Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 18

Gọi \(a,b,c\) là ba số cần tìm theo thứ tự lập thành cấp số cộng \(\left( {a,b,c \in A} \right)\)

Suy ra có \(b = \frac{{a + c}}{2} \Leftrightarrow a + c = 2b\).

\( \Rightarrow \) Tổng \(\left( {a + c} \right)\) là số chẵn, và khi có \(\left( {a + c} \right)\) là số chẵn thì chỉ có duy nhất 1 giá trị \(b\) thỏa mãn.

Tập hợp \(A = \left\{ {10;11;12; \ldots ;48;49;50} \right\}\) có 41 phần tử gồm 21 phần tử số chẵn và 20 phần tử số lẻ.

\(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{41}^3\).

TH1: \(a,c\) là các số chẵn có \(C_{21}^2\) cách chọn.

TH2: \(a,c\) là các số lẻ có \(C_{20}^2\).

\( \Rightarrow \) Số cách lấy ngẫu nhiên ba số từ tập hợp \(A\) lập được thành cấp số cộng là \(n\left( A \right) = C_{21}^2 + C_{20}^2\).

Vây xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_{21}^2 + C_{20}^2}}{{C_{41}^3}} = \frac{{20}}{{533}}\). Chọn A.

\({v'_A}\left( t \right) = \frac{1}{{150}}{t^2} - \frac{{47}}{{225}}t + \frac{{64}}{{45}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 10\left( {TM} \right)\,\,\,\,}\\{t = \frac{{64}}{3}\left( {KTM} \right)}\end{array}} \right.\).

Ta thấy \({v_A}\left( 0 \right) = 0,{v_A}\left( {20} \right) = \frac{{40}}{9},{v_A}\left( {10} \right) = 6\). Vậy . Chọn C.

Đồ thị hàm số \(y = a{t^2} + bt + c\) đi qua các điểm \(\left( {0;0} \right),\left( {5;2} \right),\left( {15;4} \right)\) nên \(y =  - \frac{1}{{75}}{t^2} + \frac{7}{{15}}t\)

Ta có:

S1=∫030vAtdt=∫0301450t3−47450t2+6445tdt=150m,

S2=∫030vBtdt= ∫030−175t2+715tdt=90m.

Vậy khoảng cách giữa hai vận động viên là \(150 - 90 = 60\left( {\rm{m}} \right)\). Chọn A.

Do \({v_A}\left( t \right) > 0,\forall t > 0\), ta thấy vận động viên B về đích với vận tốc bằng 0.

Khi đó \( - \frac{1}{{75}}{t^2} + \frac{7}{{15}}t = 0 \Rightarrow t = 35(t > 0)\).

Độ dài đường chạy là \(S = \int\limits_0^{35} {{v_B}\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^{35} {\left( { - \frac{1}{{75}}{t^2} + \frac{7}{{15}}t} \right)dt}  = \frac{{1715}}{{18}}\left( {\rm{m}} \right)\).

Đặt \(t = a\) là thời điểm vận động viên A hoàn thành đường chạy.

Khi đó

\( \Rightarrow \frac{{{a^4}}}{{1800}} - \frac{{47{a^3}}}{{1350}} + \frac{{32{a^2}}}{{45}} = \frac{{1715}}{{18}}\).

Sử dụng máy tính cầm tay, ta có \(a \approx 20,1\).

Như vậy chênh lệch thời gian hoàn thành đường chạy là \(35 - 20,1 = 14,9\) giây. Chọn D.

Ta có: \(\overrightarrow {AO'}  = \overrightarrow {AO}  + \overrightarrow {OO'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'} \).

\(\overrightarrow {DB}  = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AD} \).

\(\overrightarrow {C'B}  = \overrightarrow {CC'}  + \overrightarrow {CB}  =  - \overrightarrow {AA'}  - \overrightarrow {AD} \).

Mà \(\overrightarrow {AO'}  = m\overrightarrow {DB}  + n\overrightarrow {C'B} \)

\( \Rightarrow \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'}  = m(\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AD} ) + n\left( { - \overrightarrow {AA'}  - \overrightarrow {AD} } \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{2} = m}\\{\frac{1}{2} =  - m - n}\\{1 =  - n}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{1}{2}}\\{n =  - 1}\\{\frac{{ - 1}}{2} + 1 = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.} \right.\) .

