Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề 34)

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Dùng giới hạn để xác định số tiệm cận của đồ thị hàm số

Lời giải

Tập xác định: \(D = \left( { - \infty ;1\left] \cup \right[2; + \infty } \right)\)

Tiệm cận ngang:

\( \Rightarrow y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

\( \Rightarrow y = - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Tiệm cận đứng: 

\( \Rightarrow x = 5\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có tất cả 3 tiệm cận

Đáp án đúng là "2"

Phương pháp giải

Dựa vào bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) để xác định số cực trị của hàm số

Lời giải

Dựa vào bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right)\) có 3 lần đổi dấu khi \(x\) đi qua các điểm đặc biệt \(\left( {x =  - 1,x = 2,x = 5} \right)\). Tuy nhiên tại \(x = 5\), chúng ta chưa xác định được \(f\left( x \right)\) có liên tục hay không nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Lập bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2} \right)\)

Lời giải

Xét hàm số: \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 2x.f'\left( {{x^2} - 2} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x = 0}\\{f'\left( {{x^2} - 2} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} - 2 = - 2}\\{{x^2} - 2 = 1}\\{{x^2} - 2 = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 0}\\{x = \pm \sqrt 3 }\\{x = \pm 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Bảng biến thiên kết hợp bảng xét dấu:

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Số cực trị của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right| = a + b\) với a là số cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\), b là số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 0\)

Lời giải

Số cực trị của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right| = a + b\) với a là số cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\), b là số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 0\)

Xét hàm số: \(y = f\left( x \right) - 2m\)

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right) \Rightarrow y = f\left( x \right) - 2m\) có 2 cực trị \( \Rightarrow a = 2\)

Xét phương trình \(f\left( x \right) - 2m = 0\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = 2m\) (*)

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 2m\)

Để hàm số \(y = \left| {f\left( x \right) - 2m} \right|\) có 5 cực trị thì phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 2m\) cắt nhau tại 3 điểm phân biệt

Dựa vào bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\) ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = 2m\) tại 3 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m = 4}\\{2m = - 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = - 2}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy \(S = \left\{ { - 2;2} \right\}\)

Vậy tổng các phần tử của \(S\) là: \( - 2 + 2 = 0\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Hàm số \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{dx + e}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y' \ge 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)}\\{\frac{{ - e}}{d} \notin \left( {a;b} \right)}\end{array}} \right.\)

Lời giải

Tập xác định: \(D = R\backslash \left\{ m \right\}\)

Ta có:

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

Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{{x^2} - 2mx + 2m}}{{{{(x - m)}^2}}}}\\{m \notin \left( { - 1;1} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 2mx + 2m \ge 0,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\left( {\rm{*}} \right)}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \le - 1}\\{m \ge 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

Xét bất phương trình (*) \({x^2} - 2mx + 2m \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} \ge 2m\left( {x - 1} \right)\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\)

Vì \(x \in \left( { - 1;1} \right) \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{x - 1}} \le 2m\)

Đặt

\(f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 \notin \left( { - 1;1} \right)}\\{x = 0 \in \left( { - 1;1} \right)}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2}}}{{x - 1}}\) trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\):

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:

Kết hợp với yêu cầu bài toán và các điều kiện \( \Rightarrow m \in \left[ {1; + \infty } \right)\)

Đáp án đúng là "2"

Phương pháp giải

Suy rộng đồ thị kết hợp tịnh tiến đồ thị

Lời giải

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta suy ra đồ thị hàm số: \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) ta được:

​

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) ta tịnh tiến đồ thị sang phải 2025 đơn vị, ta được đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| {x - 2025} \right|} \right)\)

​

Dễ thấy đồ thị hàm số không có sự thay đổi, đồ thị chỉ dịch sang phải 2025 đơn vị

Số nghiệm của phương trình \(f\left( {\left| {x - 2025} \right|} \right) - 2m = 0\) là số giao điểm của đồ thị hàm số:\(y = f\left( {\left| {x - 2025} \right|} \right)\) và đường thẳng \(y = 2m\)

Để phương trình \(f\left( {\left| {x - 2025} \right|} \right) - 2m = 0\) có 4 nghiệm thực

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m = a,\,\,0 < a < 1}\\{2m = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{a}{2},\,\,0 < a < 1}\\{m = 0}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy có 2 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Xác định phương trình đi qua hai điểm cực trị, xét vị trí tương đối của đường thẳng \(AB\) và

đường tròn \(\left( C \right)\)

Lời giải

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

Hàm số đã cho có hai cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow m > \frac{{ - 1}}{2}\)

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

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của hàm số đã cho là: \(d:y = \frac{{ - 2}}{3}\left( {2m + 1} \right)x - 3\)

Đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định \(K\left( {0; - 3} \right)\)

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( { - 1; - 2} \right)\) và bán kính \(R = 4\)

\(d\left( {I;d} \right) \le IK = \sqrt 2 < R = 4\) nên đường thẳng luôn cắt đường tròn tại hai điểm \(M,N\)

Để khoảng cách \(MN\) lớn nhất thì đường thẳng d đi qua tâm \(I\). Khi đó \(MN = 2R\)

\( \Rightarrow \) Tọa độ điểm \(I\) thỏa mãn phương trình đường thẳng \(d\):

\( - 2 = \frac{{ - 2}}{3}\left( {2m + 1} \right).\left( { - 1} \right) - 3 \Rightarrow m = \frac{5}{4}\)

Phương trình đường thẳng \(d:y = \frac{{ - 7}}{3}x - 3 \Leftrightarrow 7x + 3y + 9 = 0\)

Khoảng cách từ điểm \(E\) đến đường thẳng \(d:d\left( {E;d} \right) = \frac{{\left| {7.2 + 3.1 + 9} \right|}}{{\sqrt {{7^2} + {3^2}} }} = \frac{{13\sqrt {58} }}{{29}}\).

Đáp án đúng là "2023"

Phương pháp giải

Khảo sát và dùng điều kiện để hàm số đồng biến đánh giá hàm \(g\left( x \right)\), xác định hàm \(f'\left( x \right)\), cô lập \(m\)

Lời giải

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

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow f'\left( {x - 1} \right) - 2m - 1 \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) (1)

Ta có:

Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có dạng đồ thị hàm bậc 3

\( \Rightarrow \) phương trình \(y = f'\left( x \right)\) có dạng: \(y = f'\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) với \(a \ne 0\)

Đồ thị hàm số đi qua các điểm có tọa độ: \(\left( { - 2;2} \right),\left( {0; - 1} \right),\left( {1;2} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 8a + 4b - 2c + d = 2}\\{0.a + 0.b + 0.c + d =  - 1}\\{a + b + c + d = 2}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d =  - 1}\\{ - 8a + 4b - 2c = 3}\\{a + b + c = 3}\end{array}} \right.\) (*)

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị có tọa độ: \(\left( { - 2;2} \right),\left( {0; - 1} \right) \Rightarrow x =  - 2\) là nghiệm của phương trình \(y' = 0\)

Có: \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c \Rightarrow 12a - 4b + c = 0\) (**)

