Đề thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội 2 phần Toán có đáp án - Đề số 4

Ta có \(\overline x  = \frac{{6,5 \cdot 30 + 9,5 \cdot 55 + 12,5 \cdot 45 + 15,5 \cdot 30 + 18,5 \cdot 20}}{{30 + 55 + 45 + 30 + 20}} = 11,75\). Chọn B.

Ta có \({R_A} = 10 - 2 = 8;{R_B} = 10 - 0 = 10\).

\({R_A} + {R_B} = 18\). Chọn B.

Đồ thị hàm số đi qua \(\left( {0; - 1} \right)\) nên \(b =  - 2\).

Đồ thị hàm số đi qua \(\left( { - 2;0} \right)\) nên \(a = 1\).

Tiệm cận đứng \(x = 2\) nên \(c = 1\). Chọn C.

Ta có \(\int {f(x){\rm{d}}x}  = \int {\left( {\frac{1}{x} + {2^x} - 3\sin x} \right){\rm{d}}x}  = \ln \left| x \right| + \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + 3\cos x + C\). Chọn C.

Hoành độ giao điểm: \(\sqrt x  = x - 2\)\( \Leftrightarrow x - \sqrt x  - 2 = 0\)\( \Leftrightarrow x = 4\).

Diện tích cần tính là \(S = \int\limits_0^4 {\sqrt x dx}  - \int\limits_2^4 {\left( {x - 2} \right)dx}  = \frac{{16}}{3} - 2 = \frac{{10}}{3}\). Chọn B.

Ta có \(\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;1;3} \right),\overrightarrow {{n_R}}  = \left( {2; - 1;1} \right),\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_R}} } \right] = \left( {4;5; - 3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;1; - 3} \right)\) đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( Q \right):x + y + 3z = 0,\left( R \right):2x - y + z = 0\) nhận \(\overrightarrow n  = \left( {4;5; - 3} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là

\(4\left( {x - 2} \right) + 5\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z + 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 4x + 5y - 3z - 22 = 0\). Chọn B.

Ta có \(\left| {\overrightarrow u } \right| = 2;\left| {\overrightarrow v } \right| = \sqrt {1 + {m^2}} \); \(\overrightarrow u  \cdot \overrightarrow v  = 1 - m\sqrt 2 \).

Khi đó \(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u  \cdot \overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right|}}\)\( \Leftrightarrow \cos 60^\circ  = \frac{{1 - m\sqrt 2 }}{{2\sqrt {1 + {m^2}} }}\)\( \Leftrightarrow \frac{{1 - m\sqrt 2 }}{{2\sqrt {1 + {m^2}} }} = \frac{1}{2}\)\( \Leftrightarrow 2\left( {1 - m\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt {1 + {m^2}} \)

\( \Leftrightarrow 1 - m\sqrt 2  = \sqrt {1 + {m^2}} \)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - m\sqrt 2  \ge 0\\{\left( {1 - m\sqrt 2 } \right)^2} = 1 + {m^2}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\1 - 2m\sqrt 2  + 2{m^2} = 1 + {m^2}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\{m^2} - 2m\sqrt 2  = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow m = 0\]. Vậy có 1 giá trị của m. Chọn D.

Ta có \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,5 + 0,4 - 0,3 = 0,6\). Chọn D.

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

Có \(f\left( 0 \right) = 0\).

Số nghiệm của phương trình \(4f\left( x \right) + 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \frac{5}{4}\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y =  - \frac{5}{4}\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng \(y =  - \frac{5}{4}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm phân biệt. Chọn B.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2; - 1} \right),R = \sqrt 5 \).

Ta có \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 + 2 - 2 \cdot \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2\).

Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến là \(r = \sqrt {{R^2} - {{\left( {d\left( {I,\left( P \right)} \right)} \right)}^2}}  = \sqrt {5 - 4}  = 1\). Chọn A.

Theo đề có \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot CD\).

Kẻ \(HJ \bot CD\). Do đó \(CD \bot \left( {SHJ} \right)\).

Kẻ \(HK \bot SJ\) mà \(CD \bot \left( {SHJ} \right) \Rightarrow CD \bot HK\). Do đó \(HK \bot \left( {SCD} \right)\).

Do đó \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\).

Có \(\frac{{CH}}{{CA}} = \frac{{HJ}}{{AD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow HJ = \frac{3}{4}AD = \frac{3}{4}\).

