Đề thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội 2 phần Toán có đáp án - Đề số 2

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có \(y =  - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số có 3 điểm cực trị. Chọn C.

 \(\int {f\left( x \right)dx}  = \int {\frac{{x - 1}}{x}} dx = \int {\left( {1 - \frac{1}{x}} \right)dx}  = x - \ln \left| x \right| + C\). Chọn D.

\(\int\limits_1^5 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_4^5 {f\left( x \right)dx}  = 26 + 19 = 45\). Chọn A.

Có \({u_5} = {u_1} + 4d = 3 + 4 \cdot \left( { - 5} \right) =  - 17\). Chọn A.

Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\) mà \(BD \bot AC\) nên \(DB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SO\).

Lại có \(CO \bot BD\). Do đó số đo góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,BD,C} \right]\) bằng số đo góc \(\widehat {SOC}\).

Xét tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\), suy ra \[\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {SOA} = 30^\circ \].

Do đó \(\widehat {SOC} = 150^\circ \). Chọn B.

Gọi \(V\)là thể tích lăng trụ \(ABC.A'B'C'\).

Ta có \({V_{C.A'B'C'}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {A'B'C'} \right)} \right) \cdot {S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{1}{3}V\).

Khi đó \({V_{C.ABB'A'}} = V - \frac{1}{3}V = \frac{2}{3}V \Rightarrow V = \frac{3}{2}{V_{C.ABB'A'}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) \cdot {S_{ABB'A'}} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 21 = 63\). Chọn C.

Vì mặt phẳng \(\left( Q \right)\)song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng: \(x + 2y + z + d = 0\).

Mà \(M \in \left( Q \right)\) nên \(1 + 2 \cdot 2 + \left( { - 1} \right) + d = 0 \Leftrightarrow d =  - 4\).

Vậy \(x + 2y + z - 4 = 0\). Chọn D.

Ta có \(\overrightarrow {{n_p}}  = \left( {4;6;10} \right) = 2\left( {2;3;5} \right) = 2\overrightarrow {{u_d}} \).

Do đó \(\overrightarrow {{n_P}} \) và \(\overrightarrow {{u_d}} \) cùng phương. Do đó đường thẳng \(d\)vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Do đó \(\left( {d,\left( P \right)} \right) = 90^\circ \). Chọn C.

Mặt cầu \(\left( S \right)\)có bán kính \(R = AB = \sqrt {{{\left( {0 - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 0} \right)}^2}}  = \sqrt 8 \).

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 8\). Chọn B.

Bảng có giá trị đại diện

Ta có \(\overline x  = \frac{{15 \cdot 2 + 25 \cdot 4 + 35 \cdot 8 + 45 \cdot 4 + 55 \cdot 2}}{{20}} = 35\).

Ta có \({S^2} = \frac{{{{15}^2} \cdot 2 + {{25}^2} \cdot 4 + {{35}^2} \cdot 8 + {{45}^2} \cdot 4 + {{55}^2} \cdot 2}}{{20}} - {35^2} = 120\).

Độ lệch chuẩn \(S = \sqrt {120}  \approx 10,95\). Chọn D.

Diện tích của phần vật thể là \(S = \int\limits_1^2 {2023xdx}  = 3034,5\). Chọn B.

Ta có \(B\left( { - 2; - 3;5} \right)\).

Khi đó \(AB = \sqrt {{{\left( { - 2 - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - 3} \right)}^2} + {{\left( {5 - 5} \right)}^2}}  = 2\sqrt {13} \). Chọn D.

\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right)\). Chọn D.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu \(R = 9 - 3 = 6\). Chọn B.

Có \(f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {1 + {2^x}} \right)}^\prime }}}{{\left( {1 + {2^x}} \right)\ln 2}} = \frac{{{2^x}\ln 2}}{{\left( {1 + {2^x}} \right)\ln 2}} = \frac{{{2^x}}}{{1 + {2^x}}}\).

Khi đó \(f'\left( 0 \right) + f'\left( 1 \right) = \frac{{{2^0}}}{{1 + {2^0}}} + \frac{{{2^1}}}{{1 + {2^1}}} = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} = \frac{7}{6}\). Chọn C.

Ta có \(AC//A'C'\) và \(AB'//DC'\) nên \(\left( {AB'C} \right)//\left( {A'DC'} \right)\).

