Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề 33)

Đáp án đúng là "3"

Phương pháp giải

Giá trị lớn nhất của biểu thức \(F = ax + by\) trên một miền đa giác.

Lời giải

Theo đề ta có hệ bất phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le x \le 2}\\{0 \le y \le 1,5}\\{800x + 600y \ge 1200\,\,(1)}\\{200x + 400y \ge 600\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\)(*)

Biển diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), ta được:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là tứ giác \(ABCD\), trong đó:

\(A\left( {2;\frac{3}{2}} \right)\); \(B\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\); \(C\left( {\frac{3}{5};\frac{6}{5}} \right)\); \(D\left( {\frac{3}{8};\frac{3}{2}} \right)\)

Gọi \(F\) là số tiền (đơn vị: nghìn đồng) mà gia đình đó phải chi ra để mua \(x\) kg thịt bò và \(y\) kg thịt lợn, ta có \(F = 200x + 100y\). Giá trị của \(F\) tại các đỉnh của tứ giác như sau:

Tại \(A\left( {2;\frac{3}{2}} \right):F = 200.2 + 100.\frac{3}{2} = 550;\)

Tại \(B\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\):\(F = 200.2 + 100.\frac{1}{2} = 450;\)

Tại \(C\left( {\frac{3}{5};\frac{6}{5}} \right):F = 200.\frac{3}{5} + 100.\frac{6}{5} = 240;\)

Tại \(D\left( {\frac{3}{8};\frac{3}{2}} \right)\):\(F = 200.\frac{3}{8} + 100.\frac{3}{2} = 225\).

Ta thấy \(F\) đạt giá trị nhỏ nhất là 225 tại \(D\left( {\frac{3}{8};\frac{3}{2}} \right)\). Khi đó\(T = 2x + {y^2} = 2.\frac{3}{8} + {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = 3\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Cho \(A,B\) là các biến cố độc lập. Xác suất để các biến cố đối A, B cùng xảy ra là \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right)\).

Lời giải

Số Câu Hóa học Sơn biết làm trong tổng số 15 Câu hỏi ghi trên các phiếu trong hộp thứ hai là:

\(30 - 18 = 12\)

Số câu hỏi Vật Lí bạn Sơn không biết làm là 20 - 18 = 2.

Số câu hỏi Hoá Học bạn Sơn không biết làm là 15 - 12 = 3.

Trong các phiếu mà thầy giáo đã rút ra, có 2 Câu hỏi môn Vật lý và 1 Câu hỏi môn Hóa học.

Gọi \(A\) là biến cố "Sơn biết làm cả 2 Câu môn Vật lý", \(B\) là biến cố "Sơn biết làm Câu hỏi môn Hóa học".

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_2^2}}{{C_{20}^2}} = \frac{1}{{190}}\)

Và \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_3^1}}{{C_{15}^1}} = \frac{1}{5}\).

Xác suất để Sơn không biết làm cả 3 Câu hỏi ghi trên các phiếu mà thầy giáo đã rút ra là:

\(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = \frac{1}{{190}}.\frac{1}{5} = \frac{1}{{950}}\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Sử dụng công thức xác suất toàn phần \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right)\).

Lời giải

Gọi \(A\) biến cố "Sơn chọn được phiếu có ghi Câu môn Vật lý", \(B\) là biến cố "Sơn biết làm Câu ghi trên phiếu đã chọn".

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{2}{3} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}\).

Ta có \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{18}}{{20}} = \frac{9}{{10}};P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{12}}{{15}} = \frac{4}{5}\).

Xác suất để Sơn biết làm Câu ghi trên phiếu mà bạn ấy đã chọn là:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{2}{3}.\frac{9}{{10}} + \frac{1}{3}.\frac{4}{5} = \frac{{13}}{{15}}\)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Sử dụng công thức xác suất toàn phần: \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right)\).

Sử dụng công thức Bayes: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}}\).

Lời giải

Gọi \(A\) biến cố "Sơn chọn được cả 2 phiếu đều có ghi Câu môn Vật lý", \(B\) là biến cố "Sơn biết làm cả 2 Câu hỏi ghi trên các phiếu đã chọn".

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{1}{3} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}\).

Ta có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{C_{18}^2}}{{C_{20}^2}} = \frac{{153}}{{190}};\,\,P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{18}}{{20}}.\frac{{12}}{{15}} = \frac{{18}}{{25}}\).

Xác suất để Sơn biết làm cả 2 Câu hỏi ghi trên các phiếu mà bạn ấy đã chọn là:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{1}{3}.\frac{{153}}{{190}} + \frac{2}{3}.\frac{{18}}{{25}} = \frac{{711}}{{950}}\).

Xác suất để cả 2 phiếu Sơn chọn đều ghi Câu hỏi môn Vật lý, với điều kiện Sơn biết làm cả 2

Câu hỏi đó là:

\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{3}.\frac{{153}}{{190}}}}{{\frac{{711}}{{950}}}} = \frac{{85}}{{237}}\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Sử dụng định lý sin trong tam giác.

Lời giải

Ta có \(\hat C = {180^o} - \left( {\hat A + \hat B} \right) = {180^o} - \left( {{5^o} + {6^o}} \right) = {169^o}\).

Xét tam giác \(ABC\), ta có: \(\frac{{AB}}{{{\rm{sin}}C}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}A}}\) (định lý sin)

Suy ra \(\frac{{900}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}{5^o}}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}{6^o}}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC = \frac{{900{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}}\\{BC = \frac{{900{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}}\end{array}} \right.\)

Đổi \(5,4{\rm{\;km/h}} = 1,5{\rm{\;m/s}};\,\,21,6{\rm{\;km/h}} = 6{\rm{\;m/s}}\).

Thời gian lên dốc của Hoàng là: \(\frac{{900{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}:1,5 = \frac{{600{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}\)(s)

Thời gian lên xuống của Hoàng là: \(\frac{{900{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}:6 = \frac{{150{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}\)(s)

Tổng thời gian Hoàng đi từ nhà đến trường là: \(\frac{{600{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} + \frac{{150{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} \approx 356,2\)(s)

Đổi 356,2 giây \( \approx 6\) phút.

Ta có 6 giờ 15 phút + 6 phút \( = 6\) giờ 21 phút.

Vậy thời điểm Hoàng đến trường khoảng 6 giờ 21 phút.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Căn cứ vào nội dung bài đọc

Dạng bài đọc hiểu văn bản văn học - Câu hỏi kết hợp

Lời giải

- Đoạn trích đề cập đến việc sử dụng sự hợp tác để giải quyết xung đột một cách hiệu quả, làm giảm áp lực và đạt được kết quả tốt hơn nhờ kết hợp nhiều ý kiến, quan điểm khác nhau. Trong bài đọc cũng xuất hiện 3 từ lần khóa “hợp tác”.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Căn cứ vào nội dung bài đọc

Dạng bài đọc hiểu văn bản văn học - Câu hỏi kết hợp

Lời giải

- Đoạn trích khẳng định: “Sự hợp tác có thể định nghĩa là hành động làm việc cùng nhau với một hoặc nhiều người nhằm đạt được kết quả nào đó.” -> Trong đoạn văn, giải pháp để giải quyết trong xung đột là hành động làm việc cùng nhau với một hoặc nhiều người nhằm đạt được kết quả nào đó.

- Phân tích, loại trừ: các đáp án B, C, D không được đề cập đến trong đoạn trích.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Căn cứ vào nội dung bài đọc

Dạng bài đọc hiểu văn bản văn học - Câu hỏi kết hợp

Lời giải

- Đoạn trích đề cập: “Việc cộng tác với những chuyên gia làm giảm áp lực đè nặng lên chúng ta, giúp đạt được những giải pháp trong tình huống khó khăn và kết hợp nhiều ý kiến, quan điểm khác nhau để dẫn tới kết quả thành công.” -> Đoạn văn nhấn mạnh rằng việc hợp tác giúp giảm áp lực, kết hợp nhiều ý kiến và quan điểm khác nhau, tạo ra nhiều góc nhìn để giải quyết xung đột một cách chuyên nghiệp và hiệu quả hơn.=> Chọn B.

- Phân tích, loại trừ: đáp án A, C, D sai vì đây là những nội dung không được đề cập đến trong đoạn trích.