Xét \(\Delta SHJ\) vuông tại \(H\), có \(HK \bot SJ\) nên \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{{16}}{6} + \frac{{16}}{9} = \frac{{40}}{9} \Rightarrow HK = \frac{{3\sqrt {10} }}{{20}}\).

Có \(\frac{{AC}}{{HC}} = \frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{4}{3}\)\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3} \cdot \frac{{3\sqrt {10} }}{{20}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\). Chọn A.

1. Sai. Vì tập xác định là \(D = \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\).

2. Đúng. Vì \(f'\left( x \right) =  - \frac{3}{{\left( {3x + 4} \right)\ln 2}} < 0\,\,\forall x \in \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) nên \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(D = \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\).

3. Đúng. Vì \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) nên \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) =  - 1 - {\log _2}5\) .

4. Đúng. Xét \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + {x^2} - \frac{7}{2}x + 2\)

 Ta có \(g'\left( x \right) =  - \frac{3}{{\left( {3x + 4} \right)\ln 2}} + 2x - \frac{7}{2},\,\,\,g''\left( x \right) = \frac{9}{{{{\left( {3x + 4} \right)}^2}\ln 2}} + 2 > 0\,\,\forall x \in \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) .

Suy ra \(g'\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\). Do đó \(g'\left( x \right) = 0\) có tối đa 1 nghiệm.

Vì \(g'\left( 0 \right) < 0,\,\,g'\left( 4 \right) > 0\) nên \(g'\left( x \right) = 0\) có ít nhất 1 nghiệm.

Suy ra \(g'\left( x \right) = 0\) có nghiệm duy nhất \(x = {x_0}\) .

Từ bảng biến thiên suy ra \(g\left( x \right) = 0\) có nhiều nhất 2 nghiệm và tìm được 2 nghiệm là \(x = 0,\,\,x = 4\).

Từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình  \(f\left( x \right) <  - {x^2} + \frac{7}{2}x - 2\) là \(\left( {0;4} \right)\).

5. Sai. \(f\left( x \right) + {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3x + 4} \right) + {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = {\log _2}\left( {3x + 4} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - \frac{4}{3}\\{x^2} - 2x + m = 3x + 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - \frac{4}{3}\\m =  - {x^2} + 5x + 4\end{array} \right.\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) =  - {x^2} + 5x + 4\).

Ta có \(g'\left( x \right) =  - 2x + 5 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{2}\).

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

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(8 < m < \frac{{41}}{4}\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {9;10} \right\}\).

Do đó tổng các giá trị là 19. Chọn ý 2, 3, 4.

1. Sai. Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{1}{2} \cdot {4^2} = 8\).

Ta có \(BH = \frac{3}{4}BA = 3\). Xét \(\Delta SHB\) vuông tại \(H\), có \(SH = BH \cdot \tan \widehat {SBH} = 3 \cdot \tan 30^\circ  = \sqrt 3 \).

Khi đó \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SH \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt 3  \cdot 8 = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\).

2. Đúng. Có \(AB//CD\) nên \(AB//\left( {SCD} \right)\).

Khi đó \(d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Kẻ \(HJ \bot CD,HI \bot SJ\).

Dễ dàng chứng minh \(HI \bot \left( {SCD} \right)\). Khi đó \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HI\).

Xét \(\Delta SHJ\) vuông tại \(H\), có \(HI \bot SJ\), ta có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{{16}} = \frac{{48}}{{19}} \Rightarrow HI = \frac{{4\sqrt {57} }}{{19}}\).

3. Đúng. Theo câu 1, \(SH = \sqrt 3 \).

4. Đúng.

Kẻ \(EM//BC\). Khi đó \(EM \bot AB\) mà \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot ME\).

Do đó \(EM \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow EM \bot SM\).

Ta có \(\left( {SE,BC} \right) = \left( {SE,EM} \right) = \widehat {SEM}\).

Dễ dàng chứng minh được \(HC \bot BK\) tại \(E\).

Có \(EM//BC\) nên \(\frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{ME}}{{BC}}\).

Xét \(\Delta BHC\) vuông tại \(B\), có \(BE\) là đường cao nên \(B{H^2} = HE \cdot HC\), \(H{C^2} = B{H^2} + B{C^2}\).

Ta có \(\frac{{ME}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HE \cdot HC}}{{H{C^2}}} = \frac{{B{H^2}}}{{H{C^2}}} = \frac{{B{H^2}}}{{B{H^2} + B{C^2}}} = \frac{{{3^2}}}{{{3^2} + {4^2}}} = \frac{9}{{25}}\).