Mà \(B'M \subset \left( {AB'C} \right)\) nên \(B'M//\left( {A'DC'} \right)\). Chọn B.

\({\log _{30}}675\)\( = {\log _{30}}\left( {{5^2} \cdot {3^3}} \right)\)\[ = {\log _{30}}{5^2} + {\log _{30}}{3^3} = 2{\log _{30}}5 + 3{\log _{30}}3 = 3a + 2b\]. Chọn C.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } C\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to  + \infty } \frac{{5t + 20}}{{{t^2} + 100}} = 0\).

Do đó khi \(t\)đủ lớn thì nồng độ thuốc dần về 0. Chọn A.

Gọi \(A\)là biến cố “Quả bóng lấy ra từ hộp I không chứa số 4 hoặc số 6”.

Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{8}{{10}}\).

Gọi \(B\)là biến cố “Quả bóng lấy ra từ hộp II không chứa số 4 hoặc số 6”. Khi đó \(P\left( B \right) = \frac{{10}}{{12}}\).

Khi đó \(AB\)là biến cố “Hai quả bóng lấy được không có quả bóng nào ghi số 4 hoặc ghi số 6”.

Xác suất cần tìm là \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{{80}}{{120}} = \frac{2}{3}\).

Suy ra \(a = 2;b = 3\). Do đó \(a + b = 5\). Chọn B.

Từ dữ kiện đề bài ta có \(P\left( A \right) = 0,01;P\left( {\overline A } \right) = 0,99\); \(P\left( {B|A} \right) = 0,98;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,03\).

1. Đúng. Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,01 \cdot 0,98 + 0,99 \cdot 0,03 = 0,0395\).

2. Đúng. Từ dữ kiện đề ta có \(P\left( A \right) = 0,01;P\left( {\overline A } \right) = 0,99\).

3. Sai. Theo công thức Bayes, có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,01 \cdot 0,98}}{{0,0395}} \approx 0,25\).

4. Đúng. Theo công thức Bayes, ta có \(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,99 \cdot 0,03}}{{0,0395}} \approx 0,75\).

Vì \(P\left( {\overline A |B} \right) > P\left( {A|B} \right)\) nên trong số những thí sinh bị hệ thống cảnh báo gian lận, khả năng cao là thí sinh nghiêm túc hơn là gian lận. Chọn 1, 2, 4.

1. Đúng. Ta có \({d_1}\)đi qua điểm \(A\left( {1; - 2;3} \right)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\).

Đường thẳng \({d_2}\) đi qua điểm \(B\left( { - 1;4;2} \right)\)và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2; - 1;4} \right)\).

Khi đó \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] \cdot \overrightarrow {AB}  = 3 \ne 0\). Suy ra \({d_1}\)và \({d_2}\) chéo nhau.

2. Đúng. Mặt phẳng \(\left( P \right)\)có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 3;1} \right)\).

Có \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow n } \right] = \left( {5;3; - 1} \right)\).

Đường thẳng đi qua \(M\left( {0; - 1;2} \right)\) vuông góc với \({d_1}\) đồng thời song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( {5;3; - 1} \right)\) có dạng \(\frac{x}{5} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}\).

3. Sai. Mặt phẳng cách đều hai đường thẳng \({d_1};{d_2}\) là mặt phẳng đi qua trung điểm \(I\left( {0;1;\frac{5}{2}} \right)\) của \(AB\) và có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 2;0;1} \right)\) có phương trình là \( - 2\left( {x - 0} \right) + 0\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - \frac{5}{2}} \right) = 0\) hay \( - 4x + 2z - 5 = 0\).

4. Sai. Gọi đường thẳng cần tìm là \(\Delta \) và \(E,F\) lần lượt là giao điểm của \(\Delta \) với \({d_1}\) và \({d_2}\).

Khi đó \(E\left( {1 + a; - 2 - a;3 + 2a} \right),F\left( { - 1 + 2b;4 - b;2 + 4b} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {ME}  = \left( {a + 1; - a - 1;2a + 1} \right);\overrightarrow {MF}  = \left( {2b - 1; - b + 5;4b} \right)\).

