Đề thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội 2 phần Toán có đáp án - Đề số 3

Dựa vào đồ thị hàm số ta có đây là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số \(a > 0\).

Lại có đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( { - 2;2} \right)\). Do đó chọn D.

Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).

Ta thấy \(f'\left( x \right) = 0\) có các nghiệm \(x = 1\); \(x = 2;x = 3\). Trong đó \(x = 2\) là nghiệm bội chẵn.

Do đó hàm số có 2 điểm cực trị. Chọn B.

Đặt \({4^a} = {3^b} = {6^c} = k \Rightarrow a = {\log _4}k;b = {\log _3}k;c = {\log _6}k\).

Suy ra \(\frac{1}{a} = {\log _k}4;\frac{1}{b} = {\log _k}3;\frac{1}{c} = {\log _k}6\).

Khi đó \(P = \frac{c}{a} + \frac{{2c}}{b} = c\left( {\frac{1}{a} + \frac{2}{b}} \right) = c\left( {{{\log }_k}4 + 2{{\log }_k}3} \right) = c{\log _k}\left( {4 \cdot {3^2}} \right) = c{\log _k}36\).

Mà \({\log _k}36 = {\log _k}{6^2} = 2{\log _k}6 = 2 \cdot \frac{1}{c}\). Vậy \(P = c \cdot \frac{2}{c} = 2\). Chọn B.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\)có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 4;3} \right)\).

Vì \(\overrightarrow n  = \left( { - 1;4; - 3} \right) =  - \overrightarrow {{n_P}} \) nên \(\overrightarrow n  = \left( { - 1;4; - 3} \right)\) cũng là một vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\). Chọn C.

\({\left( {\frac{1}{3}} \right)^x} \le {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ - x + 2}}\)\( \Leftrightarrow x \ge  - x + 2\)\( \Leftrightarrow 2x \ge 2 \Leftrightarrow x \ge 1\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ {1; + \infty } \right)\). Chọn B.

Ta có \(3\overrightarrow u  + \overrightarrow v  = \left( {5; - 4;3} \right)\).

Khi đó \(\left| {3\overrightarrow u  + \overrightarrow v } \right| = \sqrt {{5^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {3^2}}  = \sqrt {50}  = 5\sqrt 2 \). Chọn C.

Đường thẳng \(\Delta \) song song với \(d\)nên có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2; - 3;1} \right)\).

Khi đó đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( {0;2; - 2} \right)\) có phương trình là \(\frac{x}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 3}} = \frac{{z + 2}}{1}\). Chọn D.

\(I = \int\limits_0^1 {f'\left( x \right)dx}  = \left. {f\left( x \right)} \right|_0^1 = f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) = 2 - 1 = 1\). Chọn A.

Thể tích cần tìm là \(V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {\sqrt {{e^x} - x} } \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_1^2 {\left( {{e^x} - x} \right)dx} \)

\( = \left. {\pi \left( {{e^x} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_1^2 = \pi \left[ {\left( {{e^2} - \frac{{{2^2}}}{2}} \right) - \left( {{e^1} - \frac{1}{2}} \right)} \right] = \pi \left( {{e^2} - e - \frac{3}{2}} \right)\). Chọn A.

Ta có \(f'\left( 1 \right) = 2\), ta được \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = 2 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 3}}{{x - 1}} = 2\).

Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{f^2}\left( x \right) - 9}}{{x - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {f\left( x \right) - 3} \right]\left[ {f\left( x \right) + 3} \right]}}{{x - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {f\left( x \right) - 3} \right]}}{{x - 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) + 3} \right]\)

\( = 2\left[ {f\left( 1 \right) + 3} \right] = 2 \cdot \left( {3 + 3} \right) = 12\). Chọn A.

 Cỡ mẫu \(n = 30\).

Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{30}}\) là doanh số bán hàng của 30 cửa hàng được sắp theo thứ tự không giảm.

Ta có \({Q_1} = {x_8}\) mà \({x_8} \in \left[ {40;50} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ nhất.

Ta có \({Q_1} = 40 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 7}}{{10}} \cdot 10 = 40,5\).