Suy ra  \(ME = \frac{9}{{25}} \cdot BC = \frac{9}{{25}} \cdot 4 = \frac{{36}}{{25}}\); \(HE = \frac{9}{{25}}HC = \frac{9}{{25}} \cdot \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = \frac{9}{5}\).

Xét \(\Delta SHE\) vuông tại H, có \(SE = \sqrt {S{H^2} + H{E^2}}  = \sqrt {3 + {{\left( {\frac{9}{5}} \right)}^2}}  = \frac{{2\sqrt {39} }}{5}\).

Xét \(\Delta SHE\) vuông tại \(H\) có \(\cos \widehat {SEM} = \frac{{ME}}{{SE}} = \frac{{36}}{{25}}:\frac{{2\sqrt {39} }}{5} = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\).

Suy ra \(m = 18;n = 5\). Vậy \(2m - n = 2 \cdot 18 - 5 = 31\). Chọn ý 2, 3, 4.

Gọi \(A\) là biến cố “Bệnh nhân đó mắc bệnh”; \(B\)là biến cố “Xét nghiệm cho kết quả dương tính”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,05;P\left( {\overline A } \right) = 0,95;\)\(P\left( {B|A} \right) = 0,94;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,03\).

1. Đúng. \(P\left( {B|A} \right) = 0,94\).

2. Đúng. Có \(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,05 \cdot 0,94 + 0,95 \cdot 0,03 = \frac{{151}}{{2000}}\).

3. Sai.  Có \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,05 \cdot 0,94}}{{\frac{{151}}{{2000}}}} = \frac{{94}}{{151}}\].

4. Sai. Cần tính \(P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B |\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,95 \cdot 0,97}}{{1 - \frac{{151}}{{2000}}}} = \frac{{1843}}{{1849}}\). Chọn ý 1; 2.

1. Sai. Mặt cầu đường kính \(AB\) có tâm \(I\left( { - 1;1;2} \right)\) và bán kính \(R = \frac{{AB}}{2} = \sqrt 5 \)

Do đó phương trình mặt cầu đường kính \(AB\) là \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 5\).

2. Đúng. Kiểm tra trực tiếp, ta thấy \(A \notin \left( P \right)\) và \(A \notin \left( {Oxy} \right)\).

Gọi \({A_1},{A_2}\) lần lượt là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\).

Suy ra \({A_1}\left( {3;0;4} \right)\) và \({A_2}\left( {1;2; - 2} \right)\).

Ngoài ra, do điểm \(A\), hai mặt phẳng\(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\) cố định nên hai điểm \({A_1},{A_2}\) cố định.

Khi đó, với mọi \(D \in \left( P \right),E \in \left( {Oxy} \right)\), ta có \(DA = D{A_1},EA = E{A_2}\).

Chu vi \(\Delta ADE\):

\(P\left( {\Delta ADE} \right) = AD + DE + EA = {A_1}D + DE + E{A_2} \ge {A_1}{A_2} = 2\sqrt {11} \)

Dấu  xảy ra khi \({A_1},D,E,{A_2}\) thẳng hàng.

3. Sai. Dễ thấy \[{\Delta _1} \cap {\Delta _2} = C\left( {1;0; - 2} \right)\] và \(\left[ {\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} ,\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} } \right] = \left( {0; - 5; - 5} \right)\).

Suy ra phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\) là \(\left( \alpha  \right):y + z + 2 = 0\).

Gọi \(D = {\Delta _3} \cap \left( \alpha  \right) \Rightarrow D\left( { - 2; - 1; - 1} \right)\) và \(E = {\Delta _4} \cap \left( \alpha  \right) \Rightarrow E\left( {1;1; - 3} \right)\). Suy ra \(\overrightarrow {DE}  = \left( {3;2; - 2} \right)\).

Dễ thấy \(\overrightarrow {DE}  = \left( {3;2; - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}}  = \left( {2;1; - 1} \right)\) không cùng phương; \(\overrightarrow {DE}  = \left( {3;2; - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}}  = \left( {1; - 2;2} \right)\) không cùng phương.

Suy ra đường thẳng \(DE\) cắt cả hai đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\).

Mà \(D = {\Delta _3} \cap \left( \alpha  \right)\) và \(E = {\Delta _4} \cap \left( \alpha  \right)\) nên đường thẳng \(DE\) cắt cả bốn đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2},{\Delta _3},{\Delta _4}\).