Vì \(A,B,M\) thẳng hàng nên \(\overrightarrow {ME}  = k\overrightarrow {MF} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 1 = k\left( {2b - 1} \right)\\ - a - 1 = k\left( { - b + 5} \right)\\2a + 1 = k\left( {4b} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{7}{2}\\k =  - \frac{1}{2}\\kb = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{7}{2}\\b =  - 4\end{array} \right.\).

Do đó \(\overrightarrow {MF}  = \left( { - 9;9; - 16} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(\Delta \).

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\) và có một vectơ chỉ phương \(\left( {9; - 9;16} \right)\) nên có phương trình chính tắc là\(\frac{x}{9} = \frac{{y + 1}}{{ - 9}} = \frac{{z - 2}}{{16}}\).

5. Đúng. Đường thẳng \({d_1};{d_2}\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\), \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2; - 1;4} \right)\).

Giả sử \(P\left( {1 + t; - 2 - t;3 + 2t} \right) \in {d_1};Q\left( { - 1 + 2t';4 - t';2 + 4t'} \right) \in {d_2}\).

Khi đó \(\overrightarrow {PQ}  = \left( { - 2 + 2t' - t;6 - t' + t; - 1 + 4t' - 2t} \right)\).

Để mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng \({d_1};{d_2}\) có bán kính nhỏ nhất thì \(PQ\)là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {PQ}  \cdot \overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {PQ}  \cdot \overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 + 2t' - t - 6 + t' - t + 2\left( { - 1 + 4t' - 2t} \right) = 0\\2\left( { - 2 + 2t' - t} \right) - 6 + t' - t + 4\left( { - 1 + 4t' - 2t} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11t' - 6t = 10\\21t' - 11t = 14\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t' =  - \frac{{26}}{5}\\t =  - \frac{{56}}{5}\end{array} \right.\).

Khi đó \[\overrightarrow {PQ}  = \left( { - \frac{6}{5};0;\frac{3}{5}} \right)\].

Khi đó bán kính của mặt cầu là \[\frac{{PQ}}{2} = \frac{{3\sqrt 5 }}{{10}}\]. Chọn ý 1, 2, 5.

 1. Đúng. Giả sử \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\).

Do đồ thị đi qua gốc tọa độ nên \(c = 0\).

Vì đồ thị có đỉnh \(I\left( {4;2} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = 4\\a \cdot {4^2} + b \cdot 4 = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 8a\\16a + 4 \cdot \left( { - 8a} \right) = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 0,125\\b = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(f\left( x \right) =  - 0,125{x^2} + x\).

2. Đúng. Diện tích khu vườn cây xanh giới hạn bởi \(y = f\left( x \right)\) và trục hoành.

Phương trình hoành độ giao điểm: \( - 0,125{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 8\).

Diện tích khu vườn cây xanh là \({S_1} = \int\limits_0^8 {\left( { - 0,125{x^2} + x} \right)dx}  = \frac{{32}}{3}\) (đơn vị diện tích).

Diện tích khu vườn cây xanh đổi sang m2 là \(\frac{{32}}{3} \cdot {100^2} \approx 106\;666,7{m^2} > 100\;000\;{m^2}\).

3. Sai. Ta có \(G'\left( x \right) = g\left( x \right)\).

Ta có \(G'\left( x \right) = a \cdot {e^{0,2x - 2}} + \left( {ax + b} \right) \cdot 0,2 \cdot {e^{0,2x - 2}} = \left( {0,2ax + a + 0,2b} \right){e^{0,2x - 2}}\).

Đồng nhất hệ số ta được \(\left\{ \begin{array}{l}0,2a = 2\\a + 0,2b =  - 20\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 10\\b =  - 150\end{array} \right.\). Khi đó \(a - b = 160\).

4. Sai. Khu vườn nước nhân tạo giới hạn bởi \(y = g\left( x \right)\), trục tung, trục hoành.

Giao điểm của \(g\left( x \right)\) với trục hoành: \(2x - 20 = 0 \Leftrightarrow x = 10\).

Trên đoạn \(\left[ {0;10} \right]\), \(g\left( x \right) \le 0\) nên diện tích khu vườn nước nhân tạo là

\({S_2} =  - \int\limits_0^{10} {g\left( x \right)dx}  = G\left( 0 \right) - G\left( {10} \right) =  - 150{e^{ - 2}} - \left( { - 50} \right) = 50 - \frac{{150}}{{{e^2}}}\) (đơn vị diện tích).