Ta có \({Q_3} = {x_{23}}\) mà \({x_{23}} \in \left[ {50;60} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ ba.

Ta có \({Q_3} = 50 + \frac{{\frac{{3 \cdot 30}}{4} - 17}}{8} \cdot 10 = 56,875\).

Khoảng tứ phân vị là \({\Delta _Q} = 56,875 - 40,5 = 16,375\). Chọn C.

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(AB \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\SB \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 30^\circ \).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), ta có \(SA = AB \cdot \tan \widehat {SBA} = 2a \cdot \tan 30^\circ  = \frac{{2\sqrt 3 a}}{3}\).

Thể tích khối chóp \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{2\sqrt 3 a}}{3} \cdot 4{a^2} = \frac{{8\sqrt 3 {a^3}}}{9}\). Chọn B.

Trong mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\), kẻ \(MN//AB\left( {N \in AN} \right)\).

Mà \(AN \subset \left( {ACD} \right)\) nên \(N \in \left( {ACD} \right)\).

Xét \(\Delta ABN\), ta có \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{NM}}{{NB}} = \frac{1}{3}\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {AC'}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \left( {\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AA'}  \cdot \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {BC} \).

Có \(AA' \bot BC\)nên \(\overrightarrow {AA'}  \cdot \overrightarrow {BC}  = 0\).

Có \(\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} } \right) = 45^\circ \).

Do đó \(\overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos 45^\circ  = 4\sqrt 2  \cdot 4 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = 16\).

Do đó \(\overrightarrow {AC'}  \cdot \overrightarrow {BC}  = 16\). Chọn C.

Gọi \(A\)là biến cố “Mục tiêu trúng đạn của khẩu pháo thứ nhất”;

\(B\)là biến cố “Mục tiêu trúng đạn của khẩu pháo thứ hai”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = \frac{1}{4};P\left( B \right) = \frac{1}{3}\).

Gọi \(C\)là biến cố “Mục tiêu không bị trúng đạn”.

Khi đó \(P\left( C \right) = P\left( {\overline A \overline B } \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = \left( {1 - \frac{1}{4}} \right) \cdot \left( {1 - \frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{2}\).

Suy ra xác suất để mục tiêu trúng đạn là \(P = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\). Chọn A.

Điểm \(B\) có tọa độ là \(\left( { - 3;2; - 5} \right)\). Chọn A.

Có \(f'\left( x \right) = x\left( {4 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) như sau:

Dựa vào bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\)

Nên với \( - 1 < 0\) thì \(f\left( { - 1} \right) > f\left( 0 \right)\). Chọn D.

Có \(F\left( x \right) = \int {{9^x}dx}  = \frac{{{9^x}}}{{\ln 9}} + C = \frac{{{9^x}}}{{2\ln 3}} + C\). Chọn A.

Yêu cầu bài toán tương đương với tìm tứ phân vị thứ nhất.

Ta có cỡ mẫu \(n = 500\).

Khi đó \({Q_1} = \frac{{{x_{125}} + {x_{126}}}}{2}\) mà \({x_{125}};{x_{126}} \in \left[ {4;6} \right)\).

Do đó \({Q_1} = 4 + \frac{{\frac{{500}}{4} - 91}}{{136}} \cdot \left( {6 - 4} \right) = 4,5\). Chọn C.

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là \(\overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\).

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\) là \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3;2;4} \right)\).

Ta có \(\sin \alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow k  \cdot \overrightarrow {AB} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow k } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{4}{{\sqrt {9 + 4 + 16} }} = \frac{4}{{\sqrt {29} }}\).

Khi đó \(\cos \alpha  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  = \frac{{\sqrt {377} }}{{29}}\). Chọn C.

1. Sai. Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}}  = \sqrt 3 \).

2. Đúng. Thay tọa độ điểm \(A,B\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta có \(\left| \begin{array}{l}1 - 2 - 1 - 2 =  - 4\\2 - 3 + 0 - 2 =  - 3\end{array} \right.\).

Suy ra \(A,B\)nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

3. Sai. Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(B\)trên \(\left( P \right)\). Khi đó \(BH \bot \left( P \right)\).