Từ \(\left( {\rm{*}} \right),\left( {{\rm{**}}} \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 8a + 4b - 2c = 3}\\{a + b + c = 3}\\{12a - 4b + c = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{3}{4}}\\{b = \frac{9}{4}}\\{c = 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow y = f'\left( x \right) = \frac{3}{4}{x^3} + \frac{9}{4}{x^2} - 1\)

\( \Rightarrow f'\left( {x - 1} \right) = \frac{3}{4}{(x - 1)^3} + \frac{9}{4}\left( {x - 1} \right) - 1 = \frac{3}{4}{x^3} - \frac{9}{4}{x^2} + \frac{9}{2}x - 4\)

\( \Rightarrow \) Bất phương trình (1)

\( \Leftrightarrow \frac{3}{4}{x^3} - \frac{9}{4}{x^2} + \frac{9}{2}x - 4 - 2m - 1 \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow \frac{3}{4}{x^3} - \frac{9}{4}{x^2} + \frac{9}{2}x - 5 - 2m \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

Xét hàm số: \(h\left( x \right) = \frac{3}{4}{x^3} - \frac{9}{4}{x^2} + \frac{9}{2}x - 5\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow h\left( x \right) - 2m \ge 0 \Leftrightarrow h\left( x \right) \ge 2m,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

\(h'\left( x \right) = \frac{9}{4}{x^2} - \frac{9}{2}x + \frac{9}{2}\)

Ta thấy: \(h'\left( x \right) > 0\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow \) Hàm số \(y = h\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Bảng biến thiên hàm số \(y = h\left( x \right)\):

​

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: \(2m \le  - 5 \Leftrightarrow m \le \frac{{ - 5}}{2}\)

Mà \(m \in \left[ { - 2025;2025} \right] \Rightarrow \) Có tất cả 2023 giá trị \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Công thức tỉ lệ phần trăm

Lời giải

Trong 500 g dung dịch muối nồng độ \(20{\rm{\% }}\) có: \(500.\frac{{20}}{{100}} = 100\) gam muối tinh khiết.

Khi thêm \(x\) gam muối tinh khiết vào \(500g\) dung dịch muối nồng độ \(20{\rm{\% }}\) thì ta có\(:\left( {x + 100} \right)\) gam muối tinh khiết.

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{x + 100}}{{x + 500}}.100\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giái

Xác định phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại một điểm. Thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình tiếp tuyến đó và xác định \({x_0}\).

Lời giải

Ta có \(:y' = \frac{4}{{{{(x + 1)}^2}}}\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số \(\left( C \right)\)

\( \Rightarrow y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}},y\left( {{x_0}} \right) = {y_0} = \frac{{{x_0} - 3}}{{{x_0} + 1}}\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) tại \(M\) có dạng:

\(d:y = y'\left( {{x_0}} \right).\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} = \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} - 3}}{{{x_0} + 1}}\)

Tiếp tuyến đi qua điểm \(A\left( {1;1} \right) \Rightarrow A \in d\)

Thay tọa độ \(A\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta được: \(1 = \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\left( {1 - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0} - 3}}{{{x_0} + 1}}\)

Giải phương trình ta được \({x_0} = 0\)

Thay \({x_0} = 0\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta được: \(y = 4x - 3\)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: \(4x - y - 3 = 0\)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Áp dụng công thức tính xác suất toàn phần,Bayes

Lời giải

Gọi \(A:\) "Người nghiện thuốc lá \( \Rightarrow \overline A \): "Người không nghiện thuốc lá"

B: "Người bị bệnh phổi"

Để người ta gặp bị bệnh phổi thì người đó có thể nghiện thuốc lá hoặc không nghiện thuốc lá.

Ta có: \(P\left( A \right) = 0,3 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,7\)

Xác suất để người đó bị bệnh phổi do hút thuốc lá là: \(P\left( {B\mid A} \right) = 0,8\)

Xác suất để người đó bị bệnh phổi không do hút thuốc là: \(P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,1\)

Vậy \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,3.0,8 + 0,7.0,1 = 0,31\)

Đáp án đúng là "6"

Phương pháp giải

Sử dụng ứng dụng tích phân trong tính diện tích hình phẳng

Lời giải

Giả sử mảnh vườn được gắn hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ:

​

Khi đó ta thấy phần gạch sọc được giới hạn bởi một parabol và đường thẳng đi qua \(C,D\)

Parabol có đỉnh \(I\left( {0;3} \right)\), đi qua các điểm \(D\left( { - 5; - 3} \right),C\left( {5; - 3} \right) \Rightarrow \) Phương trình \(\left( P \right):y = \frac{{ - 6}}{{25}}{x^2} + 3\)

Đường thẳng đi qua hai điểm \(C,D:y =  - 3\)

Gọi \(S\) là diện tích mảnh vườn hình chữ nhật, \({S_1}\) là diện tích trồng cỏ

\( \Rightarrow \) Diện tích lát đá là: \({S_2} = S - {S_1}\)

Vậy chi phí cần dùng để lát đá là: \(300000.20 = 6000000\) (đồng)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Công thức thể tích khối tròn xoay

Lời giải

Áp dụng lý thuyết

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Lập hệ phương trình 3 ẩn

Lời giải

Vỉ điểm \(M\) nằm trên mặt phẳng \(\left( P \right) \Rightarrow 2a + 2b - c + 5 = 0\) (*)

Ta có \(:\overrightarrow {MA} = \left( {2 - a; - 1 - b;1 - c} \right)\)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MA} } \right| = MA = \sqrt {{{(2 - a)}^2} + {{( - 1 - b)}^2} + {{(1 - c)}^2}} \)

\(\overrightarrow {MB} = \left( { - a; - 2 - b;3 - c} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MB} } \right| = MB = \sqrt {{a^2} + {{( - 2 - b)}^2} + {{(3 - c)}^2}} \)

\(\overrightarrow {MC} = \left( {1 - a; - b; - 1 - c} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MC} } \right| = MC = \sqrt {{{(1 - a)}^2} + {b^2} + {{( - 1 - c)}^2}} \)

Theo bài \(MA = MB = MC\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MA = MC}\\{MC = MB}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{(2 - a)}^2} + {{( - 1 - b)}^2} + {{(1 - c)}^2} = {{(1 - a)}^2} + {b^2} + {{( - 1 - c)}^2}}\\{{{(1 - a)}^2} + {b^2} + {{( - 1 - c)}^2} = {a^2} + {{( - 2 - b)}^2} + {{(3 - c)}^2}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2a - 4b + 8c = 11}\\{ - a + b - 2c = - 2}\end{array}} \right.\) (**)

Kết hợp (*), (**) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2a - 4b + 8c = 11}\\{ - a + b - 2c = - 2}\\{2a + 2b - c = - 5}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{ - 1}}{2}}\\{b = \frac{{ - 11}}{6}}\\{c = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 1}}{2};\frac{{ - 11}}{6};\frac{1}{3}} \right)\)

\( \Rightarrow T = a + 3b - 2c = \frac{{ - 1}}{2} + \frac{{ - 11}}{6}.3 - 2.\frac{1}{3} = - \frac{{20}}{3}\)

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Phân tích vecto dùng định lý Menelaus