Do đó, một véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {3;2; - 2} \right)\).

4. Đúng. Ta thấy mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):2x + y + z - 6 = 0\) cắt các trục \[Ox,Oy,Oz\] lần lượt tại \(M\left( {3;0;0} \right)\), \(N\left( {0;6;0} \right)\)\(P\left( {0;0;6} \right)\). Dễ dàng kiểm tra được điểm \(A\left( {1;2;2} \right)\) chính là trọng tâm của tam giác \(MNP\). Chọn ý 2, 4.

1. Đúng. Ta có: \(y'\left( x \right) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}y\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{{y'\left( x \right)}}{{y\left( x \right)}} =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}\).

\(f\left( x \right) = \ln y\left( x \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{y'\left( x \right)}}{{y\left( x \right)}} =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}\).

2. Đúng. Ta có: \(\int {f'\left( x \right)dx}  = \int { - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}} dx \Leftrightarrow f\left( x \right) = \ln y\left( x \right) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + C.\)

Do nồng độ (đầu) của \(A\) là \(0,05\) mol \({L^{ - 1}}\) nên

\(f\left( 0 \right) = \ln 0,05 =  - 7 \cdot {10^{ - 4}} \cdot 0 + C \Rightarrow C = \ln 0,05\).

Suy ra \(f\left( x \right) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + \ln \left( {0,05} \right)\).

3. Sai. Ta có: \(f\left( {30} \right) =  - 210 \cdot {10^{ - 4}} + \ln 0,05 \Rightarrow y\left( {30} \right) = {e^{f\left( {30} \right)}} \approx 0,04896\).

\(f\left( {15} \right) =  - 105 \cdot {10^{ - 4}} + \ln 0,05 \Rightarrow y\left( {15} \right) = {e^{f\left( {15} \right)}} \approx 0,04948\).

\(y\left( {30} \right) - y\left( {15} \right) \approx  - 5,2 \cdot {10^{ - 4}}\).

4. Đúng. \(\ln y\left( x \right) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + \ln 0,05 \Rightarrow y\left( x \right) = {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x + \ln 0,05}}\).

Nồng độ trung bình chất \(A\) từ thời điểm \(15\) giây đến thời điểm \(30\) giây bằng:

\[\frac{1}{{30 - 15}}\int\limits_{15}^{30} {y\left( x \right)} dx = \frac{1}{{15}}\int\limits_{15}^{30} {{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x + \ln 0,05}}} dx \approx 0,05\](mol \({L^{ - 1}}\)). Chọn ý 1, 2, 4.

Gọi \({V_1}\) là thể tích phần dưới (hình hộp chữ nhât). Khi đó \({V_1} = 10 \cdot 10 \cdot 1 = 100\;{m^3}\).

Gọi \({V_2}\) là thể tích hình chóp cụt đều. Khi đó \({V_2} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot \left( {{{10}^2} + {{15}^2} + \sqrt {{{10}^2} \cdot {{15}^2}} } \right) = 475\) m3.

Thể tích toàn bộ bể nước là \({V_1} + {V_2} = 575\;{m^3}\). Chọn D.

Gọi \(t\) (phút) là thời gian bơm nước vào bể, thể tích nước trong bể là \(V\left( t \right) = 5t\,\,\left( {{m^3}} \right)\).

Khi \(t = 20\), nước dâng lên hết phần \(\left( I \right)\)là phần hình hộp chữ nhật ở đáy có thể tích \(100{m^3}\).

Khi \(t > 20\), nước dâng lên trong phần \(\left( {II} \right)\)- phần hình chóp cụt tứ giác đều.

Gọi \({V_2}\left( t \right)\) là thể tích phần nước trong phần\(\left( {II} \right)\) \( \Rightarrow {V_2}\left( t \right) = 5t - 100\).

Mặt khác, ta xét phần \(\left( {II} \right)\)là phần hình chóp cụt tứ giác đều có chiều cao \(h = {h_2} - {h_1}\), cạnh đáy là \(a\) và \(10\) (tham khảo hình vẽ).

Có \(\frac{{{h_1}}}{{10}} = \frac{{{h_2}}}{a} = \frac{{{h_3}}}{{15}}\) mà \({h_3} - {h_1} = 3\) (do chiều cao của bể chứa phần \(\left( {II} \right)\)là 3).

\( \Rightarrow h = \frac{3}{5}a - 6\).

