 2OH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\). ChọnD.
Biết \(\int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}} {\left( {2\sin x + 3\cos x + x} \right)dx} = \frac{{a + b\sqrt 3 }}{2} + \frac{{5{\pi ^2}}}{c}\)\(\left( {a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,c \in \mathbb{Z}} \right)\). Khi đó giá trị của biểu thức \(P = a + 2b + 3c\) bằng (nhập đáp án vào ô trống):
____
Ta có: \(\int\limits_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}} {\left( {2\sin x + 3\cos x + x} \right)dx} = \left. {\left( { - 2\cos x + 3\sin x + \frac{1}{2}{x^2}} \right)} \right|_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{\pi }{2}} = \frac{{8 - 3\sqrt 3 }}{2} + \frac{{5{\pi ^2}}}{{72}}\).
\( \Rightarrow P = a + 2b + 3c = 218\).
Đáp án cần nhập là: 218.
Cho tứ diện \[ABCD\], trong đó có tam giác \[BCD\] không cân. Gọi \[M,\,\,N\] lần lượt là trung điểm của \[AB,\,\,CD\] và \[G\] là trung điểm của đoạn \[MN.\] Gọi \[{A_1}\] là giao điểm của \[AG\] và \[\left( {BCD} \right)\]. Khẳng định nào sau đây đúng?
\[{A_1}\] là tâm đường tròn tam giác \[BCD\].
\({A_1}\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[BCD\].
\({A_1}\) là trực tâm tam giác \[BCD\].
\({A_1}\) là trọng tâm tam giác \[BCD\].
Mặt phẳng \[\left( {ABN} \right)\] cắt mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\] theo giao tuyến \[BN\,.\] Mà \[AG \subset \left( {ABN} \right)\] suy ra \[AG\] cắt \[BN\] tại điểm \[{A_1}\,.\] Qua \[M\] dựng \[MP\]//\[A{A_1}\] với \[P \in BN\,.\] Có \[M\] là trung điểm của \[AB\] suy ra \[P\] là trung điểm \[B{A_1}\, \Rightarrow \,\,BP = P{A_1}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).\] Tam giác \[MNP\] có \[MP\]//\[G{A_1}\] và \[G\] là trung điểm của \[MN\,.\] Suy ra \[{A_1}\] là trung điểm của \[NP\,\, \Rightarrow \,\,P{A_1} = N{A_1}\,\,\,\,\left( 2 \right).\] Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right)\] suy ra \[BP = P{A_1} = {A_1}N\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{B{A_1}}}{{BN}} = \frac{2}{3}\] mà \[N\] là trung điểm của \[CD\,.\] Do đó, \[{A_1}\] là trọng tâm của tam giác \[BCD\,.\] Chọn D. | ![Do đó, \[{A_1}\] là trọng tâm của tam giác \[ (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/03/28-1772369257.png) |
Với giá trị nào của m thì đường thẳng ∆: 4x + 3y + m = 0 tiếp xúc với đường tròn \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} - 9 = 0\)?
m = –3.
m = 3 hoặc m = –3.
m = 3.
m = 15 hoặc m = –15.
Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(O\left( {0;0} \right)\), bán kính R = 3.Vì ∆ tiếp xúc với \(\left( C \right)\) nên ta có \(d\left( {O,\Delta } \right) = R\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {4 \cdot 0 + 3 \cdot 0 + m} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 3 \Leftrightarrow \left| m \right| = 15 \Leftrightarrow \) m = 15 hoặc m = –15.
Vậy m = 15 hoặc m = –15 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D.
Trong không gian với hệ toạ độ \(Oxyz\), cho vectơ \(\overrightarrow a = \left( {0; - 1;1} \right),\,\,\overrightarrow b = \left( { - 1;0; - m} \right)\). Có bao nhiêu giá trị thực của m để góc giữa vectơ \(\overrightarrow a \) và vectơ \(\overrightarrow b \) bằng \(60^\circ \)?
1.
0.
2.
3.
Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right|}} \Leftrightarrow \cos 60^\circ = \frac{{ - m}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{1^2} + {m^2}} }} \Leftrightarrow \frac{1}{2} = \frac{{ - m}}{{\sqrt 2 \cdot \sqrt {1 + {m^2}} }}\).