Suy ra đường thẳng \(BH\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 1;1} \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(BH\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 - t\\z = t\end{array} \right.\).

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

Vậy hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(\left( P \right)\) có tung độ bằng 2.

4. Đúng. Gọi \(B'\)là điểm đối xứng với \(B\)qua mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó \(H\)là trung điểm đoạn thẳng \(BB'\). Suy ra tọa độ \(B'\left( {4;1;2} \right)\).

Khi đó \(MA + MB = MA + MB' \ge AB'\).

Suy ra \(MA + MB\) đạt giá trị nhỏ nhất khi ba điểm \(M,A,B'\) thẳng hàng.

Ta có \(\overrightarrow {AB'}  = \left( {3; - 1;3} \right) \Rightarrow AB' = \sqrt {19} \).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(MA + MB\) bằng \(\sqrt {19} \). Chọn ý 2, 4.

1. Đúng. Ta có \(P\left( B \right) = \frac{{360}}{{500}} = \frac{{18}}{{25}} \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - \frac{{18}}{{25}} = \frac{7}{{25}}\).

2. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {A|B} \right) = 0,7;P\left( {A|\overline B } \right) = 0,2\).

3. Đúng. Có \(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right)\)\( = \frac{{18}}{{25}} \cdot 0,7 + \frac{7}{{25}} \cdot 0,2 = 0,56\).

4. Sai. Có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{{18}}{{25}} \cdot 0,7}}{{0,56}} = 0,9 = 90\% \). Chọn ý 1, 3.

Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).

2. Sai. Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.

3. Đúng. Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{f'\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)}} = 0\) nên hàm số \(y = h\left( x \right)\) có 1 tiệm cận ngang.

Lại có \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm. Do đó hàm số \(y = h\left( x \right)\) có 2 tiệm cận đứng.

Vậy hàm số \(y = h\left( x \right)\) có tất cả 3 đường tiệm cận.

4. Sai.

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x + 1\);

Có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1\) (1).

Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = x - 1\).

Dựa vào đồ thị hàm số trên ta có \(x =  - 3;x =  - 1;x = 1\) là 3 nghiệm của phương trình (1).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) như sau

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\), ta thấy để đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{1}{2}{x^2} + x + 2025\) cắt đường thẳng \(y = m\) tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi \(\max \left\{ {g\left( { - 3} \right);g\left( 1 \right)} \right\} < m < g\left( { - 1} \right)\).

5. Đúng. Ta có \(k'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\).

Có \(k'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 2 = 0\\f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} - 2x =  - 2\\{x^2} - 2x = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1 + \sqrt 2 \\x = 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).

Bảng xét dấu của \(k'\left( x \right)\)

Dựa vào bảng xét dấu của \(k'\left( x \right)\), ta có hàm số \(y = k\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị. Chọn ý 3, 5.

1. Đúng. \(y\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot 0} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot 0} \right) = 0\); \(y\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot 1} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot 1} \right) = 0\).

Vậy \(y\left( 0 \right) = y\left( 1 \right) = 0\).

2. Sai. Ta có \(y' = \frac{1}{2} \cdot 2\pi  \cdot \cos \left( {2\pi x} \right) + \frac{1}{4} \cdot 4\pi  \cdot \cos \left( {4\pi x} \right) = \pi \left[ {\cos \left( {2\pi x} \right) + \cos \left( {4\pi x} \right)} \right]\).

3. Sai. Tốc độ chuyển động của sóng bằng 0 khi \(y' = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {2\pi x} \right) + \cos \left( {4\pi x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {4\pi x} \right) =  - \cos \left( {2\pi x} \right)\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {4\pi x} \right) = \cos \left( {\pi  - 2\pi x} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4\pi x = \pi  - 2\pi x + k2\pi \\4\pi x =  - \left( {\pi  - 2\pi x} \right) + k2\pi \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{6} + \frac{k}{3}\\x =  - \frac{1}{2} + k\end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

Vì \(x \in \left[ {0;1} \right]\), các giá trị \(x\)thỏa mãn là \(x = \frac{1}{6};x = \frac{1}{2};x = \frac{5}{6}\).