Khi đó theo công thức tính thể tích khối chóp cụt: \({V_2} = \frac{h}{3}\left( {{a^2} + 10a + 100} \right)\)

Thay \(h = \frac{3}{5}a - 6\) ta được \({V_2} = \frac{{\left( {a - 10} \right)\left( {{a^2} + 10a + 100} \right)}}{5} = \frac{1}{5}{a^3} - 200\).

Mà \({V_2}\left( t \right) = 5t - 100 = \frac{1}{5}{a^3} - 200 \Leftrightarrow a = \sqrt[3]{{25t + 500}}\).

Ta viết lại \(h\left( t \right) = \frac{3}{5}\sqrt[3]{{25t + 500}} - 6\) là hàm chiều cao của nước trong bể với \(t > 20\).

Vậy sau 60 phút, tốc độ dâng lên của nước trong bể là \(h'\left( {60} \right) \approx 0,03\). Chọn C.

Đường cong \[y = {\log _a}x\] đi qua điểm \[\left( {3\,;\,\,1} \right)\] nên \[1 = {\log _a}3 \Rightarrow a = 3\]. Chọn B.

Điểm \[A\left( {{x_A}\,;\,\, - 1} \right)\] thuộc đồ thị hàm só \[y = {\log _3}x \Rightarrow {\log _3}x =  - 1 \Rightarrow x = {3^{ - 1}} = \frac{1}{3}\].

Diện tích tam giác cong ABC là phần hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị \[y = {\log _3}x\,;\,\,y =  - 1\] cùng các đường thẳng \[x = \frac{1}{3}\,;\,\,x = 4\].  

Do đó diện tích cần tính là \[S = 100 \cdot \int\limits_{\frac{1}{3}}^4 {\left| {{{\log }_3}x - \left( { - 1} \right)} \right|{\rm{d}}x}  \approx 571\,\,{m^2}\]. Chọn D.

Xét tiếp tuyến của đường cong \[y = {\log _3}x\] biết tiếp tuyến song song với đường thẳng \[y = x + 1\].

Hệ số góc tiếp tuyến là \[k = 1\]; gọi \[M\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}} \right)\] là tiếp điểm thì

\[f'\left( {{x_0}} \right) = k \Rightarrow \frac{1}{{{x_0}\ln 3}} = 1 \Rightarrow {x_0} = \frac{1}{{\ln 3}};\,\,{y_0} = {\log _3}\frac{1}{{\ln 3}}\].

Độ dài ngắn nhất cây cầu (theo đường chim bay) bằng hai lần khoảng cách từ \[M\left( {\frac{1}{{\ln 3}}\,;\,\,{{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}}} \right)\] đến đường thẳng \[y = x + 1\].

Ta có: \[{d_{\min }} = 2 \cdot \frac{{\left| {\frac{1}{{\ln 3}} - {{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}} + 1} \right|}}{{\sqrt 2 }} \cdot 100 \approx 282\,\,m\]. Chọn A.

Vì \(H\)là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\)trên đường thẳng \(d\) nên \(H \in d \Rightarrow H\left( {4 + 2t;4 + 2t;2 - t} \right)\).

Có \(\overrightarrow {AH}  = \left( {3 + 2t;3 + 2t;3 - t} \right)\).

Vì \(AH \bot d\) nên \(\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {{u_d}}  = 0\)\( \Leftrightarrow 2\left( {3 + 2t} \right) + 2\left( {3 + 2t} \right) - \left( {3 - t} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 9t =  - 9 \Leftrightarrow t =  - 1\).

Suy ra \(H\left( {2;2;3} \right)\). Do đó \(a + b + c = 7\).

Đáp án cần nhập là: 7.

Ta có: \(f\left( t \right) = \frac{{3\,000}}{{1 + 3{{\rm{e}}^{ - t}}}} = \frac{{3\,000{{\rm{e}}^t}}}{{{{\rm{e}}^t} + 3}}\)\( \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{{9\,000{e^t}}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^2}}}.\)

Tốc độ tăng trưởng người dùng lớn nhất tức là \(f'\left( t \right)\) lớn nhất.

Xét hàm số \(h\left( t \right) = f'\left( t \right) = \frac{{9\,000{e^t}}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^2}}}\), \(t \ge 0\)

Ta có: \(h'\left( t \right) = \frac{{{{\left( {9000{e^t}} \right)}^\prime } \cdot {{\left( {{e^t} + 3} \right)}^2} - 2\left( {{e^t} + 3} \right) \cdot {{\left( {{e^t} + 3} \right)}^\prime } \cdot 9000{e^t}}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^4}}} = \frac{{9000{e^t} \cdot \left( {3 - {e^t}} \right)}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^3}}}\)

\(h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 3 - {e^t} = 0 \Leftrightarrow {e^t} = 3 \Leftrightarrow t = \ln 3\).