Vậy \(m + n = \frac{{ - 1}}{2}\).

Đáp án cần nhập là: \( - 0,5\).

Xét phương trình

\(C_n^0 + 2C_n^1 + {2^2}C_n^2 +  \ldots {2^n} \cdot C_n^n = 243\)

Xét khai triển:

\({\left( {1 + x} \right)^n} = C_n^0 + xC_n^1 + {x^2}C_n^2 +  \ldots  + C_n^n{x^n}\)

Cho \(x = 2\), thay vào: \({\left( {1 + x} \right)^n} = C_n^0 + xC_n^1 + {x^2}C_n^2 +  \ldots  + C_n^n{x^n}\) ta có:

\({3^n} = C_n^0 + 2C_n^1 + {2^2}C_n^2 +  \ldots  + {2^n}C_n^n\)

\( \Rightarrow {3^n} = 243 = {3^5}\)

\( \Rightarrow n = 5\)

Xét khai triển:

x4−1x35=k=05Cnkx45−k.−1x3k =k=05Cnkx20−4k⋅−1k⋅x−3k=k=05Cnkx20−7k⋅−1k.

Số hạng chứa \({x^6} \Leftrightarrow 20 - 7k = 6 \Rightarrow k = 2\).

Vậy hệ số của \({x^6}\) trong khai triển là: \(C_5^2 = 10\)

Đáp án cần nhập là: \(10\).

Gọi (*) là hệ bất phương trình có miền nghiệm \({\rm{OABC}}\)

Do miền nghiệm \({\rm{OABC}}\) có kể cả bờ nên các bất phương trình đều nhận dấu bằng.

Bờ chứa \({\rm{OA}}\) là đường thẳng \(x = 0\).

Điểm \({\rm{C}}\left( {2;0} \right)\) thuộc miền nghiệm \({\rm{OABC}}\) và \(2 \ge 0\) nên \({\rm{x}} \ge 0\) là một bất phương trình của (*).

Bờ chứa \(OC\) là đường thẳng \(y = 0\).

Điểm \(A\left( {0;6} \right)\) thuộc miền nghiệm \(OABC\) và \(6 \ge 0\) nên \(y \ge 0\) là một bất phương trình của (*).

Bờ chứa \(BC\) là đường thẳng \(x - y = 2\).

Điểm \(O\left( {0;0} \right)\) thuộc miền nghiệm \(OABC\) và \(0 - 0 \le 2\) nên \(x - y \le 2\) là một bất phương trình của (*).

Bờ chứa \(AB\) là đường thẳng \(x + y = 6\). Điểm \(O\left( {0;0} \right)\) thuộc miền nghiệm \(OABC\) và \(0 + 0 \le 6\) nên \(x + y \le 6\) là một bất phương trình của (*).

Vậy miền nghiệm \(OABC\) là miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x - y \le 2}\\{x + y \le 6}\end{array}} \right.\). Chọn D.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{2x}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\ln 2}}\). Suy ra \(f'\left( 1 \right) = \frac{1}{{\ln 2}}\). Chọn B.

Theo đề ta có \({12^t} = {3^{2t + 1}} \Leftrightarrow t{\rm{ln}}12 = \left( {2t + 1} \right){\rm{ln}}3 \Rightarrow t \approx 4\).

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Điều kiện: \( - 4 < x < 4\) và \(x \ne  - 1\).

Ta có \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_4}{\left( {x + 1} \right)^2} + 2 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\sqrt 2 }}\sqrt {4 - x}  + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_8}{\left( {4 + x} \right)^3}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {4\left| {x + 1} \right|} \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left[ {\left( {4 - x} \right)\left( {4 + x} \right)} \right]\)

\( \Leftrightarrow 4\left| {x + 1} \right| = 16 - {x^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{4\left( {x + 1} \right) = 16 - {x^2}}\\{4\left( {x + 1} \right) = {x^2} - 16}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 4x - 12 = 0}\\{{x^2} - 4x - 20 = 0}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x =  - 6}\\{x = 2 + 2\sqrt 6 }\\{x = 2 - 2\sqrt 6 }\end{array}} \right.\).

Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có hai nghiệm \(x = 2\) và \(x = 2 - 2\sqrt 6 \). Chọn C.

\(\left( {{u_n}} \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 4}\\{{u_{n + 1}} = {u_n} + 3}\end{array}} \right.\) nên \(d = 3\).

Số hạng tổng quát của \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({u_n} = 4 + \left( {n - 1} \right)3 \Rightarrow {u_n} = 3n + 1\).

\(\left( {{v_n}} \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{v_1} = 1}\\{{v_{n + 1}} = {v_n} + 5}\end{array}} \right.\) nên \(d = 5\).

Số hạng tổng quát của \(\left( {{v_n}} \right)\) là \({v_n} = 1 + \left( {n - 1} \right)5 \Rightarrow {v_n} = 5n - 4\).

Gọi \(k,t\) là các số nguyên dương thỏa mãn \({u_k} = {v_t}\). Điều kiện: \(1 \le k \le 674;\,\,1 \le t \le 405\).

Ta có \(m = {u_k} = {v_t} \Rightarrow 3k + 1 = 5t - 4 \Rightarrow 3k + 5 = 5t \Rightarrow 3k \vdots 5 \Rightarrow k \vdots 5\).

Đặt \(k = 5x\left( {x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\).

Vì \(1 \le k \le 674\) nên \(1 \le x \le 134\).

Khi đó \(m = {u_k} = 3k + 1 = 3\left( {5x} \right) + 1 = 15x + 1\).

Mà \(1 \le x \le 134,x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\) nên có 134 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

Lập dãy số theo yêu cầu đầu bài.

Giả sử số đầu tiên là \(a\), số thứ hai là \(b\).

Ta có dãy số: \(a;b;ab;a{b^2};{a^2}{b^3};{a^3}{b^5}; \ldots \)

Số thứ 6 bằng 4000, hay \({a^3}{b^5} = 4000 = {5^3}{.2^5}\).

Suy ra \(a = 5\).

Vậy số đầu tiên của dãy số là 5. Chọn C.

Đặt ẩn phụ \(t = {3^x} > 0\), bất phương trình trở thành

\[{t^2} + 2t - 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t <  - 3\\t > 1\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow {3^x} > 1 \Leftrightarrow x > 0\]

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left( {0; + \infty } \right)\). Chọn C.

Cỡ mẫu: \(n = 18\).

Số trung bình: \(\overline x  = \frac{{2 \cdot 7,3 + 4 \cdot 7,5 + 7 \cdot 7,7 + 5 \cdot 7,9}}{{18}} \approx 7,67\). Chọn A.

Theo bài tỉ số tiêu cự với độ dài trục lớn là \(\frac{2}{3} \Rightarrow \frac{c}{a} = \frac{2}{3} \Rightarrow c = \frac{2}{3}a\).

Mà \({b^2} = {a^2} - {c^2} \Rightarrow {b^2} = {a^2} - \frac{4}{9}{a^2} = \frac{5}{9}{a^2}\).

Phương trình elip có dạng: \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{\frac{5}{9}{a^2}}} = 1\).

Elip đi qua điểm \(M\left( {2;\frac{{ - 5}}{3}} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{{\frac{{25}}{9}}}{{\frac{5}{9}{a^2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{5}{{{a^2}}} = 1 \Rightarrow \frac{9}{{{a^2}}} = 1 \Rightarrow {a^2} = 9 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{a =  - 3\left( L \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow b = \sqrt 5 \).

Phương trình elip cần tìm là: \(\frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{y^2}}}{5} = 1\). Chọn A.

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Do hình chóp \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(OD\).

Khi đó \(MH\) là đường trung bình của tam giác \(SOD\) nên \(MH//SO\) \( \Rightarrow MH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Do đó góc giữa đường thẳng \(BM\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {MBH}\) nên \(\alpha  = \widehat {MBH}\).

