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 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

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 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 (\(T\)).

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 "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 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:

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 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 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 \(3\sqrt 2 \).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Đường thẳng đi qua điểm có tọa độ \(\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {a;b;c} \right)\) (\(a \ne 0,b \ne 0,c \ne 0\)) có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\).

Lời giải

Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,B\) trên \(\left( P \right)\). Ta có \(\widehat {AMH} = \widehat {BMK}\).

Do đó tam giác \(AMH\) đồng dạng với tam giác \(BMK\) nên \(\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{AH}}{{BK}} = \frac{{{d_{\left[ {A,\left( P \right)} \right]}}}}{{{d_{\left[ {B,\left( P \right)} \right]}}}} = 2 \Rightarrow MA = 2MB\) (1).

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\). Từ (1) suy ra:

\(\sqrt {{{(x - 2)}^2} + {{(y - 1)}^2} + {{(z - 2)}^2}} = 2\sqrt {{{(x - 3)}^2} + {{(y + 2)}^2} + {{(z - 2)}^2}} \)

\( \Leftrightarrow {(x - 2)^2} + {(y - 1)^2} + {(z - 2)^2} = 4\left[ {{{(x - 3)}^2} + {{(y + 2)}^2} + {{(z - 2)}^2}} \right]\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - \frac{{20}}{3}x + 6y - 4z + \frac{{59}}{3} = 0\)

Do đó, \(M\left( {x;y;z} \right)\) nằm trên mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - \frac{{20}}{3}x + 6y - 4z + \frac{{59}}{3} = 0\) có tâm \(I\left( {\frac{{10}}{3}; - 3;2} \right)\).

Mà \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \(M\) nằm trên đường tròn giao tuyến \(\left( C \right)\) cố định của \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của I trên \(\left( P \right)\). Khi đó \(H\) là tâm của đường tròn (\(C\)).

Ta tìm được \(H\left( {\frac{{74}}{{27}}; - \frac{{97}}{{27}};\frac{{62}}{{27}}} \right)\). Vậy tọa độ tâm của đường tròn (C) là \(\left( {\frac{{74}}{{27}}; - \frac{{97}}{{27}};\frac{{62}}{{27}}} \right)\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Đường thẳng đi qua điểm có tọa độ \(\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {a;b;c} \right)\)(\(a \ne 0,b \ne 0,c \ne 0\)) có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\).

Lời giải

Đường thẳng \(d\) đi qua \(M\left( {2; - 3;5} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {2; - 1;1} \right)\) có phương trình chính tắc là:

\(d:\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y + 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 5}}{1}\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\), nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) và cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo dây cung có độ dài lớn nhất khi và chỉ khi \(d\) đi qua hình chiếu vuông góc của tâm I của mặt của mặt cầu (\(S\)) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Lời giải

Ta có \(M\left( {2; - 3;4} \right) \in \left( P \right):x - 2y + z - 12 = 0\)

Và \({d_{\left[ {I,\left( P \right)} \right]}} = \frac{{\left| {1 - 4 + 3 - 12} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 2\sqrt 6 < R\) nên \(\left( P \right)\) cắt \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là một đường tròn.

Gọi \(A,B\) lần lượt là giao điểm của \(d\) và \(\left( S \right)\), \(H\) là hình chiếu của I trên \(d,K\) là hình chiếu của I trên (P).

Khi đó \(IK = {d_{\left[ {I,\left( P \right)} \right]}} = 2\sqrt 6 \) và \(IH \ge IK \Leftrightarrow IH \ge 2\sqrt 6 \). Dấu bằng xảy ra khi \(H \equiv K\).

Ta có

\(AB = 2AH = 2\sqrt {A{I^2} - I{H^2}} = 2\sqrt {{R^2} - I{H^2}} \le 2\sqrt {25 - I{K^2}} = 2\sqrt {25 - \left( {2\sqrt 6 } \right)} = 2\).

Do đó giá trị lớn nhất của \(AB\) là 2, đạt được khi \(H \equiv K\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Mặt cầu đường kính \(AB\) có tâm là trung điểm I của \(AB\) và có bán kính là \(R = \frac{{AB}}{2}\).

Lời giải

Tọa độ trung điểm I của \(AB\) là \(I\left( {1;1;1} \right)\) là tâm mặt cầu đường kính \(AB\).

