Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 19

Không gian mẫu: \(\Omega  = C_{12}^4 \cdot C_8^4 \cdot C_4^4\).

Vì mỗi bạn được 4 phần quà và đều có cả 2 loại quà nên có một bạn có 2 phần quà loại I.

Giả sử:

Bạn thứ nhất có 1 phần quà loại I và 3 phần quà loại II: \(C_4^1 \cdot C_8^3\).

Bạn thứ hai có 1 phần quà loại I và 3 phần quà loại II: \(C_3^1 \cdot C_5^3\).

Bạn thứ ba có 2 phần quà loại I và 2 phần quà loại II: \(C_2^2 \cdot C_2^2\).

Vậy \[P(A) = \frac{{3 \cdot C_4^1 \cdot C_8^3.C_3^1 \cdot C_5^3 \cdot C_2^2 \cdot C_2^2}}{{C_{12}^4 \cdot C_8^4 \cdot C_4^4}} = \frac{{32}}{{55}} \approx 0,58\].

Đáp án cần nