Đề thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội 2 phần Toán có đáp án - Đề số 5

Ta có \({2^{x - 2}} = {3^{{x^2} + 2x - 8}}\)\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right){\log _3}2 = {x^2} + 2x - 8\)\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right){\log _3}2 = \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4 - {{\log }_3}2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = {\log _3}2 - 4\end{array} \right.\).

Suy ra \[a = 3;b = 2\]. Vậy \(a + 2b = 7\). Chọn C.

Vì \(0 \le x \le 1\) nên \({5^0} \le {5^x} \le {5^1}\)\( \Leftrightarrow 1 - 6 \le {5^x} - 6 \le 5 - 6\)\( \Leftrightarrow  - 5 \le {5^x} - 6 \le  - 1\).

Do đó \({5^x} - 6 < 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\). Vậy \(S = \int\limits_0^1 {\left| {{5^x} - 6} \right| {d}x} \)\( = \int\limits_0^1 {\left( {6 - {5^x}} \right) {d}x} \). Chọn A.

Có \(v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5;a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 6\).

Khi đó \(a\left( t \right) = 6 \cdot 3 - 6 = 12\) m/s2. Chọn A.

Điểm \[A'\] thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) sao cho độ dài đoạn thẳng \[AA'\] ngắn nhất khi \(A'\) là hình chiếu của \(A\)trên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\). Suy ra \(A'\left( {0;2; - 1} \right)\). Chọn B.

Giá của mét đầu tiên là \(60\,000\).

Giá của mét thứ hai là \(60\,000 \cdot \left( {1 + 0,07} \right)\).

Giá của mét thứ ba là \(60\,000 \cdot {\left( {1 + 0,07} \right)^2}\).

\(...\)

Giá của mét thứ \(50\) là \(60\,000 \cdot {\left( {1 + 0,07} \right)^{49}}\).

Tổng số tiền khoan giếng là:

\(T = 60\,000 + 60\,000 \cdot \left( {1,07} \right) + 60\,000 \cdot {\left( {1,07} \right)^2} + ... + 60\,000 \cdot {\left( {1,07} \right)^{49}}\)

\( = 60\,000\frac{{\left( {{{1,07}^{50}} - 1} \right)}}{{0,07}} \approx 24\,392\,000\) đồng. Chọn C.

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(2;1; - 1)\), bán kính \(R = 3\) nên có phương trình là

\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\). Chọn B.

Giả sử mẫu số liệu gốc là \({x_1};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{50}}\) được xếp theo thứ tự không giảm.

Xét nửa bên trái mẫu số liệu gốc là \({x_1};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{25}}\).

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \({x_{13}} \in \left[ {1\,;\,\,2} \right)\).

Suy ra \(a = 1;b = 2\). Vậy \(a + b = 3\). Chọn C.

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

Theo giả thiết: \(F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow \frac{{{0^3}}}{3} - \cos 0 + 0 + C = 1 \Rightarrow C = 2\).

Do đó \(F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + x + 2\). Chọn B.

Theo quy tắc hình hộp ta có\(\overrightarrow {DB'}  = \overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DD'}  + \overrightarrow {DC} \). Chọn B.

Ta có mẫu số liệu trên có tất cả là 30 học sinh nên trung vị bằng \(\frac{{{x_{15}} + {x_{16}}}}{2} \in \left[ {6;8} \right)\). Chọn C.

Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {\sin x + \cos x} \right)dx} \)\( =  - \cos x + \sin x + C\).

Mà \(F\left( 0 \right) = 3\) nên \( - \cos 0 + \sin 0 + C = 3 \Leftrightarrow  - 1 + C = 3 \Leftrightarrow C = 4\).

Vậy \(F\left( x \right) =  - \cos x + \sin x + 4\).