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Căn cứ vào nội dung bài đọc

Dạng bài đọc hiểu văn bản văn học - Câu hỏi kết hợp

Lời giải

- Đoạn trích đề cập: “Trên thực tế, ý kiến khách quan của người ngoài cuộc thường sáng suốt và hữu ích đối với tình thế đang rối ren của mình.”. -> Sở dĩ người ngoài cuộc thường có ý kiến sáng suốt hơn vì họ không bị cảm xúc chi phối, không chìm trong “cảm xúc rối ren”, họ không bị ảnh hưởng trực tiếp bởi tình huống, từ đó có góc nhìn trung lập và sáng suốt hơn khi đánh giá và đưa ra giải pháp cho vấn đề đang xảy ra.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án A sai vì nội dung này không có tính chất bao quát như đáp án B (thế giới hài hòa, nhân văn đã bao quát việc đấu tranh các hiện tượng tiêu cực).

+ Đáp án B sai vì đây cũng không phải là nội dung bao quát.

+ Đáp án D sai vì trong đoạn văn, tác giả không đề cập rõ ràng đến khía cạnh này như một vai trò chính của cái đẹp.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Căn cứ vào nội dung bài đọc, phân tích, suy luận

Dạng bài đọc hiểu văn bản văn học - Câu hỏi kết hợp

Lời giải

- Đoạn trích có đề cập đến thành ngữ “đơn thương độc mã”: chỉ có một ngọn giáo và một con ngựa; ví tình thế phải làm việc hoặc đấu tranh hoàn toàn đơn độc, không có ai giúp sức.

=> Thành ngữ mang ý nghĩa chỉ sự hành động hoặc đối đầu một mình mà không có sự trợ giúp từ người khác. Thành ngữ này được dùng để nhấn mạnh việc cá nhân tự mình giải quyết vấn đề mà không có sự hợp tác, đối lập với việc hợp tác cùng người khác để đạt hiệu quả cao hơn.

- Phân tích, loại trừ: các thể loại tục ngữ, ca dao, truyền thuyết không xuất hiện trong đoạn trích trên.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Tam thức bậc hai luôn dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi \({\rm{\Delta }} < 0\) (hoặc \({\rm{\Delta '}} < 0\)) và hệ số a dương.

Lời giải

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {\left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6} }}\) xác định với mọi \(x\) thuộc \(\mathbb{R}\) khi

\(\left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Đặt \(g\left( x \right) = \left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6\). Ta cần tìm \(m\) để \(g\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

Trường hợp 1: \(m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 2\).

Khi đó \(g\left( x \right) = 2x + 4\).

Ta có \(g\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow 2x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > - 2\). Điều này không thỏa \(g\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Trường hợp 2: \(m - 2 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 2\).

\(g\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{{\rm{\Delta '}} < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 2 > 0}\\{{{(2m - 3)}^2} - \left( {m - 2} \right)\left( {5m - 6} \right) < 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 2}\\{ - {m^2} + 4m - 3 < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 1}\\{m > 3}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow m > 3} \right.\)

Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 10;10} \right]\) nên có 7 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Căn cứ vào nội dung toàn đoạn trích.

Dạng bài đọc hiểu văn bản văn học - Câu hỏi kết hợp

Lời giải

- Đoạn trích thể hiện thái độ tự hào của tác giả qua việc nhấn mạnh vai trò quan trọng của Vua Hùng trong việc xây dựng quốc gia và sự kết nối giữa các thế hệ người Việt Nam. Tác giả mở đầu bằng cách khẳng định Vua Hùng là “vị Tổ đã có công dựng nên quốc gia Văn Lang”, thể hiện sự trân trọng và tự hào về nguồn gốc dân tộc. Tác giả nhấn mạnh rằng tín ngưỡng thờ cúng Hùng Vương “có một vị trí rất quan trọng trong đời sống tâm linh” cho thấy sự tự hào về truyền thống văn hóa và tôn vinh di sản tổ tiên.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Căn cứ vào nội dung bài đọc

Dạng bài đọc hiểu văn bản văn học - Câu hỏi kết hợp

Lời giải

- Đoạn trích trình bày: “Chính vì vậy, tín ngưỡng thờ cúng Hùng Vương có một vị trí rất quan trọng trong đời sống tâm linh và tình cảm của các thế hệ người dân Việt Nam, vừa thiêng liêng, vừa cụ thể, vừa là điểm tựa tinh thần, tạo nên sức mạnh đại đoàn kết toàn dân tộc”. -> Tín ngưỡng thờ cúng Hùng Vương có ý nghĩa tạo nên sức mạnh đoàn kết.

- Phân tích, loại trừ: các đáp án A, C, D sai vì đoạn trích không đề cập đến nội dung này.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Căn cứ vào nội dung bài đọc

Dạng bài đọc hiểu văn bản văn học - Câu hỏi kết hợp

Lời giải

- Đoạn trích có đề cập: “Vua Hùng chính là nguồn gốc tổ tiên chung của cả dân tộc Việt Nam. Chính vì vậy, tín ngưỡng thờ cúng Hùng Vương có một vị trí rất quan trọng” -> Đoạn trích giải thích Vua Hùng chính là nguồn gốc tổ tiên chung của cả dân tộc, vì vậy mà tín ngưỡng thờ cúng rất quan trọng.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Dạng bài đọc hiểu văn bản văn học - Câu hỏi kết hợp

Lời giải

- Người Việt Nam có câu: Dù ai đi ngược về xuôi/ Nhớ ngày giỗ Tổ mùng mười tháng ba

=> Giỗ Tổ Hùng Vương diễn ra vào ngày 10 tháng 3 âm lịch hàng năm tại Phú Thọ.

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Căn cứ vào nội dung bài đọc.

Dạng bài đọc hiểu văn bản văn học - Câu hỏi kết hợp

Lời giải

- Đoạn trích đề cập: “tín ngưỡng thờ cúng Hùng Vương có một vị trí rất quan trọng trong đời sống tâm linh và tình cảm của các thế hệ người dân Việt Nam, vừa thiêng liêng, vừa cụ thể, vừa là điểm tựa tinh thần, tạo nên sức mạnh đại đoàn kết toàn dân tộc”.

=> Đoạn trích nhấn mạnh vai trò của tín ngưỡng thờ cúng Hùng Vương trong đời sống tâm linh và tình cảm của các thế hệ người Việt Nam, tạo ra một “điểm tựa tinh thần” giúp xây dựng và bảo vệ đất nước.

- Phân tích, loại trừ: các đáp án A, B, C không được đề cập trong đoạn trích.

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.

Lời giải

Dễ thấy \(O \in {d_1},O \in {d_2}\) nên \({d_1}\) và \({d_2}\) cắt nhau tại \(O\) và

\({\rm{cos}}\left( {{d_1},{d_2}} \right) = \frac{{\left| {\sqrt 3 .\sqrt 3 - 1.1} \right|}}{{\sqrt {{{\sqrt 3 }^2} + {1^2}} .\sqrt {{{\sqrt 3 }^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{2}\) nên \(\widehat {AOB} = {60^ \circ }\)

Vì tam giác \(OAB\) vuông tại \(B\) nên \(\widehat {AOB} = \widehat {BAC} = {60^ \circ }\).

Ta có:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}\left( {OA.\sin \widehat {AOB}} \right).\left( {OA.\tan \widehat {AOB}} \right).{\rm{sin}}\widehat {BAC}\)\( = \frac{1}{2}\left( {OA.\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right).\left( {OA.\sqrt 3 } \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{8}O{A^2}\)

Mà \({S_{ABC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) nên \(\frac{{3\sqrt 3 }}{8}O{A^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow O{A^2} = \frac{4}{3}\).

Gọi \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\left( {{x_A} > 0} \right)\). Vì \(A\) thuộc \({d_1}:\sqrt 3 {x_A} + {y_A} = 0\) nên \(\sqrt 3 {x_A} + {y_A} = 0\) và \(O{A^2} = \frac{4}{3}\) nên \(x_A^2 + y_A^2 = \frac{4}{3}\).

Tìm được \(A\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}; - 1} \right)\).

Đường thẳng \(AC\) qua \(A\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}; - 1} \right)\) và vuông góc với \({d_1}:\sqrt 3 x + y = 0\) nên đường thẳng \(AC\) có phương trình là \(\sqrt 3 x - 3y - 4 = 0\).