Lời giải

Xét \(\Delta SBA\) có 3 điểm \({\rm{M}},{\rm{N}},{\rm{H}}\) thẳng hàng. Theo định lý Menelaus ta có:

\(\frac{{MS}}{{MA}}.\frac{{HA}}{{HB}}.\frac{{NB}}{{NS}} = 1 \Rightarrow \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{{HA}}{{HB}} = 1 \Rightarrow \frac{{HA}}{{HB}} = 4 \Rightarrow HA = 4HB\)

Ta có: \(\overrightarrow {MH} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BH} = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} + \frac{1}{5}\overrightarrow {AB} = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA} + \frac{6}{5}\overrightarrow {AB} \)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Dùng định lý Menelaus

Lời giải

Sử dụng hình câu 1

Xét \(\Delta SCA\) có 3 điểm \({\rm{M}},{\rm{P}},{\rm{K}}\) thẳng hàng. Theo định lý Menelaus ta có:

\(\frac{{MS}}{{MA}}.\frac{{KA}}{{KC}}.\frac{{PC}}{{PS}} = 1 \Rightarrow \frac{1}{2}.\frac{{KA}}{{KC}} = 1 \Rightarrow \frac{{KA}}{{KC}} = 2 \Rightarrow KA = 2KC\)

Ta có:

\(\overrightarrow {MK} = \overrightarrow {MS} + \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CK} \)

\( = \frac{{ - 1}}{3}\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SA} + 2\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} } \right)\)

\( = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA} + 2\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {BC} \)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Sử dụng định lý Menelaus

Lời giải

Sử dụng hình câu 17:

Xét \(\Delta SCB\) có 3 điểm \({\rm{I}},{\rm{P}},{\rm{N}}\) thẳng hàng. Theo định lý Menelaus ta có:

\(\frac{{PC}}{{PS}}.\frac{{NS}}{{NB}}.\frac{{IB}}{{IC}} = 1 \Rightarrow \frac{{IB}}{{IC}} = \frac{1}{2}\)

Ta có:

\(\overrightarrow {MI} = \overrightarrow {MS} + \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BI} \)

\( = - \frac{1}{3}\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {BC} = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {BC} \)

Đáp án đúng là "2"

Phương pháp giải

Lập phương trình đoạn chắn của mặt phẳng (\(\alpha \))

Lời giải

\(A \in Ox \Rightarrow A\left( {a,0,0} \right),B \in Oy \Rightarrow B\left( {0,b,0} \right),C \in Oz \Rightarrow C\left( {0,0,c} \right)\) với \(abc \ne 0\) và \(a > 0,b > 0,c > 0\)

Phương trình mặt phẳng (\(\alpha \)) có dạng: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\)

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) đi qua \(M\left( {2; - 1;0} \right) \Rightarrow \frac{2}{a} - \frac{1}{b} = 1 \Rightarrow 2b - a = ab\) (*).

Ta có: \(OA = a,OB = b,OC = c\) lập thành cấp số cộng với công sai \(d = 3\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = a + 3}\\{c = a + 6}\end{array}} \right.\)

Thay \(b = a + 4\) vào phương trình (*) ta được:

\(2\left( {a + 3} \right) - a = \left( {a + 3} \right)a \Rightarrow 2a + 6 - a = {a^2} + 3a \Leftrightarrow {a^2} + 2a - 6 = 0\)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - \sqrt 7  - 1\left( L \right)}\\{a = \sqrt 7  - 1}\end{array}} \right.\)

Với \(a =  - \sqrt 7  - 1 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \sqrt 7  + 2}\\{c = \sqrt 7  + 5}\end{array}} \right.\)

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là:

\(\frac{x}{{\sqrt 7  - 1}} + \frac{y}{{\sqrt 7  + 2}} + \frac{z}{{\sqrt 7  + 5}} = 1\)

\( \Rightarrow d\left( {O;\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1} \right|}}{{\frac{{\sqrt {125 - 34\sqrt 7 } }}{9}}} = \frac{9}{{\sqrt {125 - 34\sqrt 7 } }} \approx 2\)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Hai vecto cùng phương

Lời giải

\({d_1}:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{z}{1} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t'}\\{y = 2 + 2t'}\\{z = t'}\end{array}} \right.\)

Gọi đường thẳng cần tìm là \({\rm{\Delta }}\)

Gọi giao điểm của \({\rm{\Delta }}\) và \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt là \(A,B\)

Vì \(A \in {d_1} \Rightarrow A\left( {1 + t';2 + 2t';t'} \right)\)

\(B \in {d_2} \Rightarrow B\left( {2 + t; - 1 - t;2t} \right)\)

Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) đi qua ba điểm \(A,B,M \Rightarrow \overrightarrow {AM} = k.\overrightarrow {BM} \)

Ta có: \(\overrightarrow {AM} = \left( { - t'; - 6 - 2t';3 - t'} \right);\overrightarrow {BM} = \left( { - 1 - t; - 3 + t;3 - 2t} \right)\)

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - t' = k( - 1 - t)}\\{ - 6 - 2t' = k( - 3 + t)}\\{3 - t' = k(3 - 2t)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - t' = - k - kt}\\{ - 6 - 2t' = - 3k + kt}\\{3 - t' = 3k - 2kt}\end{array}} \right.} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - t' + k + kt = 0}\\{ - 2t' + 3k - kt = 6}\\{ - t' - 3k + 2kt = - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t' = \frac{{ - 18}}{{11}}}\\{k = \frac{3}{{11}}}\\{kt = \frac{{ - 21}}{{11}}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t' = \frac{{ - 18}}{{11}}}\\{k = \frac{3}{{11}}}\\{t = - 7}\end{array}} \right.} \right.} \right.\]

\( \Rightarrow \overrightarrow {BM} = \left( {6; - 10;17} \right)\)

Phương trình đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) đi qua \(M\left( {1; - 4;3} \right)\) và nhận vecto \(\overrightarrow {BM} = \left( {6; - 10;17} \right)\) làm vecto chỉ phương có dạng: \({\rm{\Delta }}:\frac{{x - 1}}{6} = \frac{{y + 4}}{{ - 10}} = \frac{{z - 3}}{{17}}\)

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Đường tròn cắt mặt phẳng \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) < R\)

Lời giải

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2; - 3} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {1 + {2^2} + 9 - \left( { - 2} \right)} = 4\)

Ta có \(:d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 2m - 3 + 3m - 2} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + 1} }} = \frac{{\left| {m - 4} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + 1} }}\)

Gọi \(\left( C \right)\) là đường tròn giao tuyến giữa mặt cầu \(\left( S \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\). Đường tròn \(\left( C \right)\) có chu vi \(6\pi \Rightarrow r = 3\)

Ta có: \({R^2} = {d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right) + {r^2} \Rightarrow {d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right) = {R^2} - {r^2} = 16 - 9 = 7\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{{(m - 4)}^2}}}{{2 + {m^2}}} = 7 \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 16 = 14 + 7{m^2} \Leftrightarrow 6{m^2} + 8m - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{{ - 2 + \sqrt 7 }}{3}}\\{m = \frac{{ - 2 - \sqrt 7 }}{3}}\end{array} \Rightarrow P = \left\{ {\frac{{ - 2 + \sqrt 7 }}{3};\frac{{ - 2 - \sqrt 7 }}{3}} \right\}} \right.\)