\(ABCD\) là hình vuông nên \(BD = AB\sqrt 2  = a\sqrt 2 \)

Ta có \(O\) là trung điểm \(BD,H\) là trung điểm \(OD\) nên \(OD = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và \(BH = \frac{3}{4}BD = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}\)

\({\rm{\Delta }}SOD\) vuông tại \(O\) có \(SO = \sqrt {S{D^2} - O{D^2}}  = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

MH là đường trung bình của tam giác \(SOD\) nên \(MH = \frac{{SO}}{2} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

\({\rm{\Delta }}MBH\) vuông tại \(H\) có \({\rm{tan}}\widehat {MBH} = \frac{{MH}}{{BH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{{\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}}} = \frac{1}{3}\).

Đáp án cần nhập là: \(0,33\).

Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\). Gọi \(E\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BB'\), F là hình chiếu của \(A\) trên \(CC'\)

Ta có \(H\) là trung điểm của \(EF\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AE \bot AA'}\\{AF \bot AA'}\end{array} \Rightarrow AA' \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow AA' \bot EF \Rightarrow BB' \bot EF} \right.\).

Khi đó \(d\left( {A,BB'} \right) = AE = 1,d\left( {A,CC'} \right) = AF = \sqrt 3 ,d\left( {C,BB'} \right) = EF = 2\).

Tam giác \(AEF\) có \(A{E^2} + A{F^2} = E{F^2}\) nên tam giác \(AEF\) vuông tại \(A\), suy ra \(AH = \frac{{EF}}{2} = 1\).

Lại có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AA' \bot \left( {AEF} \right)}\\{MN//AA'}\end{array} \Rightarrow MN \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow MN \bot AH} \right.\).

Tam giác \(AMN\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên

\(\frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{N^2}}} = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4} \Rightarrow AM = 2\).

Mặt khác \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {AA'NM} \right) \bot \left( {ABC} \right)}\\{\left( {AA'NM} \right) \bot \left( {AEF} \right)}\\{\left( {AA'NM} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AN}\\{\left( {AA'NM} \right) \cap \left( {AEF} \right) = AH}\end{array} \Rightarrow } \right.\) Góc giữa mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {AEF} \right)\) là \(\widehat {HAN}\).

Hình chiếu của tam giác \(ABC\) lên mặt phẳng (AEF) là tam giác \(AEF\) nên

\({S_{AEF}} = {S_{ABC}} \cdot \cos \widehat {HAN} \Rightarrow \frac{1}{2}AE \cdot AF = {S_{ABC}} \cdot \frac{{AH}}{{AN}}\)\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}\frac{{AE \cdot AF \cdot AN}}{{AH}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{1 \cdot \sqrt 3  \cdot \frac{{2\sqrt 3 }}{3}}}{1} = 1\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}} \cdot AM = 1 \cdot 2 = 2\). Chọn D.

Đổi 20 phút \( = \frac{1}{3}\) giờ.

Quãng đường mỗi chiếc thuyền di chuyển được sau 20 phút lần lượt là \(15 \cdot \frac{1}{3} = 5\left( {{\rm{km}}} \right)\) và \(24 \cdot \frac{1}{3} = 8\left( {{\rm{\;km}}} \right)\).

Vậy khoảng cách giữa hai chiếc thuyền sau khi di chuyển được 20 phút là:

\(\sqrt {{5^2} + {8^2} - 2 \cdot 8 \cdot 5 \cdot {\rm{cos}}60^\circ }  = 7\left( {{\rm{km}}} \right)\). Chọn D.

Ta có:

\(P\left( {\bar B\mid A} \right) = 1 - P\left( {B\mid A} \right) = 1 - \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = 1 - \frac{{0,3}}{{0,6}} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\). Chọn B.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của phương trình

\({x^3} + \left( {1 - 2m} \right){x^2} + 2\left( {2 - m} \right)x + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - 2mx + 4} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{g\left( x \right) = {x^2} - 2mx + 4 = 0}\end{array}} \right.\).

Do đó, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành khi và chỉ khi \(g\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác −1

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{\Delta '}} = {m^2} - 4 > 0}\\{g\left( { - 1} \right) \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m <  - 2\end{array} \right.\\2m + 5 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 2}\\{ - \frac{5}{2} \ne m <  - 2}\end{array}.} \right.} \right.\) Chọn B.

Trung điểm \(M\) của \(BC\) có tọa độ \(\left( {\frac{5}{2};\frac{3}{2};1} \right)\). Khi đó \(\overrightarrow {AM}  = \left( {\frac{3}{2}; - \frac{3}{2}; - 1} \right)\).