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\{m^2} - 1 = 0\end{array} \right. \Rightarrow m = - 1\). Chọn A.
Trong không gian với hệ trục tọa độ \[Oxyz\], cho hai điểm \(A\left( {1;1;0} \right)\), \(B\left( {0; - 1;2} \right)\). Biết rằng có hai mặt phẳng cùng đi qua hai điểm \(A\), \(O\) và cùng cách \(B\) một khoảng bằng \(\sqrt 3 \). Vectơ nào trong các vectơ dưới đây là một vectơ pháp tuyến của một trong hai mặt phẳng đó?
\(\overrightarrow n = \left( {1; - 1; - 1} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {1; - 1; - 3} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {1; - 1;5} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {1; - 1; - 5} \right)\).
Phương trình đường thẳng qua hai điểm \(A\), \(O\) có dạng \(\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = t\\z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 0\\z = 0\end{array} \right.\).
Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng cùng đi qua hai điểm \(A\), \(O\) nên \(\left( P \right)\): \(m\left( {x - y} \right) + nz = 0\), \({m^2} + {n^2} > 0\). Khi đó vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) có dạng \(\overrightarrow n = \left( {m; - m;n} \right)\).
Ta có \(d\left( {B,\left( P \right)} \right) = \sqrt 3 \Leftrightarrow \frac{{\left| {m + 2n} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + {m^2} + {n^2}} }} = \sqrt 3 \) \( \Leftrightarrow 5{m^2} - 4mn - {n^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = m\\n = - 5m\end{array} \right.\).
+ Với \(n = m\), ta có \(\overrightarrow n = \left( {m; - m;m} \right) = m\left( {1; - 1;1} \right)\). Khi đó, \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1; - 1;1} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\).
+ Với \(n = - 5m\), ta có \(\overrightarrow n = \left( {m; - m; - 5m} \right) = m\left( {1; - 1; - 5} \right)\). Khi đó, \(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1; - 1; - 5} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\). ChọnD.
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai đường thẳng chéo nhau \[{d_1}:\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y - 6}}{{ - 2}} = \frac{{z + 2}}{1}\] và \[{d_2}:\frac{{x - 4}}{1} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{{z + 2}}{{ - 2}}\]. Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \({d_1}\) và song song với đường thẳng \({d_2}\) là:
\(\left( P \right):x + 5y + 8z - 16 = 0\).
\(\left( P \right):x + 5y + 8z + 16 = 0\).
\(\left( P \right):x + 4y + 6z - 12 = 0\).
\(\left( P \right):2x + y - 6 = 0\).
Đường thẳng \({d_1}\) đi qua \(A\left( {2;6; - 2} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2; - 2;1} \right)\).
Đường thẳng \({d_2}\) có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;3; - 2} \right)\).
Gọi \(\overrightarrow n \) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\). Do mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \({d_1}\) và song song với đường thẳng \({d_2}\) nên \[\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {1;5;8} \right)\].
Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( {2;6; - 2} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow n = \left( {1;5;8} \right)\] là \(x + 5y + 8z - 16 = 0\). ChọnA.
Bổ dọc một quả dưa hấu ta được thiết diện là hình elip có trục lớn \(28\,{\rm{cm}}\), trục nhỏ \(25\,{\rm{cm}}\). Biết cứ \(1\,000\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\) dưa hấu sẽ làm được cốc sinh tố giá \(20\,000\) đồng. Hỏi từ quả dưa hấu trên có thể thu được khoảng bao nhiêu tiền từ việc bán nước sinh tố? Biết rằng bề dày vỏ dưa không đáng kể.
\(183\,000\) đồng.
\(180\,000\) đồng.
\(185\,000\) đồng.
\(190\,000\) đồng.
Đường elip có trục lớn \(28\,{\rm{cm}}\), trục nhỏ \(25\,{\rm{cm}}\) có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {\frac{{28}}{2}} \right)}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{\left( {\frac{{25}}{2}} \right)}^2}}} = 1\)\( \Leftrightarrow {y^2} = {\left( {\frac{{25}}{2}} \right)^2}\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{14}^2}}}} \right)\)\( \Leftrightarrow y = \pm \frac{{25}}{2}\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{14}^2}}}} \).