\( \Rightarrow \) Tổng các phần tử của \(P\) bằng \(: - \frac{4}{3}\)

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Bán kính đường tròn giao tuyến: \(r = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I;\left( P \right)} \right)} \)

Lời giải

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0;2; - 1} \right)\), bán kính \(R = 3\)

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn giao tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa đường thẳng \(d\) và cắt mặt cầu\(\left( S \right)\), gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Ta có: \(r = \sqrt {{R^2} - I{H^2}} \Rightarrow {r_{{\rm{min\;}}}} \Leftrightarrow I{H_{{\rm{max\;}}}}\)

\(I{H_{{\rm{max\;}}}}\) khi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên đường thẳng \(d\)

Vì \(H \in d\) nên \( \Rightarrow H\left( {1 - 2t; - 1 + 2t;t} \right)\)

\(\overrightarrow {IH} = \left( {1 - 2t; - 3 + 2t;t + 1} \right)\)

\(H\) là hình chiếu của \(I\) trên đường thẳng \(d\overrightarrow {IH} .\overrightarrow {{u_d}} = 0\)

\( \Rightarrow - 2.\left( {1 - 2t} \right) + 2.\left( { - 1 + 2t} \right) + t = 0 \Rightarrow t = \frac{4}{9}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {IH} = \left( {\frac{1}{9};\frac{{ - 19}}{9};\frac{{13}}{9}} \right)\)

Phương trình mặt phẳng cần tìm là: \(\frac{1}{9}\left( {x - 1} \right) - \frac{{19}}{9}\left( {y + 1} \right) + \frac{{13}}{9}z = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( P \right):x - 19y + 13z - 20 = 0\)

Đáp án đúng là "7/4"

Phương pháp giải

Gọi trọng tâm tam giác \(ABC\). Dùng tâm tỷ cự

Lời giải

Gọi \(I\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {2IC}  = \vec 0 \Rightarrow I\left( { - 1;\frac{7}{4};\frac{{10}}{4}} \right)\)

Và điểm \(J\) thỏa mãn: \(\overrightarrow {JC}  - 5\overrightarrow {JA}  = \vec 0 \Rightarrow J\left( {\frac{{ - 9}}{4};\frac{1}{4};3} \right)\)

Ta có

\(T = \left| {\overrightarrow {MC}  - 5\overrightarrow {MA} \left|  +  \right|\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} \left|  =  \right|\overrightarrow {MJ}  + \overrightarrow {JC}  - 5\overrightarrow {MJ}  - 5\overrightarrow {JA} \left|  +  \right|\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {2MI}  + \overrightarrow {2IC} } \right|\)

\( = \left| { - 4\overrightarrow {MJ} \left|  +  \right|4\overrightarrow {MI} } \right| = 4\left( {MJ + MI} \right)\)

Xét vị trí tương đối của hai điểm \(I,J\) so với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có:

\({P_{\left( I \right)}} =  - 1 + 2.\frac{7}{4} - 2.\frac{{10}}{4} + 6 = \frac{7}{2}\)

\({P_{\left( J \right)}} =  - \frac{9}{4} + 2.\frac{1}{4} - 2.3 + 6 = \frac{{ - 7}}{4}\)

\( \Rightarrow {P_{\left( I \right)}}.{P_{\left( J \right)}} = \frac{7}{2}.\left( { - \frac{7}{4}} \right) =  - \frac{{49}}{8} < 0 \Rightarrow I,J\) nằm khác phía so với mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Lại có: Theo bất đẳng thức tam giác ta có: \(MI + MJ \ge IJ\)

\( \Rightarrow T \ge IJ \Rightarrow {T_{{\rm{min}}}} = IJ \Leftrightarrow M,I,J\) thẳng hàng hay \(M = IJ \cap \left( P \right)\)

\(\overrightarrow {IJ}  = \left( {\frac{{ - 5}}{4};\frac{{ - 3}}{2};\frac{1}{2}} \right)\)

Phương trình đường thẳng đi qua \(I,J\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{ - 9}}{4} - \frac{5}{4}t}\\{y = \frac{1}{4} - \frac{3}{2}t}\\{z = 3 + \frac{1}{2}t}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 9}}{4} - \frac{5}{4}t;\frac{1}{4} - \frac{3}{2}t;3 + \frac{1}{2}t} \right)\)

\(M \in \left( P \right) \Rightarrow \frac{{ - 9}}{4} - \frac{5}{4}t + 2.\left( {\frac{1}{4} - \frac{3}{2}t} \right) - 2\left( {3 + \frac{1}{2}t} \right) + 6 = 0 \Rightarrow t = \frac{{ - 1}}{3}\)

\( \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 11}}{6};\frac{3}{4};\frac{{17}}{6}} \right) \Rightarrow A = \frac{{ - 11}}{6} + \frac{3}{4} + \frac{{17}}{6} = \frac{7}{4}\)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp hình chóp \(OABC\)

Lời giải

Vì \(A,B,C\) di động trên các tia \(Ox,Oy,Oz \Rightarrow a,b,c > 0\)

Gọi \(E\) là trung điểm \(AB \Rightarrow E\left( {\frac{a}{2};\frac{b}{2};0} \right)\). Vì \(\Delta OAB\) vuông tại \(O\) nên \(E\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OAB\).

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(E\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {OAB} \right) \equiv \left( {Oxy} \right)\)\( \Rightarrow d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{a}{2}}\\{y = \frac{b}{2}}\\{z = t}\end{array}} \right.\)

Gọi \(\left( \beta \right)\) là mặt phẳng trung trực của đoạn \(OC \Rightarrow \left( \beta \right):z - \frac{c}{2} = 0\)

Khi đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(OABC\) là giao điểm của \(d\) và mặt phẳng \(\left( \beta \right)\)

Gọi \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(OABC \Rightarrow \) Tọa độ \(I\) là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{a}{2}}\\{y = \frac{b}{2}}\\{z = t}\\{z - \frac{c}{2} = 0}\end{array}{\rm{\;}} \Rightarrow I\left( {\frac{a}{2};\frac{b}{2};\frac{c}{2}} \right)} \right.\)

Ta có: \(2{x_1} + {y_1} - {z_1} = 2.\frac{a}{2} + \frac{b}{2} - \frac{c}{2} = \frac{{2a + b - c}}{2} = \frac{6}{2} = 3\)

\( \Rightarrow 2{x_1} + {y_1} - {z_1} - 3 = 0\).

Vậy tâm \(I\) của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(OABC\) luôn nằm trên mặt phẳng\(\left( \alpha \right):2x + y - z - 3 = 0\)

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Tính tích phân và đánh giá

Lời giải

Do \(a < - 1\) nên không mất tổng quát giả sử \(a = - b\), ta tìm \(b > 1\). thỏa mãn yêu cầu.