Chọn \(\left( {3; - 3;2} \right)\) là một vectơ chỉ phương.

Ta có phương trình của \(AM:\frac{{x - 1}}{3} = \frac{{y - 3}}{{ - 3}} = \frac{{z - 2}}{{ - 2}}\). Chọn D.

Ta có \(y' = {\left( {\cos 3x} \right)^\prime } \cdot {\rm{sin}}2x + {\rm{cos}}3x \cdot {\left( {\sin 2x} \right)^\prime }\)\( =  - 3\sin 3x \cdot \sin 2x + 2\cos 3x \cdot {\rm{cos}}2x\).

Do đó \(y'\left( {\frac{\pi }{3}} \right) =  - 3\sin \pi  \cdot \sin \frac{{2\pi }}{3} + 2\cos \pi  \cdot {\rm{cos}}\frac{{2\pi }}{3} = 1\).

Đáp án cần nhập là: \(1\).

Cỡ mẫu \(n = 100\).

Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{100}}\) chiều cao của 100 học sinh được sắp theo thứ tự không giảm.

Khi đó \({M_e} = \frac{{{x_{50}} + {x_{51}}}}{2}\) mà \({x_{50}};{x_{51}} \in \left[ {160;170} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị của mẫu số liệu.

\( \Rightarrow {M_e} = 160 + \frac{{50 - 30}}{{40}} \cdot 10 = 165\). Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có phương trình

\(f\left( {{\rm{sin}}x + 1} \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{sin}}x + 1 = a\,\,\left( {a < 0} \right)}\\{{\rm{sin}}x + 1 = b\,\,\left( {0 < b < 1} \right)}\\{{\rm{sin}}x + 1 = c\,\,\left( {1 < c < 2} \right)}\\{{\rm{sin}}x + 1 = d\,\,\left( {d > 2} \right)}\end{array}} \right.\).

Vì \(x \in \left[ { - \pi ;2\pi } \right]\) nên \({\rm{sin}}x + 1 \in \left[ {0;2} \right]\). Do đó \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{sin}}x + 1 = b\,\,\left( {0 < b < 1} \right)\,\,(1)}\\{{\rm{sin}}x + 1 = c\,\,\left( {1 < c < 2} \right)\,\,(2)}\end{array}} \right.\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {\rm{sin}}x + 1\) trên \(\left[ { - \pi ;2\pi } \right]\)

\(g'\left( x \right) = {\rm{cos}}x\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{cos}}x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{\pi }{2}\\x = \frac{\pi }{2}\\x = \frac{{3\pi }}{2}\end{array} \right.\) (do \(x \in \left[ { - \pi ;2\pi } \right]\)).

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra:

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy số nghiệm của phương trình \(f\left( {{\rm{sin}}x + 1} \right) = 2\) trên đoạn \(\left[ { - \pi ;2\pi } \right]\) là 6. Chọn C.

Phương trình \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y - 2az + 10a = 0\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I\left( {2; - 1;a} \right)}\\{R = \sqrt {{2^2} + {{( - 1)}^2} + {a^2} - 10a}  = \sqrt {{a^2} - 10a + 5} }\end{array}} \right.\).

Điều kiện: \({a^2} - 10a + 5 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 5 + 2\sqrt 5 }\\{a < 5 - 2\sqrt 5 }\end{array}} \right.\).

Đường tròn lớn của hình cầu có bán kính \(R = \sqrt {{a^2} - 10a + 5} \).

\( \Rightarrow \) Chu vi \(C = 2\pi R = 2\pi \sqrt {{a^2} - 10a + 5} \).

Mà \(C = 8\pi  \Leftrightarrow 2\pi \sqrt {{a^2} - 10a + 5}  = 8\pi \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} - 10a + 5}  = 4\)\( \Leftrightarrow {a^2} - 10a + 5 = 16\)\( \Leftrightarrow {a^2} - 10a - 11 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{a = 11}\end{array}} \right.\)

Vậy \(S = \left\{ { - 1;11} \right\}\). Chọn C.