Khi đó \(\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( { - \cos x + \sin x + 4} \right)dx} \)\( = \left. {\left( { - \sin x - \cos x + 4x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\)

\( = \left( { - \sin \frac{\pi }{3} - \cos \frac{\pi }{3} + 4 \cdot \frac{\pi }{3}} \right) - \left( { - \sin \frac{\pi }{6} - \cos \frac{\pi }{6} + 4 \cdot \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{1}{2} + \frac{{4\pi }}{3} + \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{2\pi }}{3}\). Chọn B.

1. Đúng. Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1; - 3} \right)\).

2. Sai. Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(d\).

Suy ra \(\left( \alpha  \right)\) có vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1; - 3} \right)\].

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là: \(2\left( {x - 2} \right) + \left( {y + 5} \right) - 3\left( {z + 6} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 2x + y - 3z - 17 = 0\)

3. Đúng. \(H \in d \Rightarrow H\left( {1 + 2t; - 2 + t; - 1 - 3t} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = \left( {2t - 1;t + 3;5 - 3t} \right)\).

\(AH \bot d \Rightarrow \overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {{u_d}}  = 0 \Rightarrow \left( {2t - 1} \right) \cdot 2 + \left( {t + 3} \right) \cdot 1 - 3 \cdot \left( {5 - 3t} \right) = 0\)\( \Rightarrow 14t - 14 = 0 \Rightarrow t = 1\).

Vậy \(H\left( {3; - 1; - 4} \right)\).

4. Sai. Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(\left( P \right)\).

\(AK \bot \left( P \right) \Rightarrow AK \bot HK\) nên \(\Delta AHK\) vuông tại \(K\)

\( \Rightarrow d\left( {A,\left( P \right)} \right) = AK \le AH\): hằng số

Để \[d\left( {A,\left( P \right)} \right)\] lớn nhất thì \(K \equiv H\)\( \Rightarrow K\left( {3; - 1; - 4} \right)\).

Khi đó \[\left( P \right)\] có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {AK}  = \left( {1;4;2} \right)\) và đi qua điểm \(K\left( {3; - 1; - 4} \right)\) nên có phương trình \(1\left( {x - 3} \right) + 4\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z + 4} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x + 4y + 2z + 9 = 0\). Chọn 1, 3.

 Gọi \(A\) là biến cố “Người đó là người trẻ”

\(B\) là biến cố “Người đó hài lòng với mẫu xe”

\(C\) là biến cố “Người đó sẽ đặt cọc mua xe”

Xét người tham quan là người trẻ. Theo đề \(P\left( A \right) = 0,7\).

Suy ra \(P\left( {BC} \right) = 50\%  = 0,5\), \(P\left( {B\overline C } \right) = 30\%  = 0,3\), \[P\left( {\overline B \overline C } \right) = 20\%  = 0,2\], \[P\left( {\overline B C} \right) = 0\].

Xét người tham quan là người trung niên có \(P\left( {\overline A } \right) = 0,3\).

\(P\left( {BC} \right) = 20\%  = 0,2\), \(P\left( {B\overline C } \right) = 10\%  = 0,1\), \[P\left( {\overline B \overline C } \right) = 70\%  = 0,7\], \[P\left( {\overline B C} \right) = 0\].

1. Sai. Ta có \(P\left( {B\left| A \right.} \right) = 0,5 + 0,3 = 0,8\).

2. Đúng. Ta có \(\overline C  = \overline C AB \cup \overline C A\overline B  \cup \overline C \overline A B \cup \overline C \overline A \overline B \).

\(P\left( {\overline C } \right) = P\left( {\overline C AB} \right) + P\left( {\overline C A\overline B } \right) + P\left( {\overline C \overline A B} \right) + P\left( {\overline C \overline A \overline B } \right)\)\( = 0,7 \cdot 0,3 + 0,7 \cdot 0,2 + 0,3 \cdot 0,1 + 0,3 \cdot 0,7 = 0,59\).

3. Đúng. \(P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = 0,41\).

\(P\left( {A\left| C \right.} \right) = \frac{{P\left( {AC} \right)}}{{P\left( C \right)}}\).