\(C\) là giao điểm của đường thẳng \(\sqrt 3 x - 3y - 4 = 0\) và \({d_2}:\sqrt 3 x - y = 0\) nên\(C\left( {\frac{{ - 2\sqrt 3 }}{3}; - 2} \right)\).

Gọi I và trung điểm \(AC\), ta có \(I\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}; - \frac{3}{2}} \right)\). Vì I là trung điểm \(AC\) nên I cũng là tâm của đường tròn (\(T\)).

Vậy tọa độ tâm I của \(\left( T \right)\) là \(I\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}; - \frac{3}{2}} \right)\).           

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Giá trị \({x_i}\) trong mẫu số liệu được gọi là giá trị ngoại lệ nếu \({x_i} > {Q_3} + 1,5{{\rm{\Delta }}_Q}\) hoặc \({x_i} < {Q_1} - 1,5{{\rm{\Delta }}_Q}\), trong đó \({Q_1},{Q_3},{{\rm{\Delta }}_Q}\) lần lượt là tứ phân vị thứ nhất, tứ phân vị thứ ba và khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu đó.

Lời giải

Cỡ mẫu \(n = 60\).

Gọi \({x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{60}}\) là điểm số của 60 sinh viên xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất là \({Q_1} = \frac{1}{2}\left( {{x_{15}} + {x_{16}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {7,5 + 7,5} \right) = 7,5\).

Tứ phân vị thứ ba là \({Q_3} = \frac{1}{2}\left( {{x_{45}} + {x_{46}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {9 + 9} \right) = 9\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu trên là \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 9 - 7,5 = 1,5\).

Ta có \({Q_3} + 1,5{{\rm{\Delta }}_Q} = 9 + 1,5.1,5 = 11,25;\,\,{Q_1} - 1,5{{\rm{\Delta }}_Q} = 7,5 - 1,5.1,5 = 5,25\).

Có 2 sinh viên có điểm số là \(x = 0\) và 1 sinh viên có điểm số là \(x = 5,5\) thỏa mãn \(x < {Q_1} - 1,5{{\rm{\Delta }}_Q}\) nên mẫu số liệu trên có 3 giá trị ngoại lệ.

Đáp án đúng là "209"

Phương pháp giải

Sử dụng quy tắc cộng và quy tắc nhân của phép đếm.

Lời giải

Số cái bắt tay của các cầu thủ 2 đội với nhau là: \(11.11 = 121\) (cái bắt tay)

Số cái bắt tay của các cầu thủ 2 đội với các trọng tài là: \(\left( {11 + 11} \right).4 = 88\) (cái bắt tay)

Số cái bắt tay tổng cộng có là \(121 + 88 = 209\) (cái bắt tay)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Giải phương trình lượng giác.

Lời giải

Cường độ dòng điện có độ lớn bằng 1

\( \Leftrightarrow \left| i \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\,\,\,(1)}\\{2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = - 1\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\)

Giải (1):

\(2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{100\pi t + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{100\pi t + \frac{\pi }{3} = - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{k}{{50}}}\\{t = - \frac{1}{{150}} + \frac{k}{{50}}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\). Mà \(t \in \left[ {0;3} \right]\) nên\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le \frac{k}{{50}} \le 3}\\{0 \le - \frac{1}{{150}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le k \le 150}\\{\frac{1}{3} \le k \le \frac{{451}}{3}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\) nên có 301 giá trị nguyêncủa \(k\) thỏa mãn, hay số lần cường độ dòng điện \(i = 2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\) trong 3 giây đầu tiên là 301.

Giải (2):

\(2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = - 1 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = - \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{100\pi t + \frac{\pi }{3} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\\{100\pi t + \frac{\pi }{3} = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}{\rm{\;}}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{1}{{300}} + \frac{k}{{50}}}\\{t = - \frac{1}{{100}} + \frac{k}{{50}}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\). Mà \(t \in \left[ {0;3} \right]\) nên\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le \frac{1}{{300}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\\{0 \le - \frac{1}{{100}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \frac{1}{6} \le k \le \frac{{899}}{6}}\\{\frac{1}{2} \le k \le \frac{{301}}{2}}\end{array}{\rm{\;}}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\) nên có 300 giá trị nguyên của \(k\) thỏa mãn, hay số lần cường độ dòng điện \(i = 2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = - 1\) trong 3 giây đầu tiên là 300.

Tóm lại, số lần cường độ dòng điện có độ lớn bằng 1 A là \(301 + 300 = 601\) (lần).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(D\) nếu .

Lời giải

TXĐ: \(D = \left[ { - \frac{1}{2}; + \infty } \right)\).

Hàm số đã cho liên tục với mọi \({x_0} \ne 4\).

Đáp án đúng là "75"

Phương pháp giải

Tổng cấp số nhân lùi vô hạn: \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}(\left| q \right| < 1)\).

Lời giải

Tổng độ dài hành trình mà quả bóng đã di chuyển kể từ lúc được thả rơi tự do cho đến lúc nằm yên trên mặt đất là: \(\frac{{60}}{{1 - \frac{1}{5}}} = 75\left( {\rm{m}} \right)\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Sử dụng công thức, tính chất logarit.

Lời giải

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{12}}35 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{12}}5 + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{12}}7 = \frac{1}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}12}} + \frac{1}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}12}} = \frac{1}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}\left( {{{3.2}^2}} \right)}} + \frac{1}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}\left( {{{3.2}^2}} \right)}}\)

\( = \frac{1}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}3 + 2{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}2}} + \frac{1}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}3 + 2{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}2}}\).

Ta có:

\(a = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{27}}5 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{{3^3}}}5 = \frac{1}{3}{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}5 \Rightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}3 = \frac{1}{{3a}}\).

\(b = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_8}7 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{{2^3}}}7 = \frac{1}{3}{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}7 \Rightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}2 = \frac{1}{{3b}}\).

\(c = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}3 = \frac{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}3}}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}2}} = \frac{{\frac{1}{{3a}}}}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}2}} \Rightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}2 = \frac{1}{{3ac}}\).

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}3 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}2.{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}3 = \frac{c}{{3b}}\).

Vậy \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{12}}35 = \frac{1}{{\frac{1}{{3a}} + \frac{2}{{3ac}}}} + \frac{1}{{\frac{c}{{3b}} + \frac{2}{{3b}}}} = \frac{{3ac}}{{c + 2}} + \frac{{3b}}{{c + 2}} = \frac{{3ac + 3b}}{{c + 2}}\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Lượng chất còn lại sau thời gian \(t\) phân rã là \(m = {m_0}{.2^{\frac{{ - t}}{T}}}\) nên lượng chất bị phân rã sau thời gian \(t\) là \({m_0}\left( {1 - {2^{\frac{{ - t}}{T}}}} \right)\)

Lời giải

Gọi \(T\) (phút) là chu kỳ bán rã của chất phóng xạ \(X,{m_0}\) là lượng chất phóng xạ \(X\) ở thời điểm ban đầu.

Lượng chất \(X\) còn lại sau thời gian \(t\) phân rã là \(m = {m_0}{.2^{\frac{{ - t}}{T}}}\)

Nên lượng chất \(X\) bị phân rã sau thời gian \(t\) là

\({m_0} - m = {m_0} - {m_0}{2^{\frac{{ - t}}{T}}} = {m_0}.\left( {1 - {2^{\frac{{ - t}}{T}}}} \right)\).

Ban đầu, trong \(t\) phút có 72 gam chất \(X\) bị phân rã nên ta có: \({m_0}.\left( {1 - {2^{\frac{{ - t}}{T}}}} \right) = 72\) (1)

Đổi 3 giờ = 180 phút.

Sau thời điểm ban đầu đúng 3 giờ, lượng chất phóng xạ \(X\) lúc này là \({m_0}{.2^{\frac{{ - 180}}{T}}}\).

Trong \(t\) phút tiếp theo, có 9 gam chất \(X\) bị phân rã nên ta có: \({m_0}{2^{\frac{{ - 180}}{T}}}.\left( {1 - {2^{\frac{{ - t}}{T}}}} \right) = 8\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(\frac{{{m_0}.\left( {1 - {2^{\frac{{ - t}}{T}}}} \right)}}{{{m_0}{{.2}^{\frac{{ - 180}}{T}}}.\left( {1 - {2^{\frac{{ - t}}{T}}}} \right)}} = \frac{{72}}{9} \Leftrightarrow {2^{\frac{{180}}{T}}} = 8 \Leftrightarrow \frac{{180}}{T} = 3 \Leftrightarrow T = 60\) (phút).