Ta có

\(y' = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 3} }} - \frac{1}{2} \le 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 3} }} \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2x \le \sqrt {{x^2} + 3}  \Leftrightarrow 4{x^2} \le {x^2} + 3 \Leftrightarrow  - 1 \le x \le 1\). Chọn A.

Các khẳng định (1) (2) (3) (4) là các khẳng định đúng

Khẳng định (5) sai.

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

Áp dụng công thức xác suất toàn phần

\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A\mid \overline B } \right) = 0,8 \cdot 0,7 + 0,2 \cdot 0,45 = 0,65\).

Đáp án cần nhập là: \(4\).

\(\mathop \smallint \nolimits^ {\rm{sin}}5x \cdot {\rm{cos}}3xdx = \mathop \smallint \nolimits^ \frac{1}{2}\left( {{\rm{sin}}8x + {\rm{sin}}2x} \right)dx =  - \frac{1}{{16}}{\rm{cos}}8x - \frac{1}{4}{\rm{cos}}2x + C\). Chọn D.

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(\frac{x}{2} + \frac{y}{4} + \frac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 12 = 0\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên \(\left( P \right)\) có dạng: \(6x + 3y + 2z + d = 0{\rm{\;}}\left( {d \ne  - 12} \right)\).

Vì \(\left( P \right)\) cách đều \(D\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên ta có: \(d\left( {D,\left( P \right)} \right) = d\left( {\left( {ABC} \right),\left( P \right)} \right)\)

\( \Leftrightarrow d\left( {D,\left( P \right)} \right) = d\left( {A,\left( P \right)} \right)\)\[ \Leftrightarrow \left| {36 + d} \right| = \left| {12 + d} \right|\]\( \Leftrightarrow d =  - 24\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(6x + 3y + 2z - 24 = 0\). Chọn D.

 Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;1; - 1} \right)\) và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 2y - z + 3 = 0\) nên bán kính \(R\) của mặt cầu \(\left( S \right)\) bằng khoảng cách từ \(I\)đến mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Do đó \(R = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 - 2 \cdot 1 + 1 + 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{3}\). Chọn A.

Gọi A là biến cố: "Lần thứ hai lấy được thẻ ATM Vietcombank",

\(B\) là biến cố: "Lần thứ nhất lấy được thẻ ATM của BIDV".

Sau khi lấy lần thứ nhất (biến cố B  đã xảy ra) trong hộp còn lại 9 thẻ (trong đó 4 thẻ Vietcombank) nên: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{4}{9}\). Chọn D.

Đặt \(t = {\rm{cos}}x\), vì \(x \in \left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right) \Rightarrow t \in \left( { - 1;0} \right)\).

Lưu ý: Nhận thấy \({\rm{cos}}x\) nghịch biến trên \(\left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)\), do vậy để hàm số \(y = \frac{{{\rm{cos}}x - 3}}{{{\rm{cos}}x - m}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)\) thì hàm số \(y = \frac{{t - 3}}{{t - m}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\). Tức là, phải thay đổi tính đơn điệu.

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{t - 3}}{{t - m}}\) trên \(\left( { - 1;0} \right)\). Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\).

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{ - m + 3}}{{{{(t - m)}^2}}} > 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - m > 0}\\{m \notin \left( { - 1;0} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 3}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 0}\\{m \le  - 1}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ; - 1\left]  \cup  \right[0;3} \right)} \right.} \right.\).

Vì \(m\) nguyên dương nên \(m \in \left\{ {0;1} \right\}\).

Đáp án cần nhập là: \(2\).

 Ta có: \(f'\left( x \right) = 2x - 4,f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = 2\)

\[g(x) = f\left( {{x^3} - 3x} \right)\]\[ \Rightarrow g'(x) = \left( {3{x^2} - 3} \right) \cdot f'\left( {{x^3} - 3x} \right)\].

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

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 3 cực trị. Chọn A.

Giá trị nhỏ nhất trong bảng số liệu là 42 nên nhóm đầu tiên là \(\left[ {40;50} \right)\).

Giá trị lớn nhất trong bảng số liệu là 101 nên nhóm cuối cùng là \(\left[ {100;110} \right)\).

Vậy khoảng biến thiên \(R\) của mẫu số liệu ghép nhóm là \(R = {u_{k + 1}} - {u_1} = 110 - 40 = 70\). Chọn B.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2;1} \right)\) bán kính \(r = \sqrt 2 \).