Từ bảng biến thiên của hàm số \(h\left( t \right)\), với \(t \ge 0\) suy ra tốc độ tăng trưởng người dùng \(h\left( t \right)\) lớn nhất khi\(t = \ln 3 \approx 1,1\)

Vậy sau khi ra mắt khoảng \(t = \ln 3 \approx 1,1\) năm thì thì tốc độ tăng trưởng người dùng là lớn nhất.

Đáp án cần nhập là: 1,1.

Gọi \(A\) là biến cố “quả bóng lấy ra từ hộp I qua là quả bóng màu đỏ” và \[B\] là cố “trong hai quả lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ”

Cần tính \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( B \right)}}\)

Đếm \(n\left( B \right)\): Chia hai trường hợp

Trường hợp 1. Lấy một quả đỏ từ hộp I sang hộp II, rồi lấy hai quả bóng lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ, có \(5\left( {C_{11}^2 - C_6^2} \right) = 200\) cách.

Trường hợp 2. Lấy một quả vàng từ hộp 1 sang hộp 2, rồi lấy hai quả bóng lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ, có \(3\left( {C_{11}^2 - C_7^2} \right) = 102\)cách.

Suy ra \(n\left( B \right) = 200 + 102 = 302\) cách

Đếm \(n\left( {AB} \right)\).

“\(AB\) là biến cố lấy một quả đỏ từ hộp I sang hộp II rồi hai quả bóng lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ từ hộp 2 ra ngoài”

Suy ra \(n\left( {AB} \right) = 5\left( {C_{11}^2 - C_6^2} \right) = 200\) cách

Vậy \(P\left( {A{\rm{|}}B} \right) = \frac{{200}}{{302}} \approx 0,66.\)

Đáp án cần nhập là: 0,66.

Nhiệt độ của hai lò vi sóng bằng nhau nên ta có

\(320 - 290{{\rm{e}}^{ - 0,05t}} = 270 - 240{{\rm{e}}^{ - 0,1t}}\)\[ \Leftrightarrow 29{{\rm{e}}^{ - 0,05t}} - 24{{\rm{e}}^{ - 0,1t}} - 5 = 0\]\[ \Leftrightarrow 29{{\rm{e}}^{ - 0,05t}} - 24{\left( {{{\rm{e}}^{ - 0,05t}}} \right)^2} - 5 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{{\rm{e}}^{ - 0,05t}} = 1\\{{\rm{e}}^{ - 0,05t}} = \frac{5}{{24}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 31,37\end{array} \right.\]

Vì lò vi sóng được bật lên sau một thời gian nên \(t \approx 31 > 0\).

Đáp án cần nhập là: 31.

Giả sử lợi nhuận thu được của doanh nghiệp sau khi sản xuất và bán được \(x\) sản phẩm là \(T\left( x \right)\)

Khi đó hàm \(T\left( x \right)\) được biểu diễn:

\(T\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}F\left( x \right) - xG\left( x \right) - 0,99 \cdot H\left( x \right){\rm{  khi }}1 \le x \le 200\\F\left( x \right) - xG\left( x \right) - 0,99 \cdot H\left( {200} \right) - 0,98 \cdot H\left( {x - 200} \right){\rm{  khi }}200 \le x \le 400\end{array} \right.\)

Trường hợp 1: \(1 \le x \le 200\)

\(T\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000 - x\frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} - 0,99\left( {2{x^3} + 100000x - 50000} \right)\).

\(T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 259\), suy ra \({T_{\max }} = T\left( {200} \right) \approx 79610463\).

Trường hợp 2: \(200 \le x \le 400\)

\(\begin{array}{l}T\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000 - x\frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} - 35590500\\ - 0,99\left[ {2{{\left( {x - 200} \right)}^3} + 100000\left( {x - 200} \right) - 50000} \right]\end{array}\)

\(T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 253\), suy ra \({T_{\max }} = T\left( {253} \right) \approx 83893648\).

Ta thấy \(T\left( {253} \right) > T\left( {200} \right)\) nên doanh thu lớn nhất khi sản xuất được 253 sản phẩm.

Đáp án cần nhập là: 235.