\( = \left. {\frac{1}{{2\sqrt a }}{\rm{ln}}\left| {\frac{{x - \sqrt a }}{{x + \sqrt a }}} \right|} \right|_0^1 = \frac{1}{{2\sqrt a }}{\rm{ln}}\left| {\frac{{1 - \sqrt b }}{{1 + \sqrt b }}} \right|\)

Theo giả thiết ta có:

\(\left| {\frac{{1 - \sqrt b }}{{1 + \sqrt b }}} \right| = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2\left| {1 - \sqrt b \left| = \right|1 + \sqrt b } \right| \Leftrightarrow 3b - 10\sqrt b + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt b = \frac{1}{3}}\\{\sqrt b = 3}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{1}{9}}\\{b = 9}\end{array}} \right.\)

Do \(b > 1\) nên \(b = 9 \Rightarrow a = - 9\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Nhận diện đồ thị hàm bậc 3 cơ bản

Lời giải

Đồ thị cắt trục tung tại tung độ nằm phía trên trục hoành nên \(d > 0\).

Trung điểm của điểm cực đại và điểm cực tiểu nằm bên phải trục tung nên ta có

\(\frac{{{x_{C{\rm{D}}}} + {x_{CT}}}}{2} > 0 \Leftrightarrow - \frac{b}{a} > 0 \Leftrightarrow \frac{b}{a} < 0 \Leftrightarrow b < 0\).

Hoành độ hai điểm cực đại và cực tiểu trái dấu nên \(\frac{c}{a} < 0 \Leftrightarrow c < 0\).

Đáp án đúng là "2"

Phương pháp giải

Sử dụng tập giá trị của hàm số lượng giác

Lời giải

Ta có: \(l = \left| d \right| = \left| {20{\rm{cos}}\left( {10t + \frac{\pi }{6}} \right)} \right|\)

Ta có: \( - 20 \le 20{\rm{cos}}\left( {10t + \frac{\pi }{6}} \right) \le 20 \Rightarrow 0 \le \left| {20{\rm{cos}}\left( {10t + \frac{\pi }{6}} \right)} \right| \le 20\)

Do đó vật ở xa vị trí cân bằng nhất \({l_{{\rm{max}}}} = 20\) khi

\(20{\rm{cos}}\left( {10t + \frac{\pi }{6}} \right) = 20 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {10t + \frac{\pi }{6}} \right) = 1 \Leftrightarrow 10t + \frac{\pi }{6} = k2\pi  \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{{60}} + k\frac{\pi }{5}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Trong giây đầu tiên

\( \Rightarrow 0 \le t \le 1 \Leftrightarrow 0 \le \frac{\pi }{{60}} + k\frac{\pi }{5} \le 1 \Leftrightarrow \frac{{ - \pi }}{{60}} \le k\frac{\pi }{5} \le 1 - \frac{\pi }{{60}} \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{12}} \le k \le \left( {1 - \frac{\pi }{{60}}} \right):\frac{\pi }{5}\)

\( \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\)

Vậy có hai lần vật ở xa vị trí cân bằng nhất.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Xét tương giao đồ thị hàm số

Lời giải

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {0; - 1} \right\}\)

Phương trình đã cho tương đương \(2{\rm{cos}}x = {x^2} + x\) (1)

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = 2{\rm{cos}}x\) và \(y = {x^2} + x\)

Ta có đồ thị hai hàm số \(y = 2{\rm{cos}}x\) và \(y = {x^2} + x\)

Từ đồ thị ta thấy, đồ thị hai hàm số chỉ cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Xét tính bị chặn của dãy \({u_n}\)

Lời giải

Ta có: \({u_n} > 0,\forall n \in N{\rm{*}}\).

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{u_n} + \frac{3}{{{u_n}}}} \right) \ge \sqrt 3 ,\forall n \in N{\rm{*}}\)

Vậy \({u_n}\) là dãy bị chặn dưới.

Vì \({u_n} \ge \sqrt 3 \Rightarrow {u_n}^2 \ge 3 \Rightarrow {u_{n + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{u_n} + \frac{3}{{{u_n}}}} \right) \le \frac{1}{2}\left( {{u_n} + \frac{{{u_n}^2}}{{{u_n}}}} \right)\)

Dãy đã cho là dãy giảm. Vậy dãy có giới hạn. Đặt \({\rm{lim}}{u_{n + 1}} = {\rm{lim}}{u_n} = a\)

Ta có: \({\rm{lim}}{u_n} = {\rm{lim}}\left[ {\frac{1}{2}\left( {{u_n} + \frac{3}{{{u_n}}}} \right)} \right] \Rightarrow a = \frac{1}{2}\left( {a + \frac{3}{a}} \right) \Rightarrow {a^2} = 3 \Rightarrow a = \sqrt 3 \)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Sử dụng công thức đạo hàm hàm giá trị tuyệt đối \(y = \left| {f\left( x \right)} \right| \Rightarrow y' = \frac{{f'\left( x \right).f\left( x \right)}}{{\left| {f\left( x \right)} \right|}}\)

Lời giải

Ta có: \(y = \left| {\frac{{{x^2} + 3x - 1}}{{{x^2} - 1}}} \right| \Rightarrow y' = \frac{{{{\left( {\frac{{{x^2} + 3x - 1}}{{{x^2} - 1}}} \right)}}.\left( {\frac{{{x^2} + 3x - 1}}{{{x^2} - 1}}} \right)}}{{\left| {\frac{{{x^2} + 3x - 1}}{{{x^2} - 1}}} \right|}}\)

\( = \frac{{ - 3\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^2} + 3x - 1} \right).\left| {{x^2} - 1} \right|}}{{\left| {{x^2} + 3x - 1} \right|.{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^3}}}\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Hàm số liên tục tại \(x = {x_0}\) nếu

Lời giải

Ta có:

Đáp án đúng là "436"

Phương pháp giải

Xác định số hạng tổng quát

Lời giải

Năm 2022 lượng khí thải \({\rm{C}}{{\rm{O}}_2}\) là 344 triệu tấn \( \Rightarrow {u_1} = 344\)

Năm 2023 lượng khí thải tăng thêm \(0,3{\rm{\% }}\) so với năm 2022

\( \Rightarrow {u_2} = 344 + 344.0,3{\rm{\% }} = 344\left( {1 + 0,3{\rm{\% }}} \right)\)

Năm 2024 lượng khí thải tăng thêm \(0,3{\rm{\% }}\) so với năm 2023

\( \Rightarrow {u_3} = 344\left( {1 + 1,3{\rm{\% }}} \right) + 344\left( {1 + 0,3{\rm{\% }}} \right).0,3{\rm{\% }} = 344{(1 + 0,3{\rm{\% }})^2}\)

................

Tương tự như vậy ta có: \({u_n} = 344.{(1 + 0,3{\rm{\% }})^{n - 1}},\forall n \in {N^{\rm{*}}}\)

Vậy năm 2030 lượng khí thải \(C{O_2}\) tại Việt Nam là:

\({u_9} = 344.{(1 + 0,3{\rm{\% }})^8} \approx 435,77 \approx 436\) triệu tấn.