Vậy có 3 thời điểm tốc độ bằng 0.

4. Đúng. Ta có \(y\left( 0 \right) = y\left( 1 \right) = 0\);

\(y\left( {\frac{1}{6}} \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot \frac{1}{6}} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot \frac{1}{6}} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{8} \approx 0,65\) cm;

\(y\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\sin \pi  + \frac{1}{4}\sin 2\pi  = 0\);

\(y\left( {\frac{5}{6}} \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot \frac{5}{6}} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot \frac{5}{6}} \right) =  - \frac{{3\sqrt 3 }}{8}\).

Vậy độ cao lớn nhất là khoảng 0,65 cm = 6,5 mm tại thời điểm \(x = \frac{1}{6}\) giây. Chọn ý 1, 4.

1. Đúng. Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên suy ra \(SA\) là đường cao của hình chóp.

2. Sai. Kẻ \(AH \bot SD\left( {H \in SD} \right)\).

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right),CD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\).

Mà \(AD \bot CD\) nên \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\).

Lại có \(SD \bot AH \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Ta có \(AH = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {4{a^2} + 3{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7}\).

3. Sai. Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 3  = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

4. Đúng. Có \(\cos \left( {SB,AC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB}  \cdot \overrightarrow {AC} } \right|}}{{SB \cdot AC}}\).

Ta có \(\overrightarrow {SB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \left( {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AS} } \right) \cdot \overrightarrow {AB}  = A{B^2} - \overrightarrow {AS}  \cdot \overrightarrow {AB}  = A{B^2} = {a^2}\).

Suy ra \(\cos \left( {SB,AC} \right) = \frac{{\left| {{a^2}} \right|}}{{a\sqrt 5  \cdot 2a}} = \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\). Khi đó \(\left( {SB,AC} \right) \approx 77,4^\circ \).

5. Đúng.

Gọi K là hình chiếu của \(A\)lên \(BD\), \(J\)là hình chiếu của \(A\)lên \(SK\).

Có tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\), \(AK \bot BD\). Khi đó:

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác \(SAK\) vuông tại \(A\) có \(AJ \bot SK\). Khi đó:

\(\frac{1}{{A{J^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} \Rightarrow AJ = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\).

Gọi \(O = AC \cap \left( {SBD} \right) \Rightarrow \frac{{AO}}{{CO}} = \frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}\).

Mà \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(O\) là trung điểm \(AC\).

Suy ra \(\frac{{AO}}{{CO}} = 1 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\). Chọn ý 1, 4, 5.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ (đơn vị trên mỗi trục là 10 m).

Ta có \(B\left( {1; - 3} \right),I\left( {2;2} \right)\).

Vì parabol có đỉnh \(O\) nên có phương trình dạng \(\left( P \right):y = a{x^2}\).

Vì \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(B\left( {1; - 3} \right)\)nên ta có \( - 3 = a \Rightarrow y =  - 3{x^2}\).

Diện tích lát gạch phần parabol là \({S_1} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| { - 3{x^2} - \left( { - 3} \right)} \right|dx}  = 4\) (đơn vị diện tích) và bằng 400 m2.

Diện tích lát gạch hình tròn là \({S_2} = \pi {R^2} = \pi \)(đơn vị diện tích) và bằng \(100\pi \)(m2).

Vậy diện tích phần công viên lát gạch là \(S = {S_1} + {S_2} = 100\pi  + 400\;\left( {{m^2}} \right)\). Chọn D.

Gọi \(M\left( {x; - 3{x^2}} \right) \in \left( P \right)\) với \(x \in \left[ { - 1;1} \right]\).

Bài toán trở thành tìm \(x\) để \(IM\)nhỏ nhất.

Ta có \(IM = \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 3{x^2} - 2} \right)}^2}} \).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( { - 3{x^2} - 2} \right)^2}\).

Có \(f'\left( x \right) = 2\left( {x - 2} \right) + 2\left( { - 3{x^2} - 2} \right) \cdot \left( { - 6x} \right) = 2x - 4 + 36{x^3} + 24x\);

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \approx 0,15\).