Đổi 60 phút \( = 1\) giờ.

Vậy chu kỳ bán rã của \(X\) là 1 giờ.

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Sử dụng phương pháp xét hàm số đặc trưng.

Lời giải

Ta có \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\frac{y}{{2\sqrt {1 + x} }} = 3\left( {y - \sqrt {1 + x} } \right) - {y^2} + x \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}y + {y^2} - 3y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\sqrt {1 + x} + \left( {1 + x} \right) - 3\sqrt {1 + x} \)(1)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}t + {t^2} - 3t\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có\(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t{\rm{ln}}2}} + 2t - 3\mathop \ge \limits^{AM - GM} 2\sqrt {\frac{1}{{t{\rm{ln}}2}}.2t} - 3 = 2\sqrt {\frac{2}{{{\rm{ln}}2}}} - 3 > 0,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Do đó \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Kết hợp với (1), suy ra \(f\left( y \right) = f\left( {\sqrt {1 + x} } \right) \Leftrightarrow y = \sqrt {1 + x} \Leftrightarrow {y^2} = 1 + x\).

Thay vào \(P = \frac{{{y^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\), ta được \(P = \frac{{1 + x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\).

Ta có

\({(1 + x)^2} \le 2\left( {1 + {x^2}} \right) \Rightarrow 1 + x \le \sqrt 2 .\sqrt {1 + {x^2}} \Rightarrow \sqrt {1 + {x^2}} \ge \frac{{1 + x}}{{\sqrt 2 }}\)

\( \Rightarrow \frac{{x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} \le \frac{{x + 1}}{{\frac{{1 + x}}{{\sqrt 2 }}}} = \sqrt 2 \Rightarrow P \le \sqrt 2 \)

Do đó giá trị lớn nhất của \(P\) là \(\sqrt 2 \), đạt được khi \(x = 1 \Rightarrow y = \sqrt {1 + 1} = \sqrt 2 \).

Đáp án đúng là "10"

Phương pháp giải

Trong dao động điều hòa, hàm số vận tốc theo thời gian là đạo hàm của hàm số li độ theo thời gian.

Lời giải

Ta có \(x = 10{\rm{cos}}\left( {2\pi t} \right)\) nên \(v\left( t \right) = x'\left( t \right) = {[10{\rm{cos}}\left( {2\pi t} \right)]} =  - 20\pi {\rm{sin}}\left( {2\pi t} \right)\).

Vận tốc của vật tại thời điểm \(t = \frac{{11}}{{12}}\) là \(v\left( {\frac{{11}}{{12}}} \right) =  - 20\pi {\rm{sin}}\left( {2\pi .\frac{{11}}{{12}}} \right) = 10\pi \left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

Do đó, \(k = 10\).

Đáp án đúng là "17,6"

Phương pháp giải

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ \({x_0}\) của đồ thị hàm số bằng giá trị đạo hàm của hàm số đó tại điểm \({x_0}\).

Lời giải

​

Đặt hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho \(O\) là trung điểm \(AB\), tia \(Ox\) trùng với tia \(OB\), tia \(Oy\) hướng lên phía trên (phía đỉnh cầu vượt) như hình vẽ.

Ta có \(A\left( { - 200;0} \right);B\left( {200;0} \right)\).

Đỉnh cầu vượt có tọa độ là \(\left( {0;h} \right)\).

Phương trình Parabol của cầu vượt là \(\left( P \right):y =  - \frac{h}{{40000}}{x^2} + h\).

Ta có \(y' =  - \frac{h}{{20000}}x\)

Do đó hệ số góc tiếp tuyến của \(\left( P \right)\) tại điểm có hoành độ \({x_0}\) là \(k =  - \frac{h}{{20000}}{x_0}\).

Do tính chất đối xứng của \(\left( P \right)\), ta chỉ xét \(200 \le {x_0} \le 0\). Khi đó \(k =  - \frac{h}{{20000}}{x_0} \ge 0\).

Gọi \(\alpha \) là độ dốc của mặt cầu vượt. Khi đó \(k = \left| {{\rm{tan}}\alpha } \right| = {\rm{tan}}\alpha \).

Vì độ dốc của mặt cầu không vượt quá \({10^ \circ }\) nên ta có \(\alpha  \le {10^ \circ } \Rightarrow {\rm{tan}}\alpha  \le {\rm{tan}}{10^ \circ }\).

Do đó \(k \le \tan {10^ \circ } \Rightarrow  - \frac{h}{{20000}}{x_0} \le \tan {10^ \circ } \Rightarrow h \ge \frac{{20000.\tan {{10}^ \circ }}}{{{x_0}}}\) (*)

Mà \(200 \le {x_0} \le 0\) nên từ (*) ta suy ra \(h \le \frac{{20000.{\rm{tan}}{{10}^o}}}{{200}} \approx 17,6\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Để xác định góc nhị diện phẳng của hai nửa mặt phẳng, đầu tiên, ta tìm giao tuyến của chúng. Sau đó, từ một điểm trên giao tuyến, xác định hai tia cùng vuông góc với giao tuyến sao cho mỗi tia lần lượt thuộc mỗi nửa mặt phẳng đó. Khi đó, góc tạo bởi hai tia vừa xác định chính là góc nhị diện phẳng của hai nửa mặt phẳng.

Lời giải

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} \Rightarrow AA' = \frac{{{V_{ABC.A'B'C'}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{\frac{{3{a^3}}}{8}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(BC\). Khi đó \(BC \bot \left( {AA'H} \right)\) nên \(HA' \bot BC\).

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

Ta có \(AH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\)

\({\rm{tan}}\widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{AH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 1 \Rightarrow \widehat {AHA'} = {45^0}\).

Vậy số đo góc nhị diện phẳng \(\left[ {A',BC,A} \right]\) là \({45^ \circ }\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, ta có thể dựng một mặt phẳng chứa một trong hai đường và song song với đường còn lại, rồi tính khoảng cách từ một điểm bất kì trên đường còn lại đến mặt phẳng vừa dựng được.

Lời giải

Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\). Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = {(2a)^2} = 4{a^2}\).

Ta có \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} \Rightarrow SO = \frac{{3{V_{S.ABCD}}}}{{{S_{ABCD}}}} = \frac{{3.\frac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}}}{{4{a^2}}} = a\sqrt 3 \).

Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên \(AB\), \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên \(SK\).

Khi đó \(OH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow {d_{\left[ {O,\left( {SAB} \right)} \right]}} = OH\) và \(OK = \frac{{AB}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\).

Ta có \(CD//\left( {SAB} \right)\) nên \({d_{\left( {SA,CD} \right)}} = {d_{\left[ {D,\left( {SAB} \right)} \right]}}\).

Mặt khác \(DO \cap \left( {SAB} \right) = B \Rightarrow \frac{{{d_{\left[ {D,\left( {SAB} \right)} \right]}}}}{{{d_{\left[ {O,\left( {SAB} \right)} \right]}}}} = \frac{{DB}}{{OB}} = 2 \Rightarrow {d_{\left[ {D,\left( {SAB} \right)} \right]}} = 2{d_{\left[ {O,\left( {SAB} \right)} \right]}}\).

Do đó \({d_{\left( {SA,CD} \right)}} = 2{d_{\left[ {O,\left( {SAB} \right)} \right]}} = 2OH = \frac{{2OK.OS}}{{\sqrt {O{K^2} + O{S^2}} }} = \frac{{2.a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{a^2} + {{(a\sqrt 3 )}^2}} }} = a\sqrt 3 \).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Thể tích khối lập phương có độ dài cạnh bằng \(x\) là \(V = {x^3}\).

Lời giải

Độ dài cạnh của hình lập phương đã cho là: \(\frac{{3a\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 3a\).

Thể tích khối lập phương đã cho là: \(V = {(3a)^3} = 27{a^3}\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Thể tích của khối chóp: \(V = \frac{1}{3}h.S\), trong đó \(h\) là chiều cao hình chóp, \(S\) là diện tích đáy của hình chóp.