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Sử dụng cấp số cộng

Lời giải

Ban đầu Lan có 2000000 đồng

Quá trình tiết kiệm của Lan là một cấp số cộng với \({u_1} = 10,d = 10\)

Theo công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng ta có: \({u_n} = 10 + \left( {n - 1} \right).10\)

Một năm không nhuận có 365 ngày

Vậy sau 1 năm Lan tiết kiệm thêm được: \({u_{365}} = 10 + 364.10 = 3650\)

Vậy tổng số tiền Lan tiết kiệm được cho đến trước ngày sinh nhật là: 5650000 đồng

Đáp án đúng là "4"

Phương pháp giải

Sử dụng công thức tính toán tứ phân vị mẫu số liệu ghép nhóm

Lời giải

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là thuộc nhóm \(\left[ {18;21} \right)\)

\({Q_1} = 18 + \frac{{\frac{{100}}{4} - 22}}{{38}}.2 = \frac{{693}}{{38}}\)

Tứ phân vị thứ 3 của mẫu số liệu trên thuộc nhóm \(\left[ {21;24} \right)\)

\({Q_3} = 21 + \frac{{\frac{{3.100}}{4} - \left( {22 + 38} \right)}}{{27}}.3 = \frac{{68}}{3}\)

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}Q = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{505}}{{114}} \approx 4\)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Áp dụng công thức logarit

Lời giải

\(T = {a^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}5} \right)}^2}}} + {b^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}4} \right)}^2}}} + {c^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}16} \right)}^2}}} = {\left( {{a^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}5}}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}5}} + {\left( {{b^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}4}}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}4}} + {\left( {{c^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}16}}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}16}}\)

\( = {(32)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}5}} + {(27)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}4}} + {(\sqrt {11} )^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}16}}\)

\( = {2^{5{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}5}} + {3^{3{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}4}} + {11^{\frac{1}{2}{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}16}} = {5^4} + {4^3} + {16^{\frac{1}{2}}} = 3193\)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Tính giới hạn hàm số

Lời giải

Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}} \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)g\left( x \right) + 10\)

Xét giới hạn:

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 1} \frac{{3f(x) + 34 - 64}}{{\left( {2{x^3} - 3x + 1} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{(3f(x) + 34)}^2}}} + 4\sqrt[3]{{3f(x) + 34}} + 16} \right)}}\)

\( = 4.\frac{3}{{48}} = \frac{1}{4}\)

Đáp án đúng là "2025"

Phương pháp giải

Lời giải

Vì \(x \in \left[ {3;9} \right]\) nên bất phương trình luôn xác định

Đặt \(t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x \Rightarrow x = {3^t},x \in \left[ {3;9\left] { \Rightarrow t \in } \right[1,2} \right]\)

\( \Rightarrow {x^2} + {5^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x}} \ge m{x^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}11}} \Leftrightarrow {3^{2t}} + {5^t} \ge m.{\left( {{3^t}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}11}} \Leftrightarrow {9^t} + {5^t} \ge m{.11^t}\)

Chia cả hai vế của bất phương trình cho \({11^t}\) ta được: \({\left( {\frac{9}{{11}}} \right)^t} + {\left( {\frac{5}{{11}}} \right)^t} \ge m\)

Để bất phương trình nghiệm đúng

Xét hàm số: \(f\left( t \right) = {\left( {\frac{9}{{11}}} \right)^t} + {\left( {\frac{5}{{11}}} \right)^t} \Rightarrow f'\left( t \right) = {\left( {\frac{9}{{11}}} \right)^t}{\rm{ln}}\frac{9}{{11}} + {\left( {\frac{5}{{11}}} \right)^t}{\rm{ln}}\frac{5}{{11}} < 0\),\(\forall t\)

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

Bảng biến thiên:

​

Dựa vào bảng biến thiên \( \Rightarrow m \le \frac{{106}}{{121}}\)

Mà \(m\) nguyên và \(m \in \left( { - 2025;2025} \right) \Rightarrow S = \left\{ { - 2024; - 2023; \ldots , - 1;0} \right\}\)

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Ứng dụng hàm số trong giải phương trình logarit

Lời giải

Điều kiện xác định: \(\frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{2{x^2} - x + 3}} > 0 \Rightarrow {x^2} - 5x + 6 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{x > 3}\end{array}} \right.\)

Ta có: \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{2{x^2} - x + 3}} = - {x^2} - 4x + 3\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {{x^2} - 5x + 6} \right) - {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {2{x^2} - x + 3} \right) = \left( {{x^2} - 5x + 6} \right) - \left( {2{x^2} - x + 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {{x^2} - 5x + 6} \right) - \left( {{x^2} - 5x + 6} \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {2{x^2} - x + 3} \right) - \left( {2{x^3} - x + 3} \right)\) (*)

Xét hàm số: \(f\left( t \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}t + t\), điều kiện \(t > 0\)

Ta có: \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t{\rm{ln}}2}} + 1 > 0,\forall t > 0\)

\( \Rightarrow \) Hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow \left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow f\left( {{x^2} - 5x + 6} \right) = f\left( {2{x^2} - x + 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 6 = 2{x^2} - x + 3\)

\( \Leftrightarrow - {x^2} - 4x + 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2 + \sqrt 7 }\\{x = - 2 - \sqrt 7 }\end{array}} \right.\)

Hai nghiệm đều thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

Tổng của hai nghiệm là -4

Đáp án đúng là "1/3"

Phương pháp giải

Xác định thiết diện dựa vào quan hệ song song

Lời giải

​

Xác định thiết diện của hình chóp tạo bởi mặt phẳng (GMN)

Vì \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AD,BC \Rightarrow MN\) là đường trung bình của hình thang \(ABCD\)

\( \Rightarrow MN//AB//CD\) và \(MN = \frac{{AB + CD}}{2}\)

Xét hai mặt phẳng \(\left( {GMN} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {GMN} \right) \cap \left( {SAB} \right) = \left\{ G \right\}}\\{MN//AB}\\{MN \subset \left( {GMN} \right),AB \subset \left( {SAB} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \) Giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng đi qua \(G\) và song song với \(AB,MN\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(Q,P\)\( \Rightarrow \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAB} \right) = PQ\)

Xét hai mặt phẳng \(\left( {GMN} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) có \(P,N\) chung \( \Rightarrow \left( {GMN} \right) \cap \left( {SBC} \right) = PN\)

Xét hai mặt phẳng \(\left( {GMN} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) có \(M,Q\) chung \( \Rightarrow \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ\)

Tương tự ta có: \(\left( {GMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\)

Vậy thiết diện của hình chóp tạo bởi mặt phẳng (GMN) là tứ giác: \(MNPQ\)

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{MN//AB}\\{PQ//AB}\end{array}} \right\} \Rightarrow MN//PQ\)

Để tứ giác \(MNPQ\) là hình bình hành thì \(MN = PQ\)

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\)

Xét \(\Delta SAB\) có \(MN//AB\), theo định lý Talet ta có: \(\frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{{PQ}}{{AB}} = \frac{{SG}}{{SI}} = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow PQ = \frac{2}{3}AB\)

Mà: \(MN = \frac{{AB + CD}}{2} = \frac{{kAB + AB}}{2} = \frac{{AB\left( {k + 1} \right)}}{2}\)

\( \Rightarrow MN = PQ \Leftrightarrow \frac{{\left( {k + 1} \right)}}{2}AB = \frac{2}{3}AB \Leftrightarrow \frac{{k + 1}}{2} = \frac{2}{3} \Rightarrow k = \frac{1}{3}\)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Xác định góc giữa hai đường thẳng chéo nhau