Ta có \(f\left( { - 1} \right) = 34;f\left( {0,15} \right) \approx 7,69;f\left( 1 \right) = 26\).

Suy ra giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) là \(7,69\).

Giá trị nhỏ nhất của \({\mathop{\rm I}\nolimits} M\) là 2,77 đơn vị độ dài và bằng 27,7 m.

Do đó độ dài ngắn nhất của đoạn đường nối hai phần lát gạch là \(27,7 - 10 = 17,7\)(m). Chọn A.

Thể tích nước ban đầu là \(V = \pi {r^2}h = \pi  \cdot {2^2} \cdot 9 = 36\pi \left( {{m^3}} \right)\). Chọn A.

Sau 15 phút, mực nước trong bể còn lại cao 4 m  trong khi bể cao 9 m. Vậy chiều cao của khối nước đã thoát ra là \(9 - 4 = 5\) (m).

Vậy thể tích nước thoát ra sau 15 phút là \(V\left( {15} \right) = \pi {r^2} \cdot 5 = \pi  \cdot {2^2} \cdot 5 = 20\pi \left( {{m^3}} \right)\).

Có \(V\left( {15} \right) = \int\limits_0^{15} {V'\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^{15} {k\left( {45 - t} \right)dt}  = k\left. {\left( {45t - \frac{{{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{15} = k\left( {45 \cdot 15 - \frac{{{{15}^2}}}{2}} \right) = 20\pi \)

\( \Leftrightarrow 562,5k = 20\pi  \Leftrightarrow k = \frac{{20\pi }}{{562,5}} \approx 0,1117\). Chọn A.

Thể tích nước thoát ra sau 42 phút là \(V\left( {42} \right) = \int\limits_0^{42} {\frac{{20\pi }}{{562,5}}\left( {45 - t} \right)dt}  = 35,84\pi \left( {{m^3}} \right)\).

Thể tích nước còn lại là \({V_1} = 36\pi  - 35,84\pi  = 0,16\pi  \approx 0,5026548\left( {{m^3}} \right) \approx 503\)lít. Chọn A.

Gọi \(n\left( {n > 0} \right)\)là số ngày giữa hai lần vận chuyển. Khi đó số ti vi vận chuyển một lần là \(5n\).

Số ti vi lưu kho ngày thứ nhất là \(5n - 5\).

Số ti vi lưu kho ngày thứ hai là \(5n - 5 \cdot 2\).

….

Số ti vi lưu kho ngày thứ \(n - 1\)là \(5n - 5\left( {n - 1} \right)\).

Do đó tổng số ti vi cần lưu kho là \(\frac{{5n\left( {n - 1} \right)}}{2}\).

Chi phí lưu kho là \(\frac{{5n\left( {n - 1} \right)}}{2} \cdot 0,2 = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\) triệu đồng.

Chi phí trung bình trong một ngày là \(f\left( n \right) = \frac{{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + 8}}{n} = \frac{8}{n} + \frac{n}{2} - 0,5\).

Bài toán trở thành tìm \(n\)để \(f\left( n \right)\) nhỏ nhất.

Có \(f'\left( n \right) =  - \frac{8}{{{n^2}}} + \frac{1}{2}\); \(f'\left( n \right) = 0 \Leftrightarrow n = 4\)(vì \(n > 0\)).

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(n = 4\) thì \(f\left( n \right)\)nhỏ nhất.

Đáp án cần nhập là: 4.

Gọi \(x;y\) lần lượt là số câu trả lời đúng và số câu trả lời sai.

Để thí sinh được 10 điểm thì \(\left\{ \begin{array}{l}4x - y = 10\\x + y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 6\end{array} \right.\).

Xác suất để thí sinh đó đạt được 10 điểm là \(P = C_{10}^4{\left( {\frac{1}{4}} \right)^4}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^6} \Rightarrow 100p \approx 14,6\).

Đáp án cần nhập là: 14,6.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 3\left( {{m^2} + 2m} \right)\).

Có \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = m + 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Để hàm số có giá trị lớn nhất trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) thì .

Ta có ;

\(y\left( 0 \right) =  - 2025\).