Đường thẳng \(OQ\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {OQ}  = \left( {2\,;\,3\,;\,0} \right)\) nên có phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = 3t\\z = 0\end{array} \right.\].

\(E \in OQ \Rightarrow E\left( {2t\,;\,3t\,;\,0} \right)\).

\(\overrightarrow {PE}  = \left( {2t - 3\,;\,3t - 1\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow {PE}  \cdot \overrightarrow {OQ}  = 0 \Leftrightarrow 2\left( {2t - 3} \right) + 3\left( {3t - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{9}{{13}} \Rightarrow E\left( {\frac{{18}}{{13}}\,;\,\frac{{27}}{{13}}\,;\,0} \right)\).

\(N\) di động trên tia \(Oz\)\( \Rightarrow N\left( {0\,;\,0\,;\,n} \right)\).  \(\left( {n > 0} \right)\)

Đường thẳng \(NQ\)có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {NQ}  = \left( {2\,;\,3\,;\, - n} \right)\) nên có phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2{t_1}\\y = 3 + 3{t_1}\\z =  - n{t_1}\end{array} \right.\].

\(\overrightarrow {PF}  = \left( {2{t_1} - 1\,;\,3{t_1} + 2\,;\, - n{t_1}} \right)\)

\(\overrightarrow {PF}  \cdot \overrightarrow {NQ}  = 0 \Leftrightarrow 2\left( {2{t_1} - 1} \right) + 3\left( {3{t_1} + 2} \right) + {n^2}{t_1} = 0 \Leftrightarrow {t_1} = \frac{{ - 4}}{{13 + {n^2}}}\)\( \Rightarrow F\left( {\frac{{18 + 2{n^2}}}{{13 + {n^2}}}\,;\,\frac{{27 + 3{n^2}}}{{13 + {n^2}}}\,;\,\frac{{4n}}{{13 + {n^2}}}} \right)\)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {EF}  = \left( {\frac{{8{n^2}}}{{13\left( {13 + {n^2}} \right)}}\,;\,\frac{{12{n^2}}}{{13\left( {13 + {n^2}} \right)}}\,;\,\frac{{4n}}{{13 + {n^2}}}} \right) = \frac{{4n}}{{13\left( {13 + {n^2}} \right)}}\left( {2n\,;\,3n\,;\,13} \right)\].

Đường thẳng \(EF\) có phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{18}}{{13}} + 2n{t_2}\\y = \frac{{27}}{{13}} + 3n{t_2}\\z = 13{t_2}\end{array} \right.\].

Đường thẳng \(EF\) cắt trục \(Oz\) tại điểm \(T\) \[ \Rightarrow \frac{{18}}{{13}} + 2n{t_2} = 0 \Leftrightarrow {t_2} =  - \frac{9}{{13n}}\]\( \Rightarrow T\left( {0\,;\,0\,;\, - \frac{9}{n}} \right)\).

\(\overrightarrow {PQ}  = \left( { - 1\,;\,2\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow {PN}  = \left( { - 3\,;\, - 1\,;\,n} \right)\); \(\overrightarrow {PT}  = \left( { - 3\,;\, - 1\,;\, - \frac{9}{n}} \right)\).

\(\left[ {\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PN} } \right] = \left( {2n\,;\,n\,;\,7} \right)\).

\({V_{PQNT}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PN} } \right] \cdot \overrightarrow {PT} } \right| = \frac{7}{6}\left| {n + \frac{9}{n}} \right| = \frac{7}{6}\left( {n + \frac{9}{n}} \right) \ge \frac{7}{6} \cdot 2\sqrt {n \cdot \frac{9}{n}}  = 7\)   (Vì \(n > 0\))

Dấu \( = \) xảy ra \( \Leftrightarrow n = \frac{9}{n} \Leftrightarrow {n^2} = 9 \Leftrightarrow n =  \pm 3 \Leftrightarrow n = 3\).   (Vì \(n > 0\))

Khi đó \(P\left( {3\,;\,1\,;\,0} \right)\); \(E\left( {\frac{{18}}{{13}}\,;\,\frac{{27}}{{13}}\,;\,0} \right)\); \(F\left( {\frac{{18}}{{11}}\,;\,\frac{{27}}{{11}}\,;\frac{6}{{11}}} \right)\)

\(\overrightarrow {PE}  = \left( { - \frac{{21}}{{13}}\,;\,\frac{{14}}{{13}}\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow {PF}  = \left( { - \frac{{15}}{{11}}\,;\,\frac{{16}}{{11}}\,;\,\frac{6}{{11}}} \right)\)

Hai vectơ chỉ phương của mặt phẳng \(\left( {PEF} \right)\)là: \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 3;2;0} \right),\overrightarrow {{u_2}}  = \left( { - 15;16;6} \right)\)

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {PEF} \right)\)là \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {12\,;\,18\,;\, - 18} \right) = 6\left( {2;3; - 3} \right)\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( {PEF} \right)\): \(2\left( {x - 3} \right) + 3\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 3y - 3z - 9 = 0\)

\( \Rightarrow a = 2,b = 3,c =  - 3 \Rightarrow a + b + c = 2\).