Tổng diện tích là \(S = {S_1} + {S_2} = \frac{{32}}{3} + 50 - \frac{{150}}{{{e^2}}} \approx 40,37\) đơn vị diện tích.

Diện tích thực tế khoảng \(40,37 \cdot {100^2} = 403\;700\;{m^2} < 500\;000\;{m^2}\). Chọn ý 1, 2.

1. Đúng. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Mà \(SO \subset \left( {SMN} \right)\) nên \(\left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).

2. Đúng. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \(a\) nên \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\).

Khi đó \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Suy ra \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\).

3. Sai. Vì \(ABCD\)là hình vuông cạnh \(a\) có \(M,N\) là trung điểm của \(AD\) và \(BC\) nên \(MN = a\).

Có \(O = AC \cap BD\) nên \(O\)là trung điểm của \(AC,BD,MN \Rightarrow ON = \frac{{MN}}{2} = \frac{a}{2}\).

Xét \(\Delta SON\) vuông tại \(O\)có \(SN = \sqrt {S{O^2} + O{N^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = a\).

Có \(SB = SC\) nên \(\Delta SBC\) cân tại \(S\) mà \(N\)là trung điểm của \(BC\) nên \(SN \bot BC\).

Khi đó \({S_{SBC}} = \frac{1}{2} \cdot SN \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Có \({V_{A.SBC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot {S_{SBC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot \frac{{{a^2}}}{2}\).

Mà \({V_{A.SBC}} = {V_{S.ABC}}\) nên \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

4. Đúng. Có \(BD \bot AC\) và \(BD \bot SO\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(OH \bot SC\) tại \(H\).

Mà \(OH \cap BD\)trong mặt phẳng \(\left( {BHD} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot \left( {BHD} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot BH\) và \(SC \bot DH\) nên \(\left[ {B,SC,D} \right] = \widehat {BHD}\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) \( \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow OB = OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta SOC\) vuông tại \(O\) có \(OH \bot SC\).

Khi đó \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{3{a^2}}} \Rightarrow O{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}}\).

Xét \(\Delta BOH\)vuông tại \(O\), có \(B{H^2} = O{H^2} + O{B^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}} + {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\).

Tương tự \(D{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(BHD\) có

\(\cos \widehat {BHD} = \frac{{B{H^2} + D{H^2} - B{D^2}}}{{2 \cdot BH \cdot DH}} = \frac{{2 \cdot \left( {\frac{{4{a^2}}}{5}} \right) - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{{4{a^2}}}{5}}} =  - \frac{1}{4}\). Chọn ý 1, 2, 4.

1. Đúng. Số tiền công ty còn nợ sau tháng đầu tiên là \({A_1} = P + P \cdot r - M = P\left( {1 + r} \right) - M\).

2. Đúng. Lãi suất 1 tháng là \(r = \frac{{8,25\% }}{{12}} = 0,6875\% \).

3. Đúng. Số tiền công ty còn nợ sau tháng thứ 2 là \({A_2} = P{\left( {1 + r} \right)^2} - M\left( {1 + r} \right) - M\).

….

Số tiền công ty còn nợ sau 30 năm là

\({A_{360}} = P{\left( {1 + r} \right)^{360}} - M - M\left( {1 + r} \right) - M{\left( {1 + r} \right)^2} - ... - M{\left( {1 + r} \right)^{359}} = 0\)\(M = \frac{{r \cdot P{{\left( {1 + r} \right)}^{360}}}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^{360}} - 1}} = \frac{{0,6875\%  \cdot 290000{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{360}}}}{{{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{360}} - 1}} \approx 2178\).

Tổng số tiền trong 30 năm mà công ty phải trả là \(T = 360M \approx 784\;322\) đô la.

Ta có \(\frac{T}{{290000}} \approx 2,7\).

4. Sai. Nếu mỗi tháng công ty trả \(N = M + 250\) đô la thì sau 20 năm số nợ còn lại là

\({A_{240}} = P{\left( {1 + r} \right)^{240}} - N - N\left( {1 + r} \right) - N{\left( {1 + r} \right)^2} - ... - N{\left( {1 + r} \right)^{239}}\)\( = 290000{\left( {1 + 0,6875\% } \right)^{240}} - 2428 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{240}} - 1}}{{0,6875\% }} \approx 26123,6\). Chọn ý 1, 2, 3.