Gọi \(K = d \cap \left( {IMN} \right)\), ta có \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên \(d\).

Ta có \(K\left( {2;0;0} \right),\,\,IK = \sqrt 6 \) và \(\overrightarrow {IK}  = \left( {1; - 2; - 1} \right)\).

Khi đó \(\frac{{IH}}{{IK}} = \frac{{IH \cdot IK}}{{I{K^2}}} = \frac{{{R^2}}}{{I{K^2}}} = \frac{1}{3}\) suy ra \(\overrightarrow {IH}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {IK} \) và \(H\left( {\frac{4}{3};\frac{4}{3};\frac{2}{3}} \right)\).

Vậy \(a + b + 2c = \frac{4}{3} + \frac{4}{3} + 2 \cdot \frac{2}{3} = 4\).

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Hàm \(y = f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\) là parabol đi qua \(\left( {0;20} \right),\,\,\left( {20;0} \right) \Rightarrow y =  - \frac{1}{{20}}{x^2} + 20\)

Phương trình đường thẳng cắt cánh hoa là \(y =  - x + 20\)

Diện tích 1 cánh hoa bằng \(I = 2\int\limits_0^{20} {\left( { - \frac{1}{{20}}{x^2} + 20 + x - 20} \right)dx}  = \frac{{400}}{3}\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 400}\\{b = 3}\end{array} \Rightarrow a + b = 403} \right.\). Chọn C.

\({\rm{lim}}\frac{{{{2025}^{n + 1}} + 3 \cdot {{2024}^n}}}{{{{45}^{2n}} - 2026 \cdot {{2024}^{n + 1}}}} = {\rm{lim}}\frac{{2025 + 3 \cdot {{\left( {\frac{{2024}}{{2025}}} \right)}^n}}}{{1 - 2026 \cdot 2024 \cdot {{\left( {\frac{{2024}}{{2025}}} \right)}^n}}} = 2025\).

Đáp án cần nhập là: \(2025\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường lemniscate với trục hoành \(y = 0\), ta có:

\({x^4} - {x^2} = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\)

Ta có V=π−11y2dx=π−11−x4+x2dx=4π15. Chọn C.

Giả sử: \(\left( C \right):y = 2{x^3} + a{x^2} - bx + c = f\left( x \right)\) và \(d:y = g\left( x \right)\)

Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \(\left( C \right)\) là \(f\left( x \right) = g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) - g\left( x \right) = 0\)

Vì \(f\left( x \right)\) là hàm số bậc ba và \(g\left( x \right)\) là hàm số bậc nhất (hoặc bậc 0) (vì \(d\) là đường thẳng) nên đa thức \(f\left( x \right) - g\left( x \right)\) là hàm số bậc ba có hệ số của \({x^3}\) là 2 (hệ số của \({x^3}\) ở hàm số \(f\left( x \right)\)).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = 0\) có nghiệm kép \(x =  - 1\) và nghiệm đơn \(x = 2\).

Do đó: \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = 2{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right)\)

Diện tích hình phẳng bởi \(d\) và \(\left( C \right)\) là:

S=−12fx−gxdx=−122x+12x−2dx=272. Chọn C.

Khi bắt đầu tiếp đất vật chuyển động được quãng đường là \(s = 162{\rm{\;m}}\)

Ta có:  (trong đó \(t\) là thời điểm vật tiếp đất)

Cho \(5{t^2} - \frac{{{t^3}}}{3} = 162 \Rightarrow t = 9\) (Do \(v\left( t \right) = 10t - {t^2} \Rightarrow 0 \le t \le 10\))

Khi đó vận tốc của vật là: \(v\left( 9 \right) = 10 \cdot 9 - {9^2} = 9\,\,\left( {m/p} \right)\).

Đáp án cần nhập là: \(9\).

Gọi \(A\) là biến cố "máy bay xuất hiện ở vị trí \(X\)",

suy ra biến cố\(\overline A \) là "máy bay xuất hiện ở vị trí \(Y\)".

Gọi \(B\) là biến cố "máy bay đối phương bị bắn hạ".