Vẽ hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), kết hợp sử dụng phương pháp tọa độ hóa trong không gian Oxyz.

Lời giải

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Vì \(\widehat {SAB} = \widehat {SCB} = {90^ \circ }\) nên \(BA \bot \left( {SAH} \right),BC \bot \left( {SCH} \right)\), suy ra \(HABC\) là hình chữ nhật.

Đặt hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(O \equiv H\), tia \(Ox,Oy,Oz\) lần lượt trùng với tia \(HA,HC,HS\).

Gọi \(A\left( {x;0;0} \right),C\left( {0;y;0} \right),S\left( {0;0;z} \right)\) (do \(A,C,S\) lần lượt nằm trên các tia \(Ox,Oy,Oz)\)

Điều kiện: \(x,y,z > 0\).

Khi đó \(B\left( {x;y;0} \right),\overrightarrow {SA} = \left( {x;0; - z} \right),\overrightarrow {SC} = \left( {0;y; - z} \right),\overrightarrow {AB} = \left( {0;y;0} \right),\overrightarrow {CB} = \left( {x;0;0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( {SBC} \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {CB} } \right] = \left( {0; - xz; - xy} \right)\)

Khi đó \(B\left( {x;y;0} \right),\overrightarrow {SA} = \left( {x;0; - z} \right),\overrightarrow {SC} = \left( {0;y; - z} \right),\overrightarrow {AB} = \left( {0;y;0} \right),\overrightarrow {CB} = \left( {x;0;0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( {SBC} \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {CB} } \right] = \left( {0; - xz; - xy} \right)\)

\(\alpha \) là góc giữa \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) nên

\({\rm{sin}}\alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {{n_{\left( {SBC} \right)}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {SA} } \right|\left| {\overrightarrow {{n_{\left( {SBC} \right)}}} } \right|}} = \frac{{\left| {xyz} \right|}}{{\sqrt {{x^2} + {z^2}} .\sqrt {{x^2}{z^2} + {x^2}{y^2}} }}\).

Mà \({\rm{sin}}\alpha = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\) nên \(\frac{{\left| {xyz} \right|}}{{\sqrt {{x^2} + {z^2}} .\sqrt {{x^2}{z^2} + {x^2}{y^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow \frac{{{y^2}{z^2}}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}} = \frac{1}{8}\) (1)

Mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( {SAB} \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {yz;0;xy} \right)\)

\(\beta \) là góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) nên

\({\rm{sin}}\beta = \frac{{\left| {\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {{n_{\left( {SAB} \right)}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {SC} } \right|\left| {\overrightarrow {{n_{\left( {SAB} \right)}}} } \right|}} = \frac{{\left| { - xyz} \right|}}{{\sqrt {{y^2} + {z^2}} .\sqrt {{y^2}{z^2} + {x^2}{y^2}} }}\).

Mà \({\rm{sin}}\beta = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\) nên \(\frac{{\left| { - xyz} \right|}}{{\sqrt {{y^2} + {z^2}} .\sqrt {{y^2}{z^2} + {x^2}{y^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \Rightarrow \frac{{{x^2}{z^2}}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}} = \frac{3}{8}{\rm{\;}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra

\(\frac{{{y^2}{z^2}}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}:\frac{{{x^2}{z^2}}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}} = \frac{1}{8}:\frac{3}{8} \Leftrightarrow \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow x = \sqrt 3 y(x,y > 0)\).

Vì \(AC = 2a\) nên \(\sqrt {{x^2} + {y^2}} = 2a \Rightarrow {x^2} + {y^2} = 4{a^2}\). Mà \(x = \sqrt 3 y\) nên

\({(\sqrt 3 y)^2} + {y^2} = 4{a^2} \Rightarrow y = a \Rightarrow x = a\sqrt 3 \).

Do đó \(AB = a;CB = a\sqrt 3 \).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.CB = \frac{1}{2}a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Thay \(x = a\sqrt 3 ,y = a\) vào (1), ta được

\(\frac{{{a^2}{z^2}}}{{\left( {3{a^2} + {z^2}} \right)\left( {{a^2} + {z^2}} \right)}} = \frac{1}{8} \Leftrightarrow {z^4} - 4{a^2}{z^2} + 3{a^4} = 0 \Leftrightarrow \left( {{z^2} - {a^2}} \right)\left( {{z^2} - 3{a^2}} \right)\)

\( \Rightarrow z = a \vee z = a\sqrt 3 \). Mà \(SB \le a\sqrt 6 \) nên \(z = a\).

Thể tích của khối chóp S.ABC là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).

 

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu là \(\bar x\), được tính như sau:

\(\bar x = \frac{{{n_1}{c_1} + {n_2}{c_2} + \ldots + {n_k}{c_k}}}{n}\)

Lời giải

Bảng thống kê giá trị đại diện của thời gian di chuyển từ nhà đến trường của các em học sinh như sau:

Thời gian (phút)	11	14	17	20	23
Số học sinh	3	12	15	\({n_4}\)	2

Cỡ mẫu \(n = 3 + 12 + 15 + {n_4} + 2 = 32 + {n_4}\).

Ta có \(\bar x = \frac{{11.3 + 14.12 + 17.15 + 20.{n_4} + 23.2}}{{32 + {n_4}}} = \frac{{502 + 20{n_4}}}{{32 + {n_4}}}\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm trên là 16,55 nên \(\frac{{502 + 20{n_4}}}{{32 + {n_4}}} = 16,55 \Leftrightarrow {n_4} = 8\)

Đáp án đúng là "24/25"

Phương pháp giải

Cho \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập. Xác suất để biến cố \(A\) và \(B\) cùng xảy ra là\(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right)\).

Lời giải

Gọi \(A\) là biến cố "anh Thành tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang".

Gọi \(B\) là biến cố "anh Thành tiếp xúc với người bệnh mà có đeo khẩu trang".

Theo đề ta có: \(P\left( A \right) = 0,95;P\left( B \right) = 0,2\).

Xác suất để anh Thành không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang là:

\(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,95 = 0,05\).

Xác suất để anh Thành không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh mà có không đeo khẩu trang là:

\(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,2 = 0,8\).

Xác suất anh Thành không bị lây bệnh truyền nhiễm từ người bệnh mà anh tiếp xúc là:

\(P\left( {\overline {AB} } \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B } \right) = 0,05.0,8 = 0,04\)

Xác suất anh Thành bị lây bệnh truyền nhiễm từ người bệnh mà anh tiếp xúc là

\(1 - P\left( {\overline {AB} } \right) = 1 - 0,04 = 0,96\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Cho \(A,B,C\) là các biến cố độc lập. Xác suất để các biến cố \(A,B,C\) cùng xảy ra là

\(P\left( {ABC} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right).P\left( C \right)\).

Cho \(A,B\) là các biến cố xung khắc. Xác suất để các biến cố hoặc \(A\) xảy ra hoặc \(B\) xảy ra là

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)\).

Lời giải

Gọi \(x\) là xác suất dành chiến thắng trong mỗi ván cờ của Sinh \(\left( {0 \le x \le 0,5} \right)\).

Khi đó, xác suất hòa cờ của Tuyển và Sinh trong mỗi ván cờ là \(1 - 0,5 - x = 0,5 - x\).

Để trận đấu kết thúc sau 3 ván cờ thì 2 ván đầu Tuyển và Sinh hòa cờ, ván thứ ba Tuyển thắng hoặc Sinh thắng.

Do đó, xác suất để trận đấu kết thúc sau 3 ván cờ là \({(0,5 - x)^2}.\left( {0,5 + x} \right)\).

Theo đề ta có phương trình

\({(0,5 - x)^2}.\left( {0,5 + x} \right) = 0,032 \Rightarrow x = 0,{3_{\left( n \right)}} \vee x \approx 0,{67_{\left( l \right)}} \vee x \approx - 0,{47_{\left( l \right)}}\).

Vậy xác suất dành chiến thắng của Sinh trong mỗi ván cờ là 0,3.

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Sử dụng định lý quan hệ giữa tính đơn điệu của hàm số và dấu của đạo hàm: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(K\). Nếu \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in K\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(K\). Nếu \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in K\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(K\).

Lời giải

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\). Mà \(\left( {3;5} \right) \subset \left( {3; + \infty } \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {3;5} \right)\).