\(P\left( {AC} \right) = P\left( {AC\overline B } \right) + P\left( {ACB} \right) = 0,7 \cdot 0 + 0,7 \cdot 0,5 = 0,35\).

Suy ra \(P\left( {A\left| C \right.} \right) = \frac{{P\left( {AC} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{0,35}}{{0,41}} \approx 0,854 > 0,85\).

4. Đúng.\[P\left( {\overline C \left| B \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline C B} \right)}}{{P\left( B \right)}}\];

\(P\left( {\overline C B} \right) = P\left( {\overline C BA} \right) + P\left( {\overline C B\overline A } \right) = 0,3 \cdot 0,7 + 0,1 \cdot 0,3 = 0,24\).

\(P\left( B \right) = P\left( {BA\overline C } \right) + P\left( {BAC} \right) + P\left( {B\overline A C} \right) + P\left( {B\overline A \overline C } \right)\)\( = 0,7 \cdot 0,3 + 0,7 \cdot 0,5 + 0,3 \cdot 0,2 + 0,3 \cdot 0,1 = 0,65\).

Suy ra \[P\left( {\overline C \left| B \right.} \right) = \frac{{0,24}}{{0,65}} \approx 0,37\]. Chọn 2, 3, 4.

1. Đúng. Ta có: \(AM = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow AH = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{3} \Rightarrow A'H = \sqrt {A{{A'}^2} - A{H^2}}  = \frac{{4a}}{3}.\)

2. Sai. \(AB = AC = a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{2{a^3}}}{3}.\)

3. Đúng. Do \(BB'//\left( {ACC'A'} \right)\) nên \(d\left( {BB',\,AC} \right) = d\left( {BB',\,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = d\left( {B,\,\left( {ACC'A'} \right)} \right).\)

Ta có \(\frac{{d\left( {B,\left( {ACC'A'} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {ACC'A'} \right)} \right)}} = \frac{{BN}}{{HN}} = 3.\) Suy ra \(d\left( {BB',\,AC} \right) = 3d\left( {H,\,\left( {ACC'A'} \right)} \right).\)

4. Sai. Kẻ \(HK \bot AC\) và \(HI \bot A'K.\) Khi đó \(HI \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = HI.\)

Ta có \(HK//AB \Rightarrow \frac{{HK}}{{AB}} = \frac{{NH}}{{NB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HK = \frac{1}{3}AB = \frac{a}{3}.\)

\(d\left( {BB',\,AC} \right) = 3d\left( {H,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = 3HI = 3 \cdot \frac{{A'H \cdot HK}}{{\sqrt {A'{H^2} + H{K^2}} }} = 3 \cdot \frac{{\frac{{4a}}{3} \cdot \frac{a}{3}}}{{\sqrt {\frac{{16{a^2}}}{9} + \frac{{{a^2}}}{9}} }} = \frac{{4a}}{{\sqrt {17} }}.\) Chọn 1, 3.

1. Sai.  Vận tốc ban đầu của con ngựa vằn là \({v_2}\left( 0 \right) = 20 - 20{e^0} = 0\) m/s.

2. Đúng. Ta có: \({v'_1}\left( t \right) =  - 0,1 \cdot 15{e^{ - 0,1t}} < 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].\) Suy ra tốc độ sư tử giảm dần theo thời gian.

Ta có: \({v'_2}\left( t \right) =  - 0,1 \cdot \left( { - 20} \right){e^{ - 0,1t}} = 2{e^{ - 0,1t}} > 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].\)Suy ra tốc độ của ngựa vằn tăng dần theo thời gian.

3. Sai. Khoảng cách giữa sư tử và ngựa vằn là \(d\left( t \right) = 40 + \int_0^t {\left[ {{v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)} \right]{\rm{d}}t} \).

Ta có \(d'\left( t \right) = {v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)\,;\,\,d'\left( t \right) = 0 \Rightarrow {v_2}\left( t \right) = {v_1}\left( t \right)\).