Đáp án cần nhập là: 2.

Vì \(I\) cách đều 4 điểm \(S,A,M,N\) nên \(I\) nằm trên mặt phẳng trung trực của \(SA\).

Mặt khác \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) suy ra \({\rm{d}}\left( {I,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}SA = \frac{3}{2}\).

Đáp án cần nhập là: 1,5.

Đặt \(F\left( t \right)\) là hàm số thể hiện lượng nước trong bể sau \(t\) giờ kể từ \(6\) giờ sáng.

Suy ra \(F\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( t \right)\).

Vì hàm số \(f\left( t \right)\) liên tục trên \(\left[ {0;12} \right]\) nên hàm số \(F\left( t \right)\) cũng liên tục trên \(\left[ {0;12} \right]\).

Lượng nước lúc 4 giờ chiều (\(t = 10\)) là

\[\begin{array}{l}F\left( {10} \right) &  = \left[ {F\left( {10} \right) - F\left( 6 \right)} \right] + \left[ {F\left( 6 \right) - F\left( 3 \right)} \right] + \left[ {F\left( 3 \right) - F\left( 2 \right)} \right] + F\left( 2 \right)\\ &  = \int\limits_6^{10} {f\left( t \right){\rm{d}}t}  + \int\limits_3^6 {f\left( t \right){\rm{d}}t}  + \int\limits_2^3 {f\left( t \right){\rm{d}}t}  + F\left( 2 \right)\\ &  = \int\limits_6^{10} {\left( {{\rm{100}}t - 900} \right){\rm{d}}t}  + \int\limits_3^6 {\left( { - 200t + 900} \right){\rm{d}}t}  + \int\limits_2^3 {100t{\rm{d}}t}  + F\left( 2 \right)\\ &  = \left. {\left( {50{t^2} - 900t} \right)} \right|_6^{10} + \left. {\left( { - 100{t^2} + 900t} \right)} \right|_3^6 + \left. {\left( {50{t^2}} \right)} \right|_2^3 + 500\\ &  =  - 400 + 0 + 250 + 500 = 350\end{array}\]

Vậy lúc 4 giờ chiều bể chứa 350 gallon nước.

Đáp án cần nhập là: 350.

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \[M\] và tạo với \(d\) một góc nhỏ nhất bằng góc giữa \(d\) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Khi đó \(\Delta \) nhận vec tơ \[\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right],\overrightarrow {{n_Q}} } \right]\] làm vec tơ chỉ phương.

Ta có \[\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1; - 2;1} \right),\,\,\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1; - 1; - 2} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {5;3;1} \right)\]\[ \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right],\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {5; - 4; - 13} \right)\].

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 5t\\y = 1 - 4t\\z = 1 - 13t\end{array} \right.\).

Thay \(t =  - 2\) ta được điểm \(A\left( { - 8;9;27} \right) \Rightarrow a + b = 36\).

Đáp án cần nhập là: 36.

Theo quy tắc chơi đã cho ta thấy cuộc chơi theo dãy số \[{u_1} = 2,\,{u_{n + 1}} = 2{u_n} - 1,\forall n \ge 1\].

Biến đổi \[\,{u_{n + 1}} - 1 = 2\left( {{u_n} - 1} \right),\forall n \ge 1\] và đặt \[{v_n} = {u_n} - 1,\forall n \ge 1\], ta có \[{v_{n + 1}} = 2{v_n}\]là cấp số nhân có công bội \[q = 2,\,{v_1} = 1\].

Tổng của \[n\] số hạng đầu của cấp số nhân là \[{S_n} = \frac{{1 - {2^n}}}{{1 - 2}} = {2^n} - 1\].

Do đó tổng số bi trong hộp là: \[{T_n} = {S_n} + n = {2^n} + n - 1 > 2000 \Rightarrow n \ge 11\].

Đáp án cần nhập là: 11.