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

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.

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

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:

$S_1=\underset{0}{\overset{30}{\int }}{v}_A\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{30}{\int }}\left(\frac{1}{450}{t}^3-\frac{47}{450}{t}^2+\frac{64}{45}t\right)dt=150\left(\text{m}\right)$,

$S_2=\underset{0}{\overset{30}{\int }}{v}_B\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{30}{\int }}\left(-\frac{1}{75}{t}^2+\frac{7}{15}t\right)dt=90\left(\text{m}\right)$.

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.

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

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

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 $V=\pi \underset{-1}{\overset{1}{}}\left(y^2\right)dx=\pi \underset{-1}{\overset{1}{}}\left(-x^4+x^2\right)dx=\frac{4\pi }{15}$. 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:

$S=\underset{-1}{\overset{2}{}}\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|dx=\underset{-1}{\overset{2}{}}\left|2{\left(x+1\right)}^2\left(x-2\right)\right|dx=\frac{27}{2}$. 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:

$\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left(2f\left(x\right)+1\right)dx=5\iff 2\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{3}{\int }}dx=5\iff 2\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx+2=5\iff \underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{3}{2}=\mathrm{1,5}$.

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: $\underset{t\to +\infty }{\text{lim}}C\left(t\right)=\underset{t\to +\infty }{\text{lim}}\frac{30t}{40+t}$

$=\underset{t\to +\infty }{\text{lim}}\frac{30t}{t\left(\frac{40}{t}+1\right)}=\underset{t\to +\infty }{\text{lim}}\frac{30}{\frac{40}{t}+1}=30\left(g/l\right)$. 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.