Ta có: \(20 - 20{e^{ - 0,1t}} = 15{e^{ - 0,1t}}\) \( \Leftrightarrow 20 = 35{e^{ - 0,1t}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{20}}{{35}} = {e^{ - 0,1t}}\)\( \Leftrightarrow {\rm{ln}}\frac{{20}}{{35}} =  - 0,1t\) \( \Leftrightarrow t = \frac{{{\rm{ln}}\frac{{20}}{{35}}}}{{ - 0,1}} \approx 5,6\,\,\,\left( s \right)\).

Bảng biến thiên:

Vậy sư tử ở gần ngựa vằn nhất khi \({v_1}\left( t \right) = {v_2}\left( t \right)\), và khoảng cách ngắn nhất giữa chúng là 1,92 mét.

4. Đúng. Từ bảng biến thiên, ta thấy khoảng cách ngắn nhất giữa hai con vật là 1,92 mét; kể từ thời điềm gần nhất đó, sư tử dần bị bỏ lại phía sau và sư tử không thể bắt được ngựa vằn. Chọn 2, 4.

1. Đúng. Với \[HE = x\] thì \[FK = 24 - x\] (\[0 < x < 24\]). Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}AE = \sqrt {25 + {x^2}} \\BF = \sqrt {49 + {{\left( {24 - x} \right)}^2}} \end{array} \right.\].

2. Sai. Tổng quãng đường đi từ A đến B là \[AE + EF + BF = \sqrt {25 + {x^2}}  + \sqrt {49 + {{\left( {24 - x} \right)}^2}}  + EF\] (km).

3. Đúng. Xét hàm số \[f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 25}  + \sqrt {{x^2} - 48x + 625} \];

\[f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 25} }} + \frac{{x - 24}}{{\sqrt {{x^2} - 48x + 625} }},\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,24} \right)\].

4. Sai. Ta cần tổng quãng đường \[AE + EF + FB\] ngắn nhất, mà EF không đổi nên \[AE + FB\] bé nhất.

Từ câu c) ta có \[f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 25} }} + \frac{{x - 24}}{{\sqrt {{x^2} - 48x + 625} }},\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,24} \right)\]; \[f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = 10\].

Bảng biến thiên:

Ta có: \[\mathop {\min }\limits_{\left( {0\,;\,\,24} \right)} f\left( x \right) = 12\sqrt 5 \]; khi đó \[x = 10\,\,km\] và \[BF = 7\sqrt 5 \,\,km \approx 15,65\,\,km\]. Chọn 1, 3.

Hàm số bậc ba \[y = f\left( x \right)\] có dạng \[y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\], \[\left( {a \ne 0} \right)\]

Ta có: \[ON = OM + MN = 2 + 3,5 = 5,5\left( {km} \right)\]

Dựa vào hình vẽ trên, ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại các điểm: \[O\left( {0;0} \right)\],\[M\left( {2;0} \right)\] và \[N\left( {5,5;0} \right)\]

Khi đó, phương trình \[f\left( x \right) = 0\] có ba nghiệm phân biệt là \[x = 0;x = 2;x = 5,5\].

\[ \Rightarrow f\left( x \right) = kx\left( {x - 2} \right)\left( {x - 5,5} \right)\]\[ = k\left( {{x^3} - 7,5{x^2} + 11x} \right)\] với đồ thị hàm số \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }  =  - \infty \] nên \[k < 0\]

Ta có: \[f'\left( x \right) = k\left( {3{x^2} - 15x + 11} \right)\]

Xét \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow k\left( {3{x^2} - 15x + 11} \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 15x + 11 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{15 \pm \sqrt {93} }}{6}\].

Độ sâu của hồ nước là \[450m = 0,45km\] nên ta có giá trị cực tiểu của đồ thị hàm số trên là\[{y_{CT}} =  - 0,45\].