Đáp án đúng là "8"

Phương pháp giải

Sử dụng định lý mở rộng về quan hệ giữa tính đơn điệu của hàm số và dấu của đạo hàm: Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(K\) khi và chỉ khi \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in K\) và \(f'\left( x \right) = 0\) chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc \(K\). Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(K\) khi và chỉ khi \(f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in K\) và \(f'\left( x \right) = 0\) chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc \(K\).

Lời giải

TXD: \(D = \mathbb{R}\)

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

\(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 6m\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( {1;3} \right) \Leftrightarrow 6{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 6m \le 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m \le 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\) (*)

\( \Leftrightarrow {x^2} - mx - x + m \le 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow m\left( {1 - x} \right) \le x - {x^2},\forall x \in \left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge \frac{{x - {x^2}}}{{1 - x}},\forall x \in \left( {1;3} \right)\) (do \(x > 1 \Rightarrow 1 - x < 0\))

\( \Leftrightarrow m \ge x,\forall x \in \left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge 3\)

Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 10;10} \right]\) nên có 8 giá trị của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán

Đáp án đúng là "7"

Phương pháp giải

Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp: Cho \(y = f\left( u \right);u = u\left( x \right)\). Khi đó \({y_x}\;' = f'\left( u \right).u'\left( x \right)\).

Sử dụng định lý quan hệ giữa tính đơn điệu của hàm số và dấu của đạo hàm: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(K\). Nếu \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in K\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(K\). Nếu \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in K\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(K\).

Lời giải

Hàm số \(y = \frac{{m - {\rm{sin}}x}}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}\) xác định trên \(\left( {0;\frac{\pi }{6}} \right)\).

Ta có \(y' = \frac{{ - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x + 2m{\rm{sin}}x - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x}}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^3}x}} = \frac{{ - 1 + 2m{\rm{sin}}x - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x}}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^3}x}}\).

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{6}} \right)\)

\( \Leftrightarrow y' \le 0,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow  - 1 + 2m{\rm{sin}}x - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x \le 0,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{6}} \right)\), vì \({\rm{co}}{{\rm{s}}^3}x > 0,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{6}} \right)\) (1)

Đặt \(t = {\rm{sin}}x\). Do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{6}} \right)\) nên \(t \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\).

(1) \( \Leftrightarrow  - {t^2} + 2mt - 1 \le 0,\forall t \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow m \le \frac{{{t^2} + 1}}{{2t}},\forall t \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\) (2)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 1}}{{2t}}\) trên \(\left( {0;\frac{1}{2}} \right)\). Ta có \(f\left( t \right)\) liên tục trên \(\left( {0;\frac{1}{2}} \right)\).

\(f'\left( t \right) = \frac{{2\left( {{t^2} - 1} \right)}}{{4{t^2}}} < 0,\forall t \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\) nên \(f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0;\frac{1}{2}} \right)\).

BBT

Dựa vào BBT, ta suy ra (2) \(m \le \frac{5}{4}\). Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 5;5} \right]\) nên có 7 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Xét dấu \(f'\left( x \right)\), lập bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) rồi kết luận cực trị của \(f\left( x \right)\).

Lời giải

\(f'\left( x \right) = {x^2}\left( {x + 1} \right){(x - 2)^5}{(x - 4)^3}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left( {x + 1} \right){(x - 2)^5}{(x - 4)^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0 \vee x = - 1 \vee x = 2 \vee x = 4\).

BBT

Dựa vào BBT, hàm số \(f\left( x \right)\) có hai điểm cực tiểu là -1 và 4.

Tổng giá trị các điểm cực tiểu của hàm số \(f\left( x \right)\) là \( - 1 + 4 = 3\).

Đáp án đúng là "8"

Phương pháp giải

Đối với hàm số bậc hai trên bậc nhất \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{dx + e}}\) có hai điểm cực trị, đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đó có phương trình: \(y = \frac{{2a}}{d}x + \frac{b}{d}\).

Lời giải

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2m} \right\}\).

Ta có \(y = \frac{{{x^2} + \left( {m - 1} \right)x - 10}}{{x + 2m}}\)

\(y' = \frac{{{x^2} + 4mx + 2{m^2} - 2m + 10}}{{x + 2m}}\)

Để hàm số \(y = \frac{{{x^2} + \left( {m - 1} \right)x - 10}}{{x + 2m}}\) có hai điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4mx + 2{m^2} - 2m + 10 = 0\) (1) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 2m\)

\[\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 4{m^2} - 2{m^2} + 2m - 10 > 0 \Leftrightarrow 2{m^2} + 2m - 10 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2} \vee m < \frac{{ - 1 - \sqrt {21} }}{2}\\{( - 2m)^2} + 4m.( - 2m) + 2{m^2} - 2m + 10 \ne 0 \Leftrightarrow  - 2{m^2} - 2m + 10 \ne 0\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow m > \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2} \vee m < \frac{{ - 1 - \sqrt {21} }}{2}\).

Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + (m - 1)x - 10}}{{x + 2m}}\) là \(y = 2x + m - 1\).

Gọi \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right),B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\) là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Suy ra \({y_A} = 2{x_A} + m - 1;{y_B} = 2{x_B} + m - 1\) nên \({y_A} - {y_B} = 2{x_A} - 2{x_B}\).

Ta có

\(AB = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2} + {{\left( {{y_A} - {y_B}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2} + {{\left( {2{x_A} - 2{x_B}} \right)}^2}} \)

\[ = \sqrt {5{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2}}  = \sqrt {5\left[ {{{\left( {{x_A} + {x_B}} \right)}^2} - 4{x_A}{x_B}} \right]} \]

Với \(m > \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2} \vee m < \frac{{ - 1 - \sqrt {21} }}{2},{x_A},{x_B}\) là các nghiệm phân biệt của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi - et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} + {x_B} =  - 4m}\\{{x_A}.{x_B} = 2{m^2} - 2m + 10}\end{array}} \right.\).

Do đó \(AB = \sqrt {5\left[ {{{( - 4m)}^2} - 4.\left( {2{m^2} - 2m + 10} \right)} \right]}  = \sqrt {5\left( {8{m^2} + 8m - 40} \right)} \)

Vì khoảng cách giữa hai điểm cực trị không lớn hơn \(10\sqrt {10} \) nên \(AB \le 10\sqrt {10} \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {5\left( {8{m^2} + 8m - 40} \right)}  \le 10\sqrt {10}  \Leftrightarrow 8{m^2} + 8m - 40 \le 200 \Leftrightarrow  - 6 \le x \le 5\).

Kết hợp với \(m > \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2} \vee m < \frac{{ - 1 - \sqrt {21} }}{2}\) và \(m\) là số nguyên, ta được \(m \in \left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3;2;3;4;5} \right\}\) nên có 8 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Quan sát đồ thị.

Lời giải

Quan sát đồ thị, ta thấy hàm số đã cho liên tục trên \(\left( { - 2; + \infty } \right)\), nghịch biến trên \(\left( { - 2; - 1} \right)\) và đồng biến trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\). Do đó \(\mathop {{\rm{Min}}}\limits_{\left( { - 2; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) = 1\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Lập bảng biến thiên của hàm số \(y = \frac{{3{x^2} - 8x + 6}}{{{x^2} - 2x + 1}}\), rồi dựa vào bảng biến thiên để kết luận giá trị nhỏ nhất của hàm số đó.

Lời giải

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có \(y = \frac{{3{x^2} - 8x + 6}}{{{x^2} - 2x + 1}}\)

\(y' = \frac{{2{x^2} - 6x + 4}}{{{{\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)}^2}}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} - 6x + 4}}{{{{\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow 2{x^2} - 6x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = {1_{\left( l \right)}} \vee x = 2\)

BBT

 

Dựa vào BBT, ta có \(\mathop {{\rm{Min}}}\limits_D y = 2\), đạt được khi \(x = 2\).

Đáp án đúng là "6250"

Phương pháp giải

Thiết lập hàm số diện tích của khu đất theo biến là độ dài mỗi mặt hàng rào vuông góc bờ sông, sau đó tìm giá trị lớn nhất của hàm số vừa lập.

Lời giải

Gọi \(x\left( {\rm{m}} \right),y\left( {\rm{m}} \right)\) lần lượt là độ dài mỗi mặt hàng rào vuông góc bờ sông và mặt hàng rào song song bờ sông. Điều kiện: \(x,y > 0\).