Do đó thể tích quả dưa là: \[V = \pi \int\limits_{ - 14}^{14} {{{\left( {\frac{{25}}{2}\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{14}^2}}}} } \right)}^2}{\rm{d}}x} \]\( = \pi {\left( {\frac{{25}}{2}} \right)^2}\int\limits_{ - 14}^{14} {\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{14}^2}}}} \right){\rm{d}}x} \)
\( = \pi {\left( {\frac{{25}}{2}} \right)^2} \cdot \left. {\left( {x - \frac{{{x^3}}}{{3 \cdot {{14}^2}}}} \right)} \right|_{ - 14}^{14}\)\( = \pi {\left( {\frac{{25}}{2}} \right)^2} \cdot \frac{{56}}{3}\)\( = \frac{{8750\pi }}{3}\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).
Do đó tiền bán nước thu được là: \(\frac{{8\,750\pi \cdot 20\,000}}{{3 \cdot 1\,000}} \approx 183\,260\,\)đồng. ChọnA.
Trong không gian \[Oxyz\], cho mặt phẳng \[\left( P \right):2x - y + 2z + 3 = 0\] và hai đường thẳng \[{d_1}:\frac{x}{3} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{1}\];\[{d_2}:\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z + 3}}{1}\]. Xét các điểm \[A,\,B\] lần lượt di động trên \[{d_1}\] và \[{d_2}\] sao cho \[AB\] song song với mặt phẳng \[\left( P \right)\]. Tập hợp trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) là:
Một đường thẳng có vectơ chỉ phương\(\overrightarrow u = \left( { - 9;8; - 5} \right)\).
Một đường thẳng có vectơ chỉ phương\(\overrightarrow u = \left( { - 5;9;8} \right)\).
Một đường thẳng có vectơ chỉ phương\(\overrightarrow u = \left( {1; - 2; - 5} \right)\).
Một đường thẳng có vectơ chỉ phương\(\overrightarrow u = \left( {1;5; - 2} \right)\).
Ta có \(A \in {d_1} \Rightarrow A\left( {3a;1 - a; - 1 + a} \right)\); \(B \in {d_2} \Rightarrow B\left( {2 + b;1 - 2b; - 3 + b} \right)\).
\(\overrightarrow {AB} = \left( {2 + b - 3a; - 2b + a;b - 2 - a} \right)\); \({\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2; - 1;2} \right)\).
Do \[AB\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\] nên \[\overrightarrow {AB} \cdot {\vec n_{\left( P \right)}} = 0 \Leftrightarrow a = \frac{2}{3}b\].
Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] là \(I\left( {\frac{{3a + 2 + b}}{2};\frac{{2 - 2b - a}}{2};\frac{{ - 4 + a + b}}{2}} \right)\)
hay \(I\left( {1 + \frac{3}{2}b;1 - \frac{8}{6}b; - 2 + \frac{5}{6}b} \right)\).
Suy ra tập hợp điểm I là một đường thẳng \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + \frac{3}{2}b\\y = 1 - \frac{8}{6}b\\z = - 2 + \frac{5}{6}b\end{array} \right.\).
Ta có \( - 6\left( {\frac{3}{2}; - \frac{8}{6};\frac{5}{6}} \right) = \left( { - 9;8; - 5} \right)\). Vậy tập hợp trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) là một đường thẳng có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( { - 9;8; - 5} \right)\). ChọnA.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 + t\\z = 3 + 2t\end{array} \right.\). Điểm \(H\left( {a;b;c} \right)\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\left( {2;1;4} \right)\) trên đường thẳng \(\Delta \). Khi đó giá trị của biểu thức \(a + b - \frac{c}{3}\) bằng (nhập đáp án vào ô trống):
__
Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng đi qua điểm \(A\) và vuông góc với đường thẳng \(\Delta \). Khi đó: \(H = \Delta \cap \left( P \right)\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\left( {x - 2} \right) + \left( {y - 1} \right) + 2\left( {z - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y + 2z - 11 = 0\).