Suy ra, \[f\left( {\frac{{15 - \sqrt {93} }}{6}} \right) =  - 0,45 \Leftrightarrow k \cdot \frac{{ - 135 + 31\sqrt {93} }}{{36}} =  - 0,45 \Leftrightarrow k = \frac{{ - 16,2}}{{ - 135 + 31\sqrt {93} }}\].

Chiều cao của ngọn núi tương ứng với .

Vậy ngọn núi cao khoảng \[1191\,m\]. Chọn A.

Có \[f''\left( x \right) = k\left( {6x - 15} \right)\]; \(f''\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2,5\).

Vậy khoảng cách từ điểm uốn đến điểm \(O\) theo phương ngang là \(2,5\;km\). Chọn C.

Gọi \[V\left( t \right)\], \[{R_t}\] là thể tích và bán kính quả bóng bóng sau t giây, ta có \[V\left( t \right) = \frac{4}{3}\pi R_t^3\,\,\,(*)\].

Sau 10 giây, thể tích quả bóng là \[V\left( {10} \right) = 100 \times 10 = 1\,000\,\,c{m^3}\].

Ta có \[V\left( {10} \right) = \frac{4}{3}\pi R_{10}^3 = 1000 \Rightarrow {R_{10}} \approx 6,2\,\,cm\]. Chọn B.

Bán kính tối đa của quả bong bóng là 30 cm.

Thể tích tối đa của quả bong bóng là \[\frac{4}{3}\pi  \cdot {30^3} \approx 113\,097\,\,c{m^3} \approx 113\] lít. Chọn A.

Thể tích bong bóng sau \[t + 4\] giây là (\[t \ge 0\]) là \[V\left( t \right) = 100 \cdot 4 + \int\limits_0^t {\left( {5t + 100} \right){\rm{d}}t} \].

Thể tích tối đa của bong bóng là \[\frac{4}{3}\pi  \cdot {30^3}\,\,c{m^3}\].

Xét \[V\left( t \right) = 100 \cdot 4 + \int\limits_0^t {\left( {5t + 100} \right){\rm{d}}t}  = \frac{4}{3}\pi  \cdot {30^3} \Rightarrow t \approx 193\] giây. Chọn C.

Ta có \(f'\left( t \right) = 1000\left( {2t - m{e^{ - t}}} \right),f''\left( t \right) = 1000\left( {2 + m{e^{ - t}}} \right)\).

Tốc độ bán hàng luôn tăng trong khoảng thời gian 10 năm đầu phát hành sản phẩm khi và chỉ khi hàm số \[f'\left( t \right)\] đồng biến trên \[\left[ {0;10} \right]{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}f''\left( t \right) \ge 0{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;10} \right]\]

\( \Leftrightarrow 2 + m{e^{ - t}} \ge 0{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;10} \right] \Leftrightarrow m \ge  - 2{e^t}{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;10} \right]{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Xét hàm \[g\left( t \right) =  - 2{e^t}\] luôn nghịch biến trên \[\left[ {0;10} \right] \Rightarrow \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{\left[ {0;10} \right]} {\rm{g}}\left( t \right) = g\left( 0 \right) =  - 2\]

Do đó \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow m \ge  - 2\].

Suy ra tổng các giá trị nguyên âm của \[m\] bằng \[ - 3\].

Đáp án cần nhập là: −3.

Gọi \[O\] là trung điểm của đoạn thẳng \[AB\], đặt hệ trục tọa độ \[Oxy\] như hình vẽ.

Theo bài ra ta có: \[AB = 10\left( m \right) \Rightarrow OA = OB = 5\left( m \right)\]

Đặt \[MN = 2a\,\left( m \right)\] với \[0 < a < 5\], khi đó ta có: \[OM = ON = a\left( m \right)\].

Phương trình đường tròn tâm \[O\], đường kính \[AB\] là: \[{x^2} + {y^2} = 25 \Rightarrow {y^2} = 25 - {x^2}\].

Do ta chỉ xét nửa đường tròn có tung độ dương nên suy ra \[y = \sqrt {25 - {x^2}} \].