Ta có \(PQ = 2\;km\).

Thời gian Nam chèo thuyền là \(t = \frac{{PQ}}{3} = \frac{2}{3}\) giờ. Chọn A.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\)như hình vẽ, với \(O\) là trung điểm \(PR\).

Khi đó \(O\left( {0;0} \right),P\left( { - 2;0} \right),R\left( {2;0} \right)\).

Giả sử \(Q\) là điểm trên cung tròn sao cho \(\widehat {QOR} = \theta \left( {0 \le \theta  \le \pi } \right)\).

Vì \(Q\) nằm trên đường tròn tâm \(O\), bán kính 2 nên \(Q\left( {2\cos \theta ;2\sin \theta } \right)\).

Độ dài đoạn đường chèo thuyền là

\(PQ = \sqrt {{{\left( {2\cos \theta  + 2} \right)}^2} + {{\left( {2\sin \theta } \right)}^2}}  = \sqrt {8 + 8\cos \theta }  = 2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)}  = 4\cos \frac{\theta }{2}\).

Thời gian chèo thuyền là \({t_1} = \frac{{PQ}}{3} = \frac{{4\cos \frac{\theta }{2}}}{3}\).

Độ dài cung tròn từ \(Q\) đến \(R\)là \(l = R\theta  = 2\theta \). Thời gian chạy bộ là \({t_2} = \frac{l}{6} = \frac{{2\theta }}{6} = \frac{\theta }{3}\).

Tổng thời gian di chuyển là

\(T\left( \theta  \right) = \frac{{4\cos \frac{\theta }{2}}}{3} + \frac{\theta }{3}\) với \(\theta  \in \left[ {0;\pi } \right]\).

Ta có \(T'\left( \theta  \right) =  - \frac{2}{3}\sin \frac{\theta }{2} + \frac{1}{3}\).

Có \(T'\left( \theta  \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{\theta }{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{\theta }{2} = \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \theta  = \frac{\pi }{3}\).

Ta có \(T\left( 0 \right) = \frac{4}{3} \approx 1,33\) giờ; \(T\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{4\cos \frac{\pi }{6}}}{3} + \frac{\pi }{9} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} + \frac{\pi }{9} \approx 1,50\) giờ; \(T\left( \pi  \right) = \frac{{4\cos \frac{\pi }{2}}}{3} + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} \approx 1,05\) giờ.

Vậy thời gian ít nhất là \(T\left( \pi  \right) = \frac{\pi }{3} \approx 1,05\) giờ. Chọn A.

 Đặt \(t = t\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 1}  + x,t > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Ta có \(t' = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = f\left( {t\left( x \right)} \right) = {3^t} - {3^{\frac{1}{t}}}\) có \(f' = \left( {{3^t} \cdot \ln 3 + \frac{1}{{{t^2}}} \cdot {3^{\frac{1}{t}}} \cdot \ln 3} \right) > 0,\forall t > 0\).

Do đó \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\). Chọn C.

\(f\left( x \right) - 80 \cdot {3^{\sqrt {{x^2} + 1}  - 2}} \le 0\) \( \Leftrightarrow {3^{\sqrt {{x^2} + 1}  + x}} - {3^{\sqrt {{x^2} + 1}  - x}} - 80 \cdot {3^{\sqrt {{x^2} + 1}  - 2}} \le 0\)\( \Leftrightarrow {3^{\sqrt {{x^2} + 1} }}\left( {{3^x} - {3^{ - x}} - 80 \cdot {3^{ - 2}}} \right) \le 0\)

\( \Leftrightarrow {3^x} - {3^{ - x}} - 80 \cdot {3^{ - 2}} \le 0\)\( \Leftrightarrow {3^x} - \frac{1}{{{3^x}}} - \frac{{80}}{9} \le 0\)\( \Leftrightarrow 9 \cdot {3^{2x}} - 80 \cdot {3^x} - 9 \le 0\)\( \Leftrightarrow  - \frac{1}{9} \le {3^x} \le 9 \Leftrightarrow x \le 2\).

Do đó bất phương trình có hai nghiệm nguyên dương. Chọn B.

Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) và \(f\left( { - x} \right) =  - f\left( x \right)\).