Đổi 60.000 đồng \( = 0,06\) triệu đồng; 50.000 đồng \( = 0,05\) triệu đồng.

Ta có phương trình \(3.\left( {0,05x} \right) + 0,06y = 15 \Leftrightarrow y = \frac{{15 - 0,15x}}{{0,06}} = 250 - \frac{5}{2}x\).

Diện tích khu đất nói trên là \(S\left( x \right) = x.\left( {250 - \frac{5}{2}x} \right) = 250x - \frac{5}{2}{x^2}\)

Ta có

\(250x - \frac{5}{2}{x^2} =  - \frac{5}{2}\left( {{x^2} - 100x} \right) =  - \frac{5}{2}\left( {{x^2} - 100x + 2500 - 2500} \right) = 6250 - \frac{5}{2}{(x - 50)^2} \le 6250\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi \({(x - 50)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 50\).

Do đó \(\mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} S\left( x \right) = 6250\), đạt được khi \(x = 50\).

Vậy diện tích lớn nhất của khu đất giới hạn bởi bờ sông và hàng rào nói trên là \(6250\,\,{m^2}\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Đường thẳng \(y = {y_0}\) gọi là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nếu hoặc .

Đường thẳng \(x = {x_0}\) gọi là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: .

Lời giải

TXĐ: \(D = \left( { - \infty ;1\left] \cup \right[3; + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).

Ta có và nên đường thẳng \({\rm{y}} = 0\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho. Đồng thời, đồ thị hàm số đã cho không có đường tiệm cận xiên.

Ta có nên đường thẳng \(x = - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Tóm lại, đồ thị hàm số \(y = \frac{{\sqrt {{x^2} - 4x + 3} }}{{{x^2} - 4}}\) có 2 đường tiệm cận.

 

Đáp án đúng là "5"

Phương pháp giải

Đối với đồ thị hàm số nhất biến \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\), phương trình đường tiệm cận ngang là \(y = \frac{a}{c}\), phương trình đường tiệm cận đứng là \(x =  - \frac{d}{c}\), tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung và trục hoành lần lượt là \(\left( {0;\frac{b}{d}} \right);\left( { - \frac{b}{a};0} \right)\).

Lời giải

Dựa vào hình vẽ, đồ thị hàm số đã cho có:

Tiệm cận ngang là đường thẳng \(y =  - 1\).

Tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 2\).

Tọa độ giao điểm với trục tung là \(\left( {0; - \frac{3}{2}} \right)\).

Đối với đồ thị hàm số nhất biến \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\):

Phương trình đường tiệm cận ngang là \(y = \frac{a}{c}\).

Phương trình đường tiệm cận đứng là \(x =  - \frac{d}{c}\).

Tọa độ giao điểm với trục tung là \(\left( {0;\frac{b}{d}} \right)\).

Do đó, ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{a}{c} =  - 1}\\{ - \frac{d}{c} = 2}\\{\frac{b}{d} =  - \frac{3}{2}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - c}\\{d =  - 2c}\\{b = \frac{{ - 3d}}{2}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - c}\\{d =  - 2c}\\{b = 3c}\end{array}} \right.} \right.} \right.\) (*)

Thay (*) vào \(T = \frac{{2ac - bd + {a^2}}}{{{c^2}}}\), ta được \(T = \frac{{2\left( { - c} \right)c - \left( {3c} \right)\left( { - 2c} \right) + {{( - c)}^2}}}{{{c^2}}} = 5\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Sự tương giao đồ thị.

Lời giải

Ta có

\(f\left( {{x^3}f\left( x \right)} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( {{x^3}f\left( x \right)} \right) = - 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3}f\left( x \right) = 0}\\{{x^3}f\left( x \right) = a > 0}\\{{x^3}f\left( x \right) = b > 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{f\left( x \right) = 0\,\,\,\,(1)}\\{f\left( x \right) = \frac{a}{{{x^3}}}\left( {x \ne 0} \right)\,\,\,\,\,(2)}\\{f\left( x \right) = \frac{b}{{{x^3}}}\left( {x \ne 0} \right)\,\,\,\,\,(3)}\end{array}} \right.\)

Giải (1): \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = c > 0\)

Giải (2): \(f\left( x \right) = \frac{a}{{{x^3}}} \Leftrightarrow f\left( x \right) - \frac{a}{{{x^3}}} = 0\), với \(x \ne 0,a > 0\).

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{a}{{{x^3}}}\)

\(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + \frac{{3a}}{{{x^4}}}\).

Trường hợp 1: \(x > c\).

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho, ta có \(f'\left( x \right) > 0 \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + \frac{{3a}}{{{x^4}}} > 0\) nên \(g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {c; + \infty } \right)\).

Mà và \(g\left( x \right)\) liên tục trên \(\left( {c; + \infty } \right)\)

Do đó, \(g\left( x \right) = 0\) có nghiệm duy nhất trên \(\left( {c; + \infty } \right)\).

Trường hợp 2: \(0 < x < c\) thì \(f\left( x \right) < 0 < \frac{a}{{{x^3}}}\) nên \(g\left( x \right) = 0\) vô nghiệm.

Trường hợp 3: \(x < 0\).

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho, ta có \(f'\left( x \right) > 0 \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + \frac{{3a}}{{{x^4}}} > 0\) nên \(g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

Mà và \(g\left( x \right)\) liên tục trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

Do đó, \(g\left( x \right) = 0\) có nghiệm duy nhất trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

Tóm lại, (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và khác \(c\).

Giải (3) hoàn toàn tương tự đối với (2), ta được (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, khác c và khác 2 nghiệm phân biệt của (2).

Vậy phương trình \(f\left( {{x^3}f\left( x \right)} \right) + 1 = 0\) có đúng 6 nghiệm thực.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Sử dụng công thức trong bảng nguyên hàm cơ bản.

Lời giải

\(f\left( x \right) = \frac{1}{x}\left( {1 + \frac{x}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}} \right) \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ \;f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ \;\left[ {\frac{1}{x}\left( {1 + \frac{x}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}} \right)} \right]dx = \mathop \smallint \nolimits^ \;\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}} \right)dx = {\rm{ln}}\left| x \right| + {\rm{tan}}x + C\)

Đáp án đúng là "492"

Phương pháp giải

Ứng dụng nguyên hàm trong bài toán chuyển động.

Lời giải

Với \(0 \le t \le 6:a\left( t \right) = 2\).

\(v\left( t \right) = \mathop \smallint \nolimits^ \;a\left( t \right)dt = \mathop \smallint \nolimits^ \;2dt = 2t + C\). Ta có \(v\left( 0 \right) = 0\) nên \(2.0 + C = 0 \Rightarrow C = 0\). Do đó \(v\left( t \right) = 2t\) và \(v\left( 6 \right) = 12\).

Với \(6 < t \le 18:a\left( t \right) = \frac{1}{3}t - 2\).

\(v\left( t \right) = \mathop \smallint \nolimits^ \;a\left( t \right)dt = \mathop \smallint \nolimits^ \;\left( {\frac{1}{3}t - 2} \right)dt = \frac{1}{6}{t^2} - 2t + {C_1}\). Ta \(v\left( 6 \right) = 12\) có nên

\(\frac{1}{6}{.6^2} - 2.6 + {C_1} = 12 \Rightarrow {C_1} = 18\). Do đó \(v\left( t \right) = \frac{1}{6}{t^2} - 2t + 18\) và \(v\left( {18} \right) = 36\).

Kể từ giây thứ 18, vật chuyển động chậm dần đều và dừng hẳn ở giây thứ 30 nên gia tốc trong khoảng thời gian này của vật là \(a = \frac{{0 - 36}}{{30 - 18}} =  - 3\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\).

Với \(18 < t \le 30:a\left( t \right) =  - 3\).