Vì \(H \in \Delta \) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 2 + t\\b = 3 + t\\c = 3 + 2t\end{array} \right.\).
Vì \(H \in \left( P \right)\) nên ta có: \(\left( {2 + t} \right) + \left( {3 + t} \right) + 2\left( {3 + 2t} \right) - 11 = 0 \Leftrightarrow t = 0 \Rightarrow H\left( {2;3;3} \right)\).
Vậy ta có \(a = 2\), \(b = 3\), \(c = 3\) nên \(a + b - \frac{c}{3} = 4\).
Đáp án cần nhập là: 4.
Trong không gian \[Oxyz\], cho điểm \(I\left( {1;0;0} \right)\)và đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{2} = \frac{{z + 2}}{1}\). Phương trình mặt cầu \[\left( S \right)\]có tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB đều là:
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{{20}}{3}\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{{20}}{3}\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{{16}}{4}\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{5}{3}\).
Đường thẳng \[d\] đi qua \[M\left( {1;\,1;\, - 2} \right)\]và có VTCP \[\overrightarrow u = \left( {1;\,2;1} \right)\].
Ta có \[\overrightarrow {MI} = \left( {0; - 1;2} \right)\]và \[\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {MI} } \right] = \left( {5; - 2; - 1} \right)\].
Gọi H là hình chiếu của I trên d. Có: \[IH = d\left( {I,\,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {MI} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \sqrt 5 \].
Xét tam giác IAB, có \[IH = R \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow R = \frac{{2IH}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2\sqrt {15} }}{3}\].
Vậy phương trình mặt cầu là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{{20}}{3}.\) ChọnB.
Cho các điểm \[A\left( {0;4; - 2} \right){\rm{, }}B\left( {1;2; - 1} \right)\]và mặt phẳng \[\left( P \right):x + y + z + 1 = 0\]. Biết điểm M thuộc \(\left( P \right)\) sao cho biểu thức \[M{A^2} - 2M{B^2}\]đạt giá trị lớn nhất. Tính OM.
\[OM = \sqrt 6 \].
\[OM = \sqrt 3 \].
\[OM = \sqrt 2 \].
\[OM = 2\].
Gọi I là điểm thỏa mãn \[\overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {IB} = \overrightarrow 0 \Rightarrow I\left( {2;0;0} \right)\].
Khi đó \[M{A^2} - 2M{B^2} = {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} - 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} = - M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {IB} } \right) + I{A^2} - 2I{B^2}\]
\[ = - M{I^2} + I{A^2} - 2I{B^2}\] lớn nhất \[ \Leftrightarrow MI\] nhỏ nhất \[ \Leftrightarrow \]M là hình chiếu của I trên mặt phẳng \(\left( P \right)\). Khi đó phương trình MI là: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = t\\z = t\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {2 + t;t;t} \right)\].
Cho\[M \in \left( P \right) \Rightarrow 2 + t + t + t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = - 1 \Rightarrow M\left( {1; - 1; - 1} \right) \Rightarrow OM = \sqrt 3 \] . Chọn B.
Cho bảng số liệu điểm bài kiểm tra môn toán của \(20\) học sinh.
Tìm số trung vị của bảng số liệu trên (nhập đáp án vào ô trống).
____
Số trung vị của bảng số liệu có \[20\] số là trung bình cộng của số thứ \[10\] và số thứ \[11\].
Ta có số thứ \[10\] là \[7\]; số thứ \[11\] là \[8\]. Do đó \({M_e} = \frac{{7 + 8}}{2} = 7,5\).
Đáp án cần nhập là: 7,5.
Một hộp đựng 11 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 11. Chọn ngẫu nhiên 4 tấm thẻ từ hộp. Xác suất để tổng số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ là:
\(\frac{5}{6}\).
\(\frac{6}{{33}}\).
\(\frac{{16}}{{33}}\).
\(\frac{{17}}{{33}}\).
Ta có \(n\left( \Omega \right) = C_{11}^4 = 330\).