Từ hệ trục \[Oxy\], suy ra tọa độ các điểm: \[O\left( {0;0} \right)\], \[A\left( { - 5;0} \right)\], \[B\left( {5;0} \right)\], \[M\left( { - a;0} \right)\], \[N\left( {a;0} \right)\].

Do \[Q\] và \[P\] là hai điểm thuộc nửa đường tròn, suy ra: \[\left\{ \begin{array}{l}{y_Q} = \sqrt {25 - x_Q^2} \\{y_P} = \sqrt {25 - x_P^2} \end{array} \right.\].

Mà \[{x_Q} = {x_M} = a\] và \[{x_P} = {x_N} = a\] suy ra \[Q\left( { - a;\sqrt {25 - {a^2}} } \right)\], \[P\left( {a;\sqrt {25 - {a^2}} } \right)\].

Có: \[MN = 2a\left( m \right)\], \[MQ = \sqrt {25 - {a^2}} \,\left( m \right)\].

Diện tích của phần trồng hoa (hình chữ nhật) là: \[{S_1} = MN \cdot MQ = 2a \cdot \sqrt {25 - {a^2}} \]

Diện tích của nửa hình tròn là: \[S = \frac{1}{2}\pi {r^2} = \frac{1}{2}\pi  \cdot {5^2} = \frac{{25\pi }}{2}\].

Diện tích phần trồng cỏ Nhật là: \[{S_2} = S - {S_1} = \frac{{25\pi }}{2} - 2a\sqrt {25 - {a^2}} \].

Chi phí để hoàn thành là: \[T\left( a \right) = 100{S_1} + 150{S_2} = 100 \cdot 2a\sqrt {25 - {a^2}}  + 150 \cdot \left( {\frac{{25\pi }}{2} - 2a\sqrt {25 - {a^2}} } \right)\]

\[ \Rightarrow T\left( a \right) = 200a\sqrt {25 - {a^2}}  + 1875\pi  - 300a\sqrt {25 - {a^2}} \]\[ \Rightarrow T\left( a \right) =  - 100a\sqrt {25 - {a^2}}  + 1875\pi \].

Xét hàm số: \[f\left( a \right) =  - 100a\sqrt {25 - {a^2}}  + 1875\pi  \Rightarrow f'\left( a \right) = \frac{{ - 2500 + 200{a^2}}}{{\sqrt {25 - {a^2}} }}\].

Xét \[f'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2500 + 200{a^2} = 0 \Leftrightarrow {a^2} = 12,5 \Leftrightarrow a = \sqrt {12,5}  = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\].

Ta có bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy chi phí thấp nhất là \[{T_{\min }} = T\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right) \approx 4640\] (nghìn đồng).

Đáp án cần nhập là: 4640.

Số tiền mà nhà máy \[A\] thu được từ việc bán \[x\] tấn sản phẩm \(\left( {0 \le x \le 100} \right)\) cho nhà máy \[B\] là: \(R\left( x \right) = xP\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) = 45x - 0,001{x^3}\) (triệu đồng).

Chi phí để \[A\] sản xuất \[x\]tấn sản phẩm trong một tháng là \(C\left( x \right) = 100 + 30x\) (triệu đồng).

Lợi nhuận (triệu đồng) mà nhà máy\(A\) thu được là:

\(P\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = 45x - 0,001{x^3} - \left( {100 + 30x} \right) =  - 0,001{x^3} + 15x - 100\).

Xét hàm số \(P\left( x \right) =  - 0,001{x^3} + 15x - 100\) với \(\left( {0 \le x \le 100} \right)\) ta có:

\(P'\left( x \right) =  - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 5000 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2 \)

Ta có \(P\left( 0 \right) =  - 100;\,\,P\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2  - 100 \approx 607;\,\,P\left( {100} \right) = 400\)

Vậy nhà máy\(A\) thu được lợi nhuận lớn nhất khi bán \(50\sqrt 2  \approx 70,7\) tấn sản phẩm cho nhà máy \(B\) mỗi tháng.