Khi đó bất phương trình \(f\left( {{x^2} + 1} \right) + f\left( { - \frac{{mx}}{2}} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 1} \right) >  - f\left( { - \frac{{mx}}{2}} \right)\)\( \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 1} \right) > f\left( {\frac{{mx}}{2}} \right)\).

\( \Leftrightarrow {x^2} + 1 > \frac{{mx}}{2}\).

Yêu cầu bài toán tương đương với \(m > 2x + \frac{2}{x},\forall x \in \left( { - \infty ;0} \right)\)\( \Leftrightarrow m > \mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} \left( {2x + \frac{2}{x}} \right) \Leftrightarrow m >  - 4\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left[ { - 2024;2025} \right]\) nên suy ra có 2029 giá trị m thỏa mãn. Chọn B.

Ta có \(y' = 4 - 3{x^2}\), ta có \(y'\left( 2 \right) =  - 8\).

Phương trình tiếp tuyến tại \(A\)của đồ thị hàm số là \(y - 0 =  - 8\left( {x - 2} \right) =  - 8x + 16\).

Hoành độ của \(B\) là nghiệm (âm) của phương trình \(4x - {x^3} =  - 8x + 16\)\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2}\left( {x + 4} \right) = 0\).

Do đó \(B\left( { - 4;48} \right)\).

Diện tích trồng hoa là \(\int\limits_{ - 4}^2 {\left| {\left( { - 8x + 16} \right) - \left( {4x - {x^3}} \right)} \right|dx}  = 108\;\left( {{m^2}} \right)\).

Đáp án cần nhập là: 108.

Ta có \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {5 - \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{3} = 2\).

Đáp án cần nhập là: 2.

Vì \(M \in Oz,N \in d\) nên \(M\left( {0;0;m} \right),N\left( {n + 1;2n;n - 2} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {MN}  = \left( {n + 1;2n;n - m - 2} \right)\).

Đường thẳng \(d'//\left( P \right)\) nên \(\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {{n_P}}  = 0 \Leftrightarrow 3\left( {n + 1} \right) - 2n + n - m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 2n + 1\).

Do đó \(M{N^2} = {\left( {n + 1} \right)^2} + 4{n^2} + {\left( {n + 3} \right)^2} = 6{\left( {n + \frac{2}{3}} \right)^2} + \frac{{22}}{3} \ge \frac{{22}}{3}\).

Do đó độ dài nhỏ nhất đoạn \(MN\) là \(\sqrt {\frac{{22}}{3}}  \approx 2,71\).

Đáp án cần nhập là: 2,71.

Đường thẳng \(d\)đi qua điểm \(K\left( {0;0;4} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {1;0;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {KA}  = \left( {0;6;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {KA}  \cdot \overrightarrow u  = 0 \Rightarrow AK \bot d\).

Do đó K là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên đường thẳng \(d\).

Có \(d \subset \left( P \right)\) và \(AH \bot \left( P \right)\) nên \(AH \bot HK\).

Lại có \(\overrightarrow {{n_P}}  \cdot \overrightarrow u  = 0\) nên hoành độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_P}} \) bằng 0.

Do điểm \(A\) có hoành độ bằng 0 nên hình chiếu \(H\) của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\) cũng phải có hoành độ bằng 0. Tức là điểm \(H\)nằm trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có \(\widehat {AHK} = 90^\circ \) nên \(H\)luôn nằm trên đường tròn đường kính \(AK\).

Đường tròn này có tâm \(I\left( {0;3;4} \right)\)là trung điểm của \(AK\) và bán kính \(R = \frac{{AK}}{2} = 3\).

Do đó khoảng cách từ O đến H lớn nhất thì \(H\)là giao điểm của tia \(OI\) với đường tròn.

Ta có \(OI = 5\). Khi đó \(O{H_{\max }} = OI + R = 5 + 3 = 8\).

Đáp án cần nhập là: 8.

Ta có \(P\left( t \right) = 80000\) \( \Leftrightarrow \frac{{100000}}{{1 + {4^{ - t}}}} = 80000\)\( \Leftrightarrow {4^{ - t}} = 0,25\)\( \Leftrightarrow t =  - {\log _4}0,25 = 1\).

Vậy sau 1 năm.

Đáp án cần nhập là: 1.

Có \(g'\left( x \right) = \left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}} \right)f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)\).

Ta có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 0\\f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 1\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = a\left( {a <  - 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = b\left( { - 2 < b < 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = c\left( {c > 2} \right)\end{array} \right.\).