Bán kính mặt cầu đường kính \(AB\) là

\(R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {{{( - 4 - 6)}^2} + {{(0 - 2)}^2} + {{(7 + 5)}^2}} }}{2} = \sqrt {62} \).

Vậy phương trình mặt cầu đường kính \(AB\) là \({(x - 1)^2} + {(y - 1)^2} + {(z - 1)^2} = 62\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Sử dụng điều kiện để mặt phẳng \(\left( P \right)\) và mặt cầu \(\left( T \right)\) không giao nhau, đó là \({d_{\left[ {J,\left( P \right)} \right]}} > {R_{\left( T \right)}}\), trong đó \(J,{R_{\left( T \right)}}\) lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu \(\left( T \right)\).

Lời giải

Ta có

\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x + 2y - 4z + m - 1 = 0 \Leftrightarrow {(x + 1)^2} + {(y + 1)^2} + {(z - 2)^2} = 7\)

Điều kiện để \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x + 2y - 4z + m - 1 = 0\) là phương trình mặt cầu là \(7 - m > 0 \Leftrightarrow m < 7\).

Khi đó mặt cầu (S) có tâm \(I\left( { - 1; - 1;2} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {7 - m} \).

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\).

Ta có

\(\overrightarrow {KA} .\overrightarrow {KB} = 18 \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {KH} + \overrightarrow {HA} } \right)\left( {\overrightarrow {KH} - \overrightarrow {HA} } \right) = 18 \Leftrightarrow K{H^2} - H{A^2} = 18 \Leftrightarrow K{H^2} - \left( {{R^2} - H{I^2}} \right) = 18\)

\( \Leftrightarrow K{H^2} + H{I^2} - \left( {7 - m} \right) = 18 \Leftrightarrow K{I^2} = 25 - m\).

Do đó \(K\) thuộc mặt cầu \(\left( T \right)\) tâm \(I\left( { - 1; - 1;2} \right)\), bán kính \(\sqrt {25 - m} \).

Để không tồn tại điểm \(K\) nào thuộc \(\left( P \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán thì \(\left( T \right)\) và \(\left( P \right)\) không giao nhau.

Khi đó

\({d_{\left[ {I,\left( P \right)} \right]}} > KI \Leftrightarrow \frac{{\left| { - 1 + 2.\left( { - 1} \right) + 2 + m + 12} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {1^2}} }} > \sqrt {25 - m} \Leftrightarrow \frac{{{{(m + 11)}^2}}}{6} > 25 - m\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 28m - 29 > 0 \Leftrightarrow m > 1 \vee m < - 29\)

Mà \(m\) là số tự nhiên, kết hợp với \(m < 7\) nên \(m \in \left\{ {2;3;4;5;6} \right\}\). Vậy có 5 giá trị \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Độ lệch chuẩn hiệu chỉnh \[\hat s\] được tính bởi công thức: \[\hat s = \sqrt {{{\hat s}^2}} \], trong đó phương sai mẫu hiệu chỉnh \({\hat s^2}\) được xác định như sau: \({\hat s^2} = \frac{{{n_1}{{\left( {{c_1} - \bar x} \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{c_2} - \bar x} \right)}^2} + \ldots + {n_k}{{\left( {{c_k} - \bar x} \right)}^2}}}{{n - 1}}\).

Lời giải

Thống kê đường kính thân của một số cây xoan đào nhà bác Thanh theo giá trị trung bình như sau:

Cỡ mẫu \(n = 100\).

Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm trên là:

\(\bar x = \frac{{{n_1}{c_1} + {n_2}{c_2} + {n_3}{c_3} + {n_4}{c_4} + {n_5}{c_5} + {n_6}{c_6}}}{n}\)

\( = \frac{{25.31 + 37.33 + 18.35 + 8.37 + 7.39 + 5.41}}{{100}} = 34\).

Phương sai mẫu hiệu chỉnh của mẫu số liệu ghép nhóm trên là:

\({\hat s^2} = \frac{{25{{(31 - 34)}^2} + 37{{(33 - 34)}^2} + 18{{(35 - 34)}^2} + 8{{(37 - 34)}^2} + 7{{(39 - 34)}^2} + 5{{(41 - 34)}^2}}}{{100 - 1}} = \frac{{772}}{{99}}\)

Độ lệch chuẩn hiệu chỉnh của mẫu số liệu ghép nhóm trên là: \(\hat s = \sqrt {{{\hat s}^2}} = \sqrt {\frac{{772}}{{99}}} \approx 2,792\).