\(v\left( t \right) = \mathop \smallint \nolimits^ \;a\left( t \right)dt = \mathop \smallint \nolimits^ \; - 3dt =  - 3t + {C_2}\). Ta có \(v\left( {18} \right) = 36\) nên

\( - 3.18 + {C_2} = 36 \Rightarrow {C_2} = 90\). Do đó \(v\left( t \right) =  - 3t + 90\)

Quãng đường mà vật đi được kể từ lúc bắt đầu chuyển động cho đến lúc dừng hẳn là:

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Sử dụng tính chất tích phân:

Đáp án đúng là "28/3"

Phương pháp giải

Để tính thể tích bê tông làm tường cong theo đề bài, ta cần tính diện tích tam giác cong \(ACE\) rồi nhân với \(AB\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right),y = g\left( x \right)\) và các đường thẳng \(x = a,x = b\) (\(f\left( x \right),g\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right])\) là: .

Lời giải

Đặt hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho \(O \equiv C,Oy \equiv CE\), tia \(Ox\) là tia đối của tia \(CA\) như hình vẽ.

Gọi \(N\) là giao điểm của đường cong \(AE\) và đường thẳng qua \(M\), song song với \(CE\).

Do cạnh cong \(AE\) nằm trên một đường Parabol nên phương trình cạnh cong \(AE\) có dạng \(y = a{x^2} + bx + c\). Cạnh \(AE\) đi qua các điểm \(A\left( { - 4;0} \right);E\left( {0;3} \right);N\left( { - 2;1} \right)\) nên ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{16a - 4b + c = 0}\\{c = 3}\\{4a - 2b + c = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{1}{8}}\\{b = \frac{5}{4}}\\{c = 3}\end{array}} \right.} \right.\). Do đó cạnh cong \(AE\) có phương trình\(y = \frac{1}{8}{x^2} + \frac{5}{4}x + 3\).

Ta có \({S_{ACE}} = \int\limits_{ - 4}^0 {\left( {\frac{1}{8}{x^2} + \frac{5}{4}x + 3} \right)dx} = \left. {\left( {\frac{1}{{24}}{x^3} + \frac{5}{8}{x^2} + 3x} \right)} \right|_{ - 4}^0 = \frac{{14}}{3}\).

Thể tích bê tông cần sử dụng để tạo nên khối tường cong đã cho là:

\(V = {S_{ACE}}.h = \frac{{14}}{3}.2 = \frac{{28}}{3}\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Dùng công thức lãi kép

Lời giải

Gọi \(x;y;z\) (triệu đồng) lần lượt là số tiền mà chị An gửi vào ngân hàng Vietcombank, Agribank, Viettinbank.

Số tiền lãi chị Hoa nhận được khi gửi tiền vào ngân hàng Vietcombank là:

\({t_1} = x{(1 + 1,9{\rm{\% }})^6} - x\) (triệu đồng)

Số tiền lãi chị Hoa nhận được khi gửi tiền vào ngân hàng Agribank là:

\({t_2} = y{(1 + 0,9{\rm{\% }})^{12}} - y\) ( triệu đồng)

Số tiền lãi chị Hoa nhận được khi gửi tiền vào ngân hàng Viettinbank là:

\({t_3} = z{(1 + 2{\rm{\% }})^4} - z\)(triệu đồng)

Khi đó ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + z = 500}\\{x{{(1 + 1,9)}^6} - x + y{{(1 + 0,9{\rm{\% }})}^{12}} - y = 34,8386842}\\{y{{(1 + 0,9{\rm{\% }})}^{12}} - y + z{{(1 + 2{\rm{\% }})}^4} - z = 35,78307674}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 130}\\{y = 170}\\{z = 200}\end{array}} \right.} \right.\)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Phương pháp tọa độ trong không gian

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {AM} = \left( {3;4;0} \right) \Rightarrow AM = 5,\overrightarrow {AN} = \left( {2;2;1} \right) \Rightarrow AN = 3\).

Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là các điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {AE} = 3\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AF} = 5\overrightarrow {AN} \). Ta có\(AE = 15,AF = 15\) nên tam giác \(AEF\) cân tại \(A\). Vì tứ giác \(ABCD\) là hình thoi nên tam giác \(ABD\) cân tại \(A\). Do đó \(BD//EF\).

Ta có \(\overrightarrow {EF} = \overrightarrow {AF} - \overrightarrow {AE} = 5\overrightarrow {AN} - 3\overrightarrow {AM} = \left( {1; - 2;5} \right)\).

\(ABCD\) là hình thoi nên \(AC \bot BD \Rightarrow AC \bot EF \Rightarrow \overrightarrow {AC} \bot \overrightarrow {EF} \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {EF} = 0\).

Gọi \(C\left( {{x_C};{y_C};{z_C}} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( {{x_C} - 2;{y_C} + 1;{z_C} - 1} \right)\).

\(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {EF} = 0 \Leftrightarrow 1.\left( {{x_C} - 2} \right) - 2\left( {{y_C} + 1} \right) + 5\left( {{z_C} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {x_C} - 2{y_C} + 5{z_C} - 9 = 0\)

Mặt phẳng \(\left( {AMN} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AN} } \right] = \left( {4; - 3; - 2} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {2; - 1;1} \right)\) nên có phương trình là\(4\left( {x - 2} \right) - 3\left( {y + 1} \right) - 2\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x - 3y - 2z - 9 = 0\).

Vì \(C\) thuộc (\(AMN\)), thuộc (\(P\)) và \(AC \bot EF\) nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 3y - 2z - 9 = 0}\\{{y_C} + {z_C} - 27 = 0}\\{{x_C} - 2{y_C} + 5{z_C} - 9 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_C} = 21}\\{{y_C} = 21}\\{{z_C} = 6}\end{array} \Leftrightarrow C\left( {21;21;6} \right)} \right.} \right.\).

Vậy \(C\left( {21;21;6} \right)\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Cho \(M,N\) là các điểm lần lượt thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) và mặt cầu \(\left( S \right)\) (\(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) không giao nhau) sao cho vectơ \(\overrightarrow {MN} \) cùng phương với vectơ \(\vec u = \left( {1;0;1} \right)\). Khi đó \(\left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right)\) không đổi và \(MN = \frac{{{d_{\left[ {N,\left( P \right)} \right]}}}}{{{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right)}}\) nên \(MN\) lớn nhất khi và chỉ khi \({d_{\left[ {N,\left( P \right)} \right]}}\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \) tâm I của (S)nằm giữa \(N\) và hình chiếu vuông góc của \(N\) trên \(\left( P \right)\).

Lời giải

Ta có \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4y - 2z + 5 = 0\) nên (S) có tâm \(I\left( { - 1;2;1} \right)\) và bán kính \(R = 1\).

Mặt phẳng \(\left( P \right):x - 2y + 2z - 3 = 0\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1; - 2;2} \right)\).

\({d_{\left[ {I,\left( P \right)} \right]}} = \frac{{\left| { - 1 - 2.2 + 2.1 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 2 > R\) nên \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) không giao nhau.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(N\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\alpha \) là góc giữa \(MN\) và \(NH\).

\(\overrightarrow {MN} \) và \(\vec u\) cùng phương, \(\overrightarrow {NH} \) và \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \) cùng phương nên

\({\rm{cos}}\alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ,\vec u} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right|.\left| {\vec u} \right|}} = \frac{{\left| {1.1 - 2.0 + 2.1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} .\sqrt {{1^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Vì \(M,N\) là các điểm lần lượt thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) và mặt cầu \(\left( S \right)\) (\(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) không giao nhau) và \(MN = \frac{{{d_{\left[ {N,\left( P \right)} \right]}}}}{{{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right)}}\) nên \(MN\) lớn nhất khi và chỉ khi \({d_{\left[ {N,\left( P \right)} \right]}}\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \) tâm I của (S)nằm giữa \(N\) và hình chiếu vuông góc của \(N\) trên \(\left( P \right)\).

Xét tam giác \(MNH\) vuông tại \(H\) có \(\alpha = \widehat {HNM}\) nên

\(HN = MN.{\rm{cos}}\alpha \Rightarrow MN = \frac{{HN}}{{{\rm{cos}}\alpha }} = \frac{{HN}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 HN\).

Ta có \(HN \le {d_{\left[ {I,\left( P \right)} \right]}} + R = 2 + 1 = 3\) nên \(MN \le 3\sqrt 2 \). Dấu đẳng thức xảy ra khi I nằm giữa \(H\) và \(N\).

Do đó, giá trị lớn nhất của độ dài \(MN\) là \(3\sqrt 2 \), đạt được khi I nằm giữa \(H\) và \(N\).

Vậy giá trị lớn nhất của độ dài \(MN\) là \(3\sqrt 2 \).