Đáp án cần nhập là: 70,7.

Gọi \[I\]là hình chiếu vuông góc của điểm \[S\] lên mặt phẳng \[\left( {OMNK} \right)\].

Dễ thấy \[I\] là tâm của hình chữ nhật \[OMNK\].

Do đó tọa độ của điểm \[I\] là \[I\left( {4,5;6;0} \right)\].

 Suy ra tọa độ của điểm \[S\] là \[S\left( {4,5\,;\,6\,;6} \right)\]. Do đó \[a - b + c = 4,5\].

Đáp án cần nhập là: 4,5.

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó \[\frac{{x - 40}}{3} = \frac{{y + 15}}{{ - 1}} = \frac{{z - 15}}{2}\].

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên \(\left( P \right)\) thì tọa độ H thỏa hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 40}}{3} = \frac{{y + 15}}{{ - 1}} = \frac{{z - 15}}{2}\\3x - y + 2z - 25 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3y + 5 = 0\\2y + z + 15 = 0\\3x - y + 2z - 25 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y =  - 5\\z =  - 5\end{array} \right.\] hay \[H\left( {10\,;\,\, - 5\,;\,\, - 5} \right)\].

\[A'\] đối xứng với A qua (P) nên H là trung điểm của \[AA' \Rightarrow A'\left( { - 20\,;\,\,5\,;\,\, - 25} \right)\].

Suy ra \(a =  - 20;b = 5;c =  - 25\). Vậy \(a + b + c =  - 40\).

Đáp án cần nhập là: −40.

Trong mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\), kẻ \(A'H \bot B'D'\) tại H.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B'D' \bot A'H\\B'D' \bot AA'\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,AA' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow B'D' \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow B'D' \bot AH\).

Do đó \(\widehat {AHA'}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,\,\,B'D',\,\,A'} \right]\).

Tam giác \(A'B'C'\) vuông tại \(A'\) có đường cao \(A'H\) nên

\(\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{{B'}^2}}} + \frac{1}{{A'{{D'}^2}}} \Rightarrow A'H = \frac{{A'B' \cdot A'D'}}{{\sqrt {A'{{B'}^2} + A'{{D'}^2}} }} = \frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}\).

Tam giác \(AHA'\) vuông tại \(A'\) có \(\tan \widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{A'H}} = \frac{{8,2}}{{\frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}}} \Rightarrow \widehat {AHA'} \approx 51,1^\circ \).

Đáp án cần nhập là: 51,1.

Gọi \(a > 0\) là hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d\).

Đường thẳng \(d\) có hệ số góc là\(k = \frac{{ - \frac{1}{2}{a^3} + \frac{3}{4}{a^2} + 3a}}{a} =  - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{3}{4}a + 3\).

Mặt khác \(d\) đi qua gốc tọa độ nên có phương trình là \(y = \left( { - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{3}{4}a + 3} \right)x\).

Ta có: \({S_1} = \int\limits_0^a {\left[ {\left( { - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{4}{x^2} + 3x} \right) - \left( { - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{3}{4}a + 3} \right)x} \right]{\rm{d}}x} \)

\[ \Leftrightarrow \frac{{27}}{4} = \left. {\left[ {\left( { - \frac{1}{8}{x^4} + \frac{1}{4}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2}} \right) - \left( { - \frac{1}{4}{a^2} + \frac{3}{8}a + \frac{3}{2}} \right){x^2}} \right]} \right|_0^a\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{27}}{4} = \left( { - \frac{1}{8}{a^4} + \frac{1}{4}{a^3} + \frac{3}{2}{a^2}} \right) - \left( { - \frac{1}{4}{a^2} + \frac{3}{8}a + \frac{3}{2}} \right){a^2}\]\( \Leftrightarrow \frac{{27}}{4} = \frac{1}{8}{a^4} - \frac{1}{8}{a^3} \Leftrightarrow a = 3 > 0\).