Gọi biến cố \(A\): “Tổng số ghi trên 4 tấm thẻ ấy là một số lẻ”.
Từ 1 đến 11 có 6 số lẻ và 5 số chẵn. Để có tổng của 4 số là một số lẻ ta có 2 trường hợp.
Trường hợp 1: Chọn được 1 thẻ mang số lẻ và 3 thẻ mang số chẵn có: \(C_6^1 \cdot C_5^3 = 60\) cách.
Trường hợp 2: Chọn được 3 thẻ mang số lẻ và 1 thẻ mang số chẵn có: \(C_6^3 \cdot C_5^1 = 100\) cách.
Do đó \(n\left( A \right) = 60 + 100 = 160\). Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{160}}{{330}} = \frac{{16}}{{33}}\). Chọn C.
Điều tra về số tiền mua đồ dùng học tập trong một tháng của 40 học sinh, ta có mẫu số liệu như sau (đơn vị: nghìn đồng).
Số trung bình của mẫu số liệu là (nhập đáp án vào ô trống):
___
Số trung bình của mẫu số liệu là:
\(\bar x = \frac{{2 \cdot 12,5 + 5 \cdot 17,5 + 15 \cdot 22,5 + 8 \cdot 27,5 + 9 \cdot 32,5 + 1 \cdot 37,5}}{{40}} = 25\).
Đáp án cần nhập là: 25.
Một xạ thủ bắn lần lượt hai viên đạn vào bia. Xác suất bắn trúng đích của viên thứ nhất và viên thứ hai lần lượt là \(0,7\) và \(0,8\). Biết rằng kết quả các lần bắn độc lập với nhau. Xác suất của biến cố:“Cả hai lần bắn đều không trúng đích” là:
\[0,05\].
\[0,06\].
\[0,08\].
\[0,07\].
Gọi biến cố \({A_i}\): “Lần bắn thứ \(i\) trúng đích” với \(i = 1,\,2\).
Biến cố \(\overline {{A_i}} \): “Lần bắn thứ \(i\) không trúng đích” với \(i = 1,\,2\).
Ta có \(P\left( {{A_1}} \right) = \,0,7;\,\,P\left( {{A_2}} \right) = \,0,8;\,\,P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = \,0,3;\,\,P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = \,0,2.\)
Gọi biến cố \(B\): “Cả hai lần bắn đều không trúng đích”.
Ta có \(B = \overline {{A_1}} \overline {{A_2}} \)và \(\overline {{A_1}} ;\,\,\overline {{A_2}} \)là hai biến cố độc lập.
\( \Rightarrow P\left( B \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right) \cdot P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = 0,3 \cdot 0,2 = 0,06.\) Chọn B.
Một chiếc hộp có chín thẻ đánh số từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên hai thẻ rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn là:
\(\frac{3}{{18}}\).
\(\frac{5}{{56}}\).
\(\frac{{13}}{{18}}\).
\(\frac{5}{{18}}\).
Kết quả nhận được là số chẵn khi và chỉ khi trong hai thẻ có ít nhất một thẻ chẵn.
Gọi \(A\) là biến cố: “Rút được một thẻ chẵn và một thẻ lẻ”, \(B\) là biến cố “Cả hai thẻ được rút là thẻ chẵn”.
Khi đó biến cố: “Tích hai số ghi trên hai thẻ là một số chẵn” là \(A \cup B\).
Do hai biến cố xung khắc \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)\).
Vì có 4 thẻ chẵn và 5 thẻ lẻ nên ta có: \(P\left( A \right) = \frac{{C_5^1 \cdot C_4^1}}{{C_9^2}} = \frac{{20}}{{36}},P\left( B \right) = \frac{{C_4^2}}{{C_9^2}} = \frac{6}{{36}}\).
Do đó: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) = \frac{{20}}{{36}} + \frac{6}{{36}} = \frac{{26}}{{36}} = \frac{{13}}{{18}}\). Chọn C.