Để \( \Leftrightarrow {m^3} + 3{m^2} - 2025 \ge  - 2025\)\( \Leftrightarrow {m^3} + 3{m^2} \ge 0 \Leftrightarrow m \ge  - 3\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1} \right\}\).

Vậy có 3 giá trị nguyên của \(m\).

Đáp án cần nhập là: 3.

Vì chiều cao của khối đá còn lại bằng \(\frac{2}{3}\) khối đá ban đầu nên chiều cao khối đá còn lại \(h = \frac{2}{3} \cdot 30 = 20\)(cm).

Diện tích đáy bé (hình vuông cạnh 20 cm) có diện tích là \({S_1} = {20^2} = 400\;\left( {c{m^2}} \right)\).

Mô tả mặt cắt dọc của khối đá và kí hiệu như hình vẽ

Gọi \(x\)là độ dài cạnh đáy lớn của khối đá còn lại.

Từ hình ta có \(x = 2EF + 20\).

Xét \(\Delta AKD\)vuông , ta có \(\tan \widehat {KDA} = \frac{{AK}}{{DK}} = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}\).

Xét \(\Delta DEF\), ta có \(\tan \widehat {EDF} = \frac{{EF}}{{FD}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{EF}}{h} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow EF = \frac{h}{3} = \frac{{20}}{3}\).

Suy ra độ dài đáy lớn là \(2EF + 20 = 2 \cdot \frac{{20}}{3} + 20 = \frac{{100}}{3}\).

Suy ra \({S_2} = {x^2} = {\left( {\frac{{100}}{3}} \right)^2} = \frac{{10000}}{9}\).

Vậy thể tích của khối đá còn lại là \(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1} \cdot {S_2}} } \right)\)

\( = \frac{1}{3} \cdot 20 \cdot \left( {400 + \frac{{10000}}{9} + \sqrt {400 \cdot \frac{{10000}}{9}} } \right) = 14518,51852\;\left( {c{m^3}} \right) \approx 14,5\;\left( {d{m^3}} \right)\).

Đáp án cần nhập là: 14,5.

Lợi nhuận thu được là

\(L\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000 - x\left( {300 + \frac{{100}}{x}} \right) \cdot 1000 - \left( {2{x^3} + 100000x - 50000} \right)\)

\( =  - {x^3} - 1999{x^2} + 601000x + 200000\).

Có \(L'\left( x \right) =  - 3{x^2} - 3998x + 601000 = 0 \Leftrightarrow x \approx 136,37\).

Bảng biến thiên

Vì số sản phẩm sản xuất được là số tự nhiên, từ bảng biến thiên ta so sánh \(L\left( {136} \right)\) và \(L\left( {137} \right)\).

Ta có \(L\left( {136} \right) = 42\;447\;040\) đồng và \(L\left( {137} \right) = 42\;446\;416\) đồng.

Vậy doanh nghiệp cần sản xuất 136 sản phẩm thì lợi nhuận là lớn nhất.

Đáp án cần nhập là: 136.

Giả sử máy bay bay từ \(A\) đến điểm \(B\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), sau đó bay đến điểm \(N\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\), di chuyển một đoạn \(NM = 2\,cm\), và từ \(M\) bay về \(A\). Vì bài toán tìm độ dài ngắn nhất nên ta xem mỗi đoạn bay của máy bay luôn là đoạn thẳng.

Yêu cầu bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của tổng \(AB + BN + NM + MA\).

Vì \(MN = 2\) nên ta tìm giá trị nhỏ nhất của \(S = AB + BN + MA\)

Ta có mặt phẳng \(\left( P \right):y - z = 0\) là mặt phẳng phân giác của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( {Oxz} \right)\).

Dễ thấy \(A\left( {3;2;1} \right)\) nằm trong miền góc nhị diện tạo bởi các nửa mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) (chứa tia \(Oy\)) và nửa mặt phẳng\(\left( P \right)\)(nằm phía trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) với bờ là trục \(Ox\).

Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là các điểm đối xứng với \(A\) qua các mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( P \right)\).

Suy ra \(E\left( {3;2; - 1} \right)\) và \(F\left( {3;1;2} \right)\).