Xét hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}\).

Có \(h'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}\); \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}\) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(h\left( x \right) = a;h\left( x \right) = c\) mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt khác \( \pm 1\).

Mà \(a \ne c\) nên \(f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\) có 4 nghiệm đơn khác \( \pm 1\).

Phương trình \(h\left( x \right) = b\) vô nghiệm.

Do đó phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 6 nghiệm đơn phân biệt.

Do đó hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)\) có 6 điểm cực trị.

Đáp án cần nhập là: 6.

Ta có \(I = \int\limits_1^3 {f\left( {\left| {4 - 2x} \right|} \right)dx} \)\( = \int\limits_1^2 {f\left( {4 - 2x} \right)dx}  + \int\limits_2^3 {f\left( {2x - 4} \right)dx} \).

Đặt \(t =  - 2x + 4 \Rightarrow dt =  - 2dx\)

\(u = 2x - 4 \Rightarrow du = 2dx\).

Khi đó \[I =  - \frac{1}{2}\int\limits_2^0 {f\left( t \right)dt}  + \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( u \right)du} \]\[ = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt}  + \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( u \right)du}  = 1.\]

Đáp án cần nhập là: 1.

Gọi \(A\)là biến cố “thời tiết năm đó bất lợi”;

\(B\) là biến cố “Mùa đông đã có lượng mưa cao”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,4;P\left( {\overline A } \right) = 0,6;P\left( {B|A} \right) = 0,7;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,3\).

Khi đó \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) = 0,4 \cdot 0,7 = 0,28\).

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,4 \cdot 0,7 + 0,6 \cdot 0,3 = 0,46\).

Khi đó \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,28}}{{0,46}} \approx 0,61\).

Đáp án cần nhập là: 0,61.

Gọi góc hợp bởi thang và mặt đất là \(\alpha \left( {0 < \alpha  < \frac{\pi }{2}} \right)\).

Chiều dài thang là \(BC = BM + MC\).

Tam giác vuông \(MHB\) có \(BM = \frac{{2,4}}{{\sin \alpha }}\).

Tam giác vuông \(MNC\) có \(MC = \frac{{1,5}}{{\cos \alpha }}\).

Ta có \(BC = BM + MC = \frac{{2,4}}{{\sin \alpha }} + \frac{{1,5}}{{\cos \alpha }}\).

Xét hàm số \(y = \frac{{2,4}}{{\sin x}} + \frac{{1,5}}{{\cos x}}\) với \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).

Ta có \(y' = \frac{{ - 2,4\cos x}}{{{{\sin }^2}x}} + \frac{{1,5\sin x}}{{{{\cos }^2}x}} = \frac{{ - 2,4{{\cos }^3}x + 1,5{{\sin }^3}x}}{{{{\sin }^2}x \cdot {{\cos }^2}x}}\).

Có \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow 2,4{\cos ^3}x = 1,5{\sin ^3}x \Leftrightarrow {\tan ^3}x = \frac{{2,4}}{{1,5}} \Leftrightarrow \tan x = \sqrt[3]{{\frac{8}{5}}}\), do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) nên \(x \approx 0,863\) rad.

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy chiều dài thang xấp xỉ 5,47 mét hay 547 cm.

Đáp án cần nhập là: 547.

Ta có \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow u \) cùng phương nên \(\overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow u \).

Khi đó \(\left( {540;{y_B} - 3;{z_B}} \right) = k\left( {2; - 2;1} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}540 = 2k\\{y_B} - 3 =  - 2k\\{z_B} = k\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 270\\{y_B} =  - 537\\{z_B} = 270\end{array} \right.\)\( \Rightarrow B\left( {550; - 537;270} \right)\).

Khi đó \(AB = \sqrt {{{\left( {550 - 10} \right)}^2} + {{\left( { - 537 - 3} \right)}^2} + {{\left( {270 - 0} \right)}^2}}  = 810\) m.

Lại có \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{4050}}{{810}} = 5\) hay \(AD = 5AB\).

Mà vận tốc không đổi chuyển động đều đến D và thời gian di chuyển từ A đến B là 3 phút.

Do đó thời gian di chuyển từ A đến D là \(5 \cdot 3 = 15\)phút.

Đáp án cần nhập là: 15.