Một cửa hàng bán gạo, thống kê số kilôgam gạo mà cửa hàng bán mỗi ngày trong 30 ngày, được bảng tần số:
Số kg gạo | 100 | 120 | 130 | 160 | 180 | 200 | 250 | Tổng |
Tần số | 7 | 4 | 2 | 8 | 3 | 2 | 4 | 30 |
Phương sai của bảng số liệu gần đúng với giá trị nào dưới đây nhất?
\(155\).
\[2\,318\].
\[3\,325\].
\[1\,234\].
Ta có số trung bình của bảng số liệu là:
\(\bar x = \frac{{7 \cdot 100 + 4 \cdot 120 + 2 \cdot 130 + 8 \cdot 160 + 3 \cdot 180 + 2 \cdot 200 + 4 \cdot 250}}{{30}} \approx 155\).
Phương sai của bảng số liệu:
\[s_x^2 \approx \frac{1}{{30}} \cdot \left[ {7 \cdot {{\left( {100 - 155} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {120 - 155} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {130 - 155} \right)}^2} + 8 \cdot {{\left( {160 - 155} \right)}^2}} \right.\]
\[\left. { + \,3 \cdot {{\left( {180 - 155} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {200 - 155} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {250 - 155} \right)}^2}} \right] \approx 2\,318\]. Chọn B.
Cho một hộp kín có 6 thẻ ATM của BIDV và 4 thẻ ATM của Vietcombank. Lấy ngẫu nhiên lần lượt 2 thẻ (lấy không hoàn lại). Tìm xác suất để lần thứ hai lấy được thẻ ATM của Vietcombank nếu biết lần thứ nhất đã lấy được thẻ ATM của BIDV.
\[\frac{5}{9}\].
\[\frac{2}{3}\].
\[\frac{7}{9}\].
\[\frac{4}{9}\].
Gọi A là biến cố “lần thứ hai lấy được thẻ ATM Vietcombank”, B là biến cố “lần thứ nhất lấy được thẻ ATM của BIDV”. Ta cần tìm \[P\left( {A|B} \right)\].
Sau khi lấy lần thứ nhất (biến cố B đã xảy ra) trong hộp còn lại 9 thẻ (trong đó 4 thẻ Vietcombank) nên \[P\left( {A|B} \right) = \frac{4}{9}\]. Chọn D.
Người ta điều tra thấy ở một địa phương nọ có \(2\% \) tài xế sử dụng điện thoại di động khi lái xe. Trong các vụ tai nạn ở địa phương đó, người ta nhận thấy có \(10\% \) là do tài xế có sử dụng điện thoại khi lái xe gây ra. Hỏi việc sử dụng điện thoại di động khi lái xe làm tăng xác suất gây tai nạn lên bao nhiêu lần (nhập đáp án vào ô trống, làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
_____
Gọi A là biến cố “Tài xế gây tai nạn” và B là biến cố “Tài xế sử dụng điện thoại di động khi lái xe”.Theo đề ta có \({\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = 0,02;\,\,{\rm{P}}\left( {{\rm{B}}\mid {\rm{A}}} \right) = 0,1\).
Suy ra \(P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 0,98;\,\,P\left( {\bar B\mid A} \right) = 1 - P\left( {B\mid A} \right) = 0,9\).
Đặt \(P\left( {A\mid B} \right) = x;\,\,P\left( {A\mid \bar B} \right) = y\). Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:
\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A\mid B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A\mid \bar B} \right) = 0,02 \cdot x + 0,98 \cdot y\).
Có \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A\mid B} \right)}}{{P\left( A \right)}} \Leftrightarrow 0,1 = \frac{{0,02x}}{{0,02x + 0,98y}} \Leftrightarrow 0,02x + 0,98y = 0,2x\)\( \Rightarrow y = \frac{9}{{49}}x\).
Ta có \(\frac{{P\left( {A\mid B} \right)}}{{P\left( {A\mid \bar B} \right)}} = \frac{x}{y} = \frac{x}{{\frac{9}{{49}}x}} = \frac{{49}}{9} \approx 5,44\).
Vậy việc sử dụng điện thoại di động khi lái xe làm tăng xác suất gây tai nạn lên 5,44 lần.
Đáp án cần nhập là: \(5,44\).