Gọi \(J\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {FJ}  = \overrightarrow {MN} \). Vì \(MN \subset \left( P \right)\) nên \(FJ \subset \left( Q \right)\) với \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng đi qua \(F\) và song song với \(\left( P \right)\). Phương trình của \(\left( Q \right)\) là \(y - z + 1 = 0\).

Do \(FJ = MN = 2\)nên tập hợp điểm \(J\) là đường tròn \(\left( T \right)\) tâm \(F\) bán kính \(r = 2\) nằm trên \(\left( Q \right)\).

Khi đó ta có \(AB = EB,\,\,MA = MF = NJ\) .

Suy ra \(AB + BN + MA = EB + BN + NJ \ge EJ\) (1)

Ta có (1) xảy ra đẳng thức \( \Leftrightarrow E,\,B,N,\,J\) thẳng hàng\( \Leftrightarrow B,\,\,N\) là giao điểm của đường thẳng \(EJ\) với \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( P \right)\).

Mặt khác, gọi \(I\) là hình chiếu của \(E\) lên \(\left( Q \right)\).

Vì \(IE \bot \left( Q \right):y - z + 1 = 0\) nên phương trình đường thẳng \(EI\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2 + t\\z =  - 1 - t\end{array} \right.\)

Vì \(I = IE \cap \left( Q \right)\) nên \(I\left( {3;0;1} \right)\) . Suy ra \(IE = 2\sqrt 2 \) và \[IF = \sqrt 2 \] .

Gọi \(G\) là giao điểm của \(IF\) với đường tròn \(\left( T \right)\) sao cho \(G\) gần \(I\) nhất.

Khi đó \(IJ \ge \left| {IF - JF} \right| = \left| {IF - 2} \right| = 2 - \sqrt 2  = IG\) . Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow J \equiv G\).

Suy ra \(JE = \sqrt {E{I^2} + I{J^2}}  \ge \sqrt {E{I^2} + I{G^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AB + BN + MA \ge \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \) Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow J \equiv G\) và \(N,B\) là giao điểm của đường thẳng \(GE\) với \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\).

Do đó \(\min \left( {AB + BN + NM + MA} \right) = 2 + \min JE = 2 + \sqrt {14 - 4\sqrt 2 }  \approx 4,89\) \(cm\).

Đáp án cần nhập là: 4,89.

Gọi diện tích chị Lan trồng lúa là \(x\left( {x \ge 0} \right)\). Số ngày công trồng lúa là \(10x\)

Gọi diện tích chị Lan trồng khoai tây là \(y\left( {y \ge 0} \right)\). Số ngày công trồng khoai tây là \(20y\)

Số tiền chị Lan thu được khi canh tác 6 ha đất trong 100 ngày là \(30x + 50y\)( triệu đồng )

Dựa vào dữ kiện của đề bài ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 6\\10x + 20y \le 100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\left( 1 \right)\\y \ge 0\left( 2 \right)\\x + y - 6 \le 0\left( 3 \right)\\x + 2y - 10 \le 0\left( 4 \right)\end{array} \right.\)

Ta vẽ các đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):x = 0,\left( {{d_2}} \right):y = 0,\left( {{d_3}} \right):x + y - 6 = 0,\left( {{d_4}} \right):x + 2y - 10 = 0\) trên cùng hệ trục tọa độ

Lấy điểm \(M\left( {1;1} \right)\)ta thấy \(M\left( {1;1} \right) \in \left( 1 \right),M\left( {1;1} \right) \in \left( 2 \right),M\left( {1;1} \right) \in \left( 3 \right),M\left( {1;1} \right) \in \left( 4 \right)\).

Ta gạch bỏ các phần không chứa điểm \(M\left( {1;1} \right)\) của mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right),\left( {{d_3}} \right),\left( {{d_4}} \right)\).