Lời giải

Đáy là tam giác có các cạnh bằng nhau \(\Delta ABC\) là tam giác đều

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow AH \bot \left( {A'B'C'} \right),H \in B'C'\)

\(B'BCC'\) là hình bình hành \( \Rightarrow B'C'//BC\)

\(\left( {\widehat {BC,AC'}} \right) = \left( {\widehat {B'C',AC'}} \right) = \widehat {AC'B'} \Rightarrow {\rm{tan}}\left( {BC,AC'} \right) = {\rm{tan}}\widehat {AC'B'}\)

Hình chiếu vuông góc của \(AA'\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) là \(HA'\)

\( \Rightarrow \left( {AA',\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \left( {AA',HA'} \right) = \widehat {AA'H} = {60^ \circ }\)

Xét hai hình bình hành: \(ACC'A'\) và \(ABB'A'\) có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A'C' = A'B' = a}\\{BB' = CC' = AA'}\\{AC = AB = a}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow ACC'A' = ABB'A'\)

\( \Rightarrow AB' = AC'\) (Hai đường chéo tương ứng)

\({\rm{\Delta }}AB'C'\) cân tại \(A \Rightarrow H\) là trung điểm \(B'C'\)

\( \Rightarrow A'H = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Dễ dàng chứng minh được \(B'C' \bot \left( {AA'H} \right)\)

Ta có: \(\tan \left( {\widehat {AA'H}} \right) = \tan {60^ \circ } = \frac{{AH}}{{A'H}} \Rightarrow AH = A'H.\tan {60^ \circ } = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{3a}}{2}\)

Xét \(\Delta AHC'\) vuông tại \(H\) có: \({\rm{tan}}\widehat {AC'H} = \frac{{AH}}{{HC'}} = \frac{{\frac{{3a}}{2}}}{{\frac{a}{2}}} = 3\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Sử dụng phương pháp diện tích hai mặt bên. Giả sử góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là \(\alpha \). Khi đó ta có: \({V_{S.ABC}} = \frac{{2.{S_{\Delta SAC}}.{S_{\Delta SBC}}}}{{3SC}}.{\rm{sin}}\alpha \Rightarrow {\rm{sin}}\alpha = \frac{{3{V_{S.ABC}}.SC}}{{2.{S_{{\rm{\Delta }}SAC}}.{S_{\Delta SBC}}}}\)

Lời giải

Ta có: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta ACB}} = \frac{1}{3}a.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{6}\)

Gọi góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là \(\alpha \).

\( \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{{2.{S_{{\rm{\Delta }}SAC}}.{S_{{\rm{\Delta }}SBC}}}}{{3SC}}.{\rm{sin}}\alpha \Rightarrow {\rm{sin}}\alpha = \frac{{3{V_{S.ABC}}.SC}}{{2.{S_{{\rm{\Delta }}SAC}}.{S_{{\rm{\Delta }}SBC}}}}\)

Xét \(\Delta BHC\) vuông tại \(B\) ta có:

\(HC = \sqrt {B{H^2} + B{C^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

Xét \(\Delta SHC\) vuông tại \(H\) có: \(SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{5{a^2}}}{4}} = \frac{{3a}}{2}\)

Xét \(\Delta SAB\) cân tại \(S\) ta có: \(SA = \sqrt {S{H^2} + H{A^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

\( \Rightarrow SB = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

\(AC\) là đường chéo của hình vuông \(ABCD\) có độ dài cạnh là \(a \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \)

Tính diện tích \(\Delta SAC\):

Theo công thức heron ta có: \({S_{{\rm{\Delta }}SAC}} = \sqrt {p\left( {p - SA} \right)\left( {p - SC} \right)\left( {p - AC} \right)} \)

Trong đó: \(p\) là nửa chu vi \(\Delta SAC\)

\(p = \frac{{a\sqrt 5 + 2a\sqrt 2 + 3a}}{4}\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta SAC}} = \sqrt {{a^4}\left( {\frac{{ - \sqrt 5 }}{4} + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{3}{4}} \right)\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{4} - \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{3}{4}} \right)\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{4} + \frac{{\sqrt 2 }}{2} - \frac{3}{4}} \right)\left( {\left. {\frac{{\sqrt 5 }}{4} + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{3}{4}} \right)} \right.} = \frac{{3{a^2}}}{4}\)

Tính diện tích \({\rm{\Delta }}SBC\)

Dễ dàng chứng minh được: \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại \(B\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}SB.BC = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 5 }}{2}.a = \frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{4}\)

Vậy ta có: \[{\rm{sin}}\alpha = \frac{{3{V_{S.ABC}}.SC}}{{2.{S_{\Delta SAC}}.{S_{\Delta SBC}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}}}{6}.\frac{{3a}}{2}}}{{2.\frac{{3{a^2}}}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\]

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Xác định đường cao dựa vào dữ kiện mặt bên \(\left( {SAB} \right)\) đều, nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Áp dụng công thức tính thể tích

Lời giải

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\)

Vì mặt bên \(\left( {SAB} \right)\) đều, nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy

\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{SABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}}\,\,(1)\)

\(SH\) là đường cao trong tam giác đều \( \Rightarrow SH = a\sqrt 3 \)

Ta có: \(AB//CD \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\)

Gọi \(M\) là trung điểm \(CD \Rightarrow HM \bot CD\)

Dễ dàng chứng minh được \(CD \bot \left( {SHM} \right)\)

Trong \(\Delta SHM\) kẻ \(HK \bot SM\)

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{HK \bot SM}\\{CD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow CD \bot HK}\end{array}} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right)\)

\(d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \frac{a}{2}\)

Xét \(\Delta SHM\) vuông tại \(H\) có \(HK\) là đường cao

\( \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} - \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{{11}}{{3{a^2}}}\)\( \Rightarrow HM = \frac{{\sqrt {33} }}{{11}}a\)

\( \Rightarrow AD = \frac{{a\sqrt {33} }}{{11}}\)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = AD.AB = 2a.\frac{{a\sqrt {33} }}{{11}} = \frac{{2{a^2}\sqrt {33} }}{{11}}\)

Vậy thể tích khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{2{a^2}\sqrt {33} }}{{11}} = \frac{{2{a^3}\sqrt {11} }}{{11}}\)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Tính chất của xác suất

Lời giải

Người thứ nhất:

Xác suất bắn trúng lần 1 là: \(P\left( {{A_1}} \right) = 0,4 \Rightarrow \) Xác suất bắn trượt lần 1 là: \(P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = 0,6\)

Xác suất bắn trúng lần 2 là \(P\left( {{A_2}} \right) = 0,3 \Rightarrow \) Xác suất bắn trượt lần 2 là: \(P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = 0,7\)

Người thứ hai:

Xác suất bắn trúng lần 1 là: \(P\left( {{B_1}} \right) = 0,5 \Rightarrow \) Xác suất bắn trượt lần 1 là \(P\left( {\overline {{B_1}} } \right) = 0,5\)

Xác suất bắn trúng lần 2 là: \(P\left( {{B_2}} \right) = 0,4 \Rightarrow \) Xác suất bắn trượt lần 2 là \(P\left( {\overline {{B_2}} } \right) = 0,6\)