Gọi \({a_1}{a_2}...{a_n}\) với \({a_i} \in \left\{ {2;0} \right\}\)là một xâu có độ dài \[n\]. Gọi xâu 20 là xâu OLIMPIC nếu 2 và 0 là hai phần tử liên tiếp theo thứ tự đó ở trong xâu có độ dài \[n\] đã cho (ví dụ như xâu 2220022 có độ dài là 7 và trong đó có 1 xâu OLIMPIC). Xét các xâu có độ dài 30 và chứa \[k\] xâu OLIMPIC, biết rằng có \(C_{31}^9\) xâu như thế. Tìm \[k\] (nhập đáp án vào ô trống)?
__
Gọi H là số là xâu chứa toàn là số 2 có độ dài lớn hơn hay bằng 1.
Gọi K là số là xâu chứa toàn là số 0 có độ dài lớn hơn hay bằng 1.
Ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1. HKHKHK…HK (*) (có k xâu loại H, k xâu loại K).
Trường hợp 2. HKHKHK…HKH (có k + 1 xâu loại H, k xâu loại K).
Trường hợp 3. KHKHK…KHK (có k xâu loại H, k + 1 xâu loại K).
Trường hợp 4. KHKHK…KHKH (có k + 1 xâu loại H, k + 1 xâu loại K).
Xét trường hợp 1.
Gọi \({x_1}\) là số phần tử ở xâu H (H ở vị trí đầu tiên trong (*)), \({x_1} \ge 1\).
Gọi \({x_2}\) là số phần tử ở xâu K (K ở vị trí thứ hai trong (*)), \({x_2} \ge 1\).
…
Gọi \({x_{2k}}\) là số phần tử ở xâu K (K ở vị trí cuối trong (*)), \({x_{2k}} \ge 1\).
Ta có: \({x_1} + {x_2} + ... + {x_{2k}} = 30\).
Theo bài toán chia kẹo Euler: Số xâu có độ dài 30 và chứa k xâu OLIMPIC trong trường hợp 1 là \(C_{29}^{2k - 1}\).
Tương tự như vậy ta có các trường hợp còn lại và kết hợp với quy tắc cộng ta có:
\(C_{29}^{2k - 1} + C_{29}^{2k} + C_{29}^{2k} + C_{29}^{2k + 1} = C_{31}^9 \Leftrightarrow C_{31}^{2k + 1} = C_{31}^9 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}9 = 2k + 1\\9 = 31 - \left( {2k + 1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow k = 4\). Vậy \[k = 4\].
Đáp án cần nhập là: \(4\).
Lúc 3 giờ 00 sáng kim phút và kim giờ của đồng hồ tạo thành hai tia vuông góc với nhau. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu giờ nữa thì kim phút và kim giờ lại tạo thành hai tia vuông góc với nhau?
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{{11}}{{12}}\).
\(\frac{6}{{11}}\).
\(\frac{3}{{11}}\).
Hiệu vận tốc giữa kim phút và kim giờ là: \(1 - \frac{1}{{12}} = \frac{{11}}{{12}}\) (vòng đồng hồ/giờ).
Lúc 3 giờ 00 sáng, khoảng cách giữa hai kim là \(\frac{1}{4}\) vòng đồng hồ. Vậy khoảng thời gian ngắn nhất để kim phút và kim giờ lại tạo thành hai tia vuông góc với nhau là: \(\left( {\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} \right):\frac{{11}}{{12}} = \frac{6}{{11}}\) (giờ).
Chọn C.
Một đàn gà mái có 10 con, 5 con trong số đó đẻ mỗi ngày một quả. Những con còn lại hai ngày đẻ một quả trứng. Hỏi trong 10 ngày, đàn gà đẻ được bao nhiêu quả trứng (nhập đáp án vào ô trống)?
___
5 con gà đầu đẻ được số trứng là \(10 \cdot 5 = 50\) (quả).
5 con gà sau đẻ được số trứng là: \(5 \cdot \left( {10:2} \right) = 25\) (quả).
Trong 10 ngày, đàn gà đẻ được: \(50 + 25 = 75\) (quả trứng).
Đáp án cần nhập là: 75.