Ta được miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền trong và viền của đa giác \(ABCD\)

\(\left( {{d_1}} \right) \cap \left( {{d_2}} \right) = A\left( {0;0} \right),\left( {{d_2}} \right) \cap \left( {{d_3}} \right) = D\left( {6;0} \right),\)   \(\left( {{d_1}} \right) \cap \left( {{d_4}} \right) = B\left( {0;5} \right),\left( {{d_3}} \right) \cap \left( {{d_4}} \right) = C\left( {2;4} \right)\)

Với \(A\left( {0;0} \right)\) Số tiền chị Lan thu được là: \(30 \cdot 0 + 50 \cdot 0 = 0\) triệu đồng

Với \(B\left( {0;5} \right)\) Số tiền chị Lan thu được là: \(30 \cdot 0 + 50 \cdot 5 = 250\) triệu đồng

Với \(C\left( {2;4} \right)\) Số tiền chị Lan thu được là: \(30 \cdot 2 + 50 \cdot 4 = 260\) triệu đồng

Với \(D\left( {6;0} \right)\) Số tiền chị Lan thu được là: \(30 \cdot 6 + 50 \cdot 0 = 180\) triệu đồng

Đáp án cần nhập là: 260.

Sau nửa giờ, nhiệt độ cốc cà phê là \(150^\circ F\) nên ta có:

\(150 = 65 + \left( {195 - 65} \right) \cdot {e^{ - 0,5k}} \Leftrightarrow {e^{ - 0,5k}} = \frac{{17}}{{26}}\)\( \Leftrightarrow {e^k} = {\left( {\frac{{17}}{{26}}} \right)^{ - 2}}\).

Để nhiệt độ của cốc cà phê không vượt quá \(91^\circ F\) thì

\(65 + \left( {195 - 65} \right){e^{ - kt}} \le 91\)\( \Leftrightarrow {\left( {{e^k}} \right)^{ - t}} \le \frac{1}{5}\)\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{17}}{{26}}} \right)^{2t}} \le \frac{1}{5}\)\( \Leftrightarrow t \ge \frac{1}{2}{\log _{\frac{{17}}{{26}}}}\left( {\frac{1}{5}} \right) \approx 114\) phút.

Đáp án cần nhập là: 114.

Ta có \[\int\limits_{ - 1}^m {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^m {f\left( x \right)dx} \]\( = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( { - {x^2} - 2x} \right)dx}  + \int\limits_0^m {\left( {{x^2} + 2x} \right)dx} \)\( = \frac{2}{3} + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + {x^2}} \right)} \right|_0^m\)\( = \frac{2}{3} + \frac{{{m^3}}}{3} + {m^2}\).

Ta có \(\frac{2}{3} + \frac{{{m^3}}}{3} + {m^2} = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{{{m^3}}}{3} + {m^2} - \frac{4}{3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m =  - 2\end{array} \right.\).

Vậy có 2 giá trị của m.

Đáp án cần nhập là: 2.

Mặt cầu\[\left( S \right)\]có tâm\[I\left( {1;0;--1} \right)\], bán kính \(R = 2\).

Ta có \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}d\left( {D,\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}}\) nên \({V_{ABCD}}\)lớn nhất khi và chỉ khi \(d\left( {D,\left( {ABC} \right)} \right)\) lớn nhất.

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng qua điểm \(I\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Suy ra \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 2t\\z =  - 1 + t\end{array} \right.\).

Gọi \({D_1};{D_2}\) là các giao điểm của \(\Delta \) và mặt cầu \(\left( S \right)\).

Tọa độ điểm \({D_1};{D_2}\) thỏa mãn hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + 2t\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{y =  - 2t\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{z =  - 1 + t\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 2z - 2 = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = \frac{2}{3}}\\{t = \frac{{ - 2}}{3}}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow {D_1}\left( {\frac{7}{3};\frac{{ - 4}}{3};\frac{{ - 1}}{3}} \right)\,;{D_2}\left( {\frac{{ - 1}}{3};\frac{4}{3};\frac{{ - 5}}{3}} \right)\)

Ta thấy: \(d\left( {{D_1},\left( {ABC} \right)} \right) > d\left( {{D_2},\left( {ABC} \right)} \right)\). Vậy điểm \(D\left( {\frac{7}{3}; - \frac{4}{3}; - \frac{1}{3}} \right)\) \( \Rightarrow a + b + c = \frac{2}{3} \approx 0,67\).

Đáp án cần nhập là: 0,67.