Ta có phương trình \(d:y = \frac{3}{4}x\). Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d\) là:

\(\frac{3}{4}x - \left( { - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{4}{x^2} + 3x} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{4}{x^2} - \frac{9}{4}x = 0 \Leftrightarrow x = 3 \vee x = 0 \vee x =  - \frac{3}{2}\).

Do đó \({S_1} = \int\limits_{ - \,\,\frac{3}{2}}^0 {\left( {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{4}{x^2} - \frac{9}{4}x} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{135}}{{128}} = \frac{m}{n}\). Từ đó suy ra \(2m - n = 142\).

Đáp án cần nhập là: 142.

Ta có: \(AD = \frac{1}{4}AC = \frac{1}{4} \cdot 2AB = \frac{1}{2}AB\); suy ra \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{1}{2} = \frac{{AB}}{{AC}}\).

Hai tam giác ABD và ACB đồng dạng vì có góc \(\widehat A\) chung và \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}}\).

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{BD}}{{CB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow BD = \frac{1}{2}BC = 5\,cm\).

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được hai tam giác ADB và AED đồng dạng, suy ra \(DE = \frac{1}{2}BD = 2,5\,cm\).

Độ dài đường gấp khúc CBDEFGH... bằng \(l = CB + BD + DE + EF + FG + ... = 10 + 5 + 2,5 + ...\)

Đây là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \({u_1} = 10\), công bội \(q = \frac{1}{2}\).

Do đó \(l = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{10}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 20\,cm\).

Đáp án cần nhập là: 20.

Đổi \(500\;{\rm{m/s}} = 1800\;{\rm{km/h}}\).

Gọi \(\overrightarrow {{v_1}} \) là vectơ vận tốc của tàu nên ta có \(\left| {\overrightarrow {{v_1}} } \right| = k\left| {\overrightarrow u } \right| \Rightarrow 900 = 5k \Rightarrow k = 180\).

Suy ra \(\overrightarrow {{v_1}}  = \left( {540; - 720;0} \right)\).

Giả sử \(M\)là vị trí của tàu khi thiết bị bay tiếp cận được tàu ở thời điểm \(t\)(\(t\) tính từ lúc phát hiện tàu ở vị trí \(A\)), nên \(M\left( { - 44 + 540t;16 - 720t;24} \right)\).

Vì khi tàu ở vị trí \(A\left( { - 44;16;24} \right)\) thì thiết bị bay xuất phát nên thời gian thiết bị bay tiếp cận được tàu cũng là thời gian tàu di chuyển từ vị trí \(A\) đến vị trí \(M\).

Quãng đường bay của thiết bị bay bằng khoảng cách từ trạm cứu hộ đến vị trí tiếp cận được tàu.

Khi đó ta có \(1800t = OM\)\( \Leftrightarrow {\left( {1800t} \right)^2} = {\left( { - 44 + 540t} \right)^2} + {\left( {16 - 720t} \right)^2} + {24^2}\)\( \Leftrightarrow t = \frac{1}{{45}}\).

Khi đó khoảng cách từ trạm cứu hộ đến vị trí tiếp cận được tàu bằng \(1800 \cdot t = 1800 \cdot \frac{1}{{45}} = 40\;{\rm{km}}{\rm{.}}\)

Đáp án cần nhập là: 40.

Gọi \(A\)là biến cố “Linh kiện được chọn là sản phẩm của nhà cung cấp A”;

\(B\)là biến cố “Linh kiện được chọn bị lỗi”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,73 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,27\).

Đặt \(P\left( {B|\overline A } \right) = x\left( {0 < x < 1} \right)\). Suy ra \(P\left( {B|A} \right) = 3x\).

Cần tính \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}}\]\( = \frac{{0,73 \cdot 3x}}{{0,73 \cdot 3x + 0,27 \cdot x}} = \frac{{73}}{{82}} \approx 0,89\).

Đáp án cần nhập là: 0,89.