Gọi \(C\): “Ở cả hai lượt bắn đều có người bắn trúng bia”

Lần thứ nhất:

TH1: Người thứ nhất bắn trúng, người thứ hai bắn trượt:

\(P\left( {{A_1}} \right).P\left( {\overline {{B_1}} } \right) = 0,4.0,5 = 0,2\)

TH2: Người thứ nhất bắn trượt, người thứ hai bắn trúng:

\(P\left( {\overline {{A_1}} } \right).P\left( {{B_1}} \right) = 0,4.0,5 = 0,2\)

\( \Rightarrow {P_1} = 0,2 + 0,2 = 0,4\)

Lần thứ hai:

TH1: Người thứ nhất bắn trúng, người thứ hai bắn trượt:

\(P\left( {{A_2}} \right).P\left( {\overline {{B_2}} } \right) = 0,3.0,6 = 0,18\)

TH2: Người thứ nhất bắn trượt, người thứ hai bắn trúng:

\(P\left( {\overline {{A_2}} } \right)P\left( {{B_2}} \right) = 0,7.0,4 = 0,28\)

\({P_2} = 0,28 + 0,18 = 0,46\)

Vì kết quả của cả hai lần bắn là độc lập với nhau nên \(P = {P_1}.{P_2} = 0,46.0,4 = 0,184\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Áp dụng công thức tổ hợp

Lời giải

\(C_n^2 + 3C_n^3 = 405\)

\( \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}} + 3\frac{{n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} = 405\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}n\left( {n - 1} \right) + \frac{1}{2}n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) = 405\)

\( \Leftrightarrow {n^2} - n + \left( {{n^2} - n} \right)\left( {n - 2} \right) = 810\)

\( \Leftrightarrow {n^2} - n + \left( {{n^3} - 3{n^2} + 2n} \right) = 810\)

\( \Leftrightarrow {n^2} - n + {n^3} - 3{n^2} + 2n = 810\)

\( \Leftrightarrow {n^3} - 2{n^2} + n - 810 = 0 \Rightarrow n = 10\)

Xét khai triển:

\({\left( {\frac{1}{{{x^5}}} - 4{x^3}} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k} .{\left( {\frac{1}{{{x^5}}}} \right)^{10 - k}}.{\left( { - 4{x^3}} \right)^k} = \sum\limits_0^{10} {C_{10}^k} .{( - 4)^k}.{x^{5k - 50}}.{x^{3k}} = \sum\limits_0^{10} {C_{10}^k} .{( - 4)^k}.{x^{8k - 50}}\)

Số hạng chứa \({x^6} \Rightarrow 8k - 50 = 6 \Rightarrow k = 7\)

Đáp án đúng là "132"

Phương pháp giải

Áp dụng công thức: Số cách chia \( = \frac{1}{{N + 1}}.C_{2N}^N\) với \(N = \) số đỉnh - 2

Lời giải

Ta dùng dãy số Catalan

Ta có: Số cách chia \( = \frac{1}{{N + 1}}.C_{2N}^N\) với \(N = \) số đỉnh - 2

\( \Rightarrow \) Số cách chia: \(\frac{1}{{6 + 1}}.C_{12}^6 = 132\)

Đáp án đúng là "268"

Phương pháp giải

Tìm ra quy luật của dãy số

Lời giải

Ta thấy: kể từ số hạng thứ 3 trở đi dãy số sau sẽ tuân theo quy luật:

\({u_n} = 2{u_{n - 1}} + {u_{n - 2}},\forall n \ge 4\)

Vậy số cần điền là 268

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Công thức tổ hợp

Lời giải

Dựa vào công thức và tính chất của tổ hợp, ta có: \(C_n^k = C_n^{n - k}\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Công thức logarit

Lời giải

Ta có: \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}a = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_9}\left( {ab} \right) \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}a = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\sqrt {ab} \Leftrightarrow a = \sqrt {ab} \Leftrightarrow a = b\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Bạn cần hỏi câu hỏi để cả hai người cùng chỉ ra cánh cửa đến thiên đường?

Lời giải

Đáp án: C

Phân tích cách trả lời: Nếu tôi hỏi người kia, anh ta sẽ bảo cánh cửa nào dẫn đến thiên đường

+ Nếu bạn hỏi người nói thật:

Người nói thật sẽ trung thực và nói bạn câu trả lời mà người nói dối sẽ đưa ra.

Người nói dối sẽ luôn chỉ vào cánh cửa sai. Vì vậy, người nói thật sẽ chỉ vào cánh cửa sai khi trả lời câu hỏi này.

+ Nếu bạn hỏi người nói dối:

Người nói dối sẽ nói dối về câu trả lời mà người nói thật sẽ đưa ra.

Người nói thật sẽ chỉ vào cánh cửa đúng, nhưng người nói dối lại chỉ ngược lại, tức là cánh cửa sai.

Kết luận:

Bất kể bạn hỏi ai, câu trả lời luôn chỉ vào cánh cửa sai. Vì vậy, bạn chỉ cần chọn cánh cửa còn lại để đến thiên đường.

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Dạng bài tìm từ khác loại

Lời giải

- Áp bức: dùng quyền lực đè nén và tước quyền tự do.

- Áp bách: dùng quyền lực đè nén và tước quyền tự do.

- Áp chế: đè nén và làm mất tự do.

- Áp sát: tiến gần đến.

=> Có thể nhận thấy có ba từ áp bức, áp bách, áp chế đều chỉ sự đè nén của người khác, trong khi đó “áp sát” lại không mang nghĩa như vậy.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Dạng bài tìm từ khác loại

Lời giải

- Sử dụng: lấy làm phương tiện để phục vụ nhu cầu, mục đích nào đó.

- Áp dụng: dùng trong thực tế điều đã nhận thức được.

- Ứng dụng: đem lí thuyết dùng vào thực tiễn.

- Vận dụng: đem tri thức, lí luận áp dụng vào thực tiễn.

=> Trong bốn từ được cho ở đề bài, có ba từ áp dụng, ứng dụng, vận dụng liên quan đến việc đưa lý thuyết, kiến thức hoặc phương pháp vào thực tiễn. Trong khi đó sử dụng không yêu cầu việc áp dụng lý thuyết, tri thức hay sự sáng tạo, nên nó khác biệt với các từ còn lại.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Dạng bài tìm từ khác loại

Lời giải

- Ấm áp: ấm và gây cảm giác dễ chịu.

- Đầm ấm: có tác dụng gây cảm giác thân mật, dễ chịu do có quan hệ gần gũi, thương yêu nhau.

- Êm ấm: (quan hệ trong gia đình) thuận hoà, tốt đẹp.

- Ấm êm: (quan hệ trong gia đình) thuận hoà, tốt đẹp.

=> Như vậy, các từ đầm ấm, êm ấm, ấm êm đều có nghĩa liên quan đến sự bình yên, hạnh phúc trong gia đình hoặc cuộc sống, tập trung vào không khí hòa thuận, hạnh phúc, ví dụ: “gia đình đầm ấm”, “cuộc sống êm ấm”; riêng từ “ấm áp” khác nghĩa với các từ còn lại, nó mang nghĩa về nhiệt độ và cảm xúc cụ thể.