Ta cần tính \(P\left( B \right) = P\left( A \right)P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\overline A } \right)P\left( {B\mid \overline A } \right)\).

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,55 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,55 = 0,45\).

Xác suất để máy bay đối phương bị bắn hạ với điều kiện nó bay vào vị trí \(X\) là \(P\left( {B\mid A} \right)\).

Vì máy bay bị bắn hạ nếu nó trúng ít nhất 1 quả tên lửa, mà nếu máy bay xuất hiện tại \(X\) thì bắn 2 quả tên lửa nên \(P\left( {B\mid A} \right) = 1 - \left( {1 - 0,8} \right)\left( {1 - 0,8} \right) = 0,96\).

Xác suất để máy bay đối phương bị bắn hạ với điều kiện nó bay vào vị trí \(Y\) là

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

Vậy xác suất để máy bay đối phương bị bắn hạ là

\(P\left( B \right) = P\left( A \right)P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\overline A } \right)P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,55 \cdot 0,96 + 0,45 \cdot 0,8 = 0,888\). Chọn A.

Ta có:

∫132fx+1dx=5⇔2∫13fxdx+∫13dx=5⇔2∫13fxdx+2=5⇔∫13fxdx=32=1,5.

Đáp án cần nhập là: \(1,5\).

Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng đi qua \(M\), song song với mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 2y + z - 5 = 0\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  = \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {2; - 2;1} \right) \Rightarrow {\rm{\Delta }} \subset \left( Q \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \left( { - 4;3; - 1} \right)\)

\(d{(N,{\rm{\Delta }})_{{\rm{min}}}} \Leftrightarrow \overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} ,\left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} } \right]} \right] = \left( { - 6; - 3;6} \right) =  - 3\left( {2;1; - 2} \right)\)

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: \({\rm{\Delta }}:\frac{{x - 3}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 2}}{{ - 2}}\). Chọn C.

Sau \(t\) phút bơm nước vào hồ thì lượng nước là \(600 + 15t\left( l \right)\) và lượng muối có được là \(30 \cdot 15t\left( {\rm{g}} \right)\)

Nồng độ muối của nước là:

\(C\left( t \right) = \frac{{30 \cdot 15t}}{{600 + 15t}} = \frac{{30t}}{{40 + t}}\left( {g/l} \right)\)

Khi \(t\) dần về dương vô cùng, ta có: limt→+∞Ct=limt→+∞30t40+t

=limt→+∞30tt40t+1=limt→+∞3040t+1=30g/l. Chọn C.

Gọi \(S\) (suất) là tổng số suất cỏ ban đầu, \(a\) (suất cỏ/ngày) là tốc độ ăn của một con cừu, \(b\) (suất cỏ/ngày) là tốc độ mọc của bãi cỏ.

Theo đề ta có: \(S = 100 \cdot \left( {200a - b} \right)\) và \(S = 150 \cdot \left( {150a - b} \right)\).

Do đó \(100 \cdot \left( {200a - b} \right) = 150 \cdot \left( {150a - b} \right) \Rightarrow 2500a = 50b \Rightarrow b = 50a\).

Nên \(S = 100 \cdot \left( {200a - b} \right) = 100 \cdot \left( {200a - 50a} \right) = 15000a\).

Với 100 con cừu ăn cỏ, lượng cỏ mỗi ngày giảm xuống là \(100a - b = 100a - 50a = 50a\).

Thời gian để 100 con cừu ăn hết bãi cỏ là \(15000a:\left( {50a} \right) = 300\) (ngày)

Vậy với 100 con cừu sẽ ăn hết bãi cỏ đó trong 300 ngày.

Đáp án cần nhập là: \(300\).

Ta thấy \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 4z + 10 = 0\) không phải là phương trình mặt cầu do

\({a^2} + {b^2} + {c^2} - d = {\left( {\frac{{ - 2}}{{ - 2}}} \right)^2} + {\left( {\frac{4}{{ - 2}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{ - 4}}{{ - 2}}} \right)^2} - 10 < 0\).  Chọn D.

Ngày 25/5/2025 là ngày thứ 145 của năm

Nên số giờ có ánh sáng mặt trời là \(y = 4{\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{{178}}\left( {145 - 60} \right)} \right) + 10 \approx 14\) (giờ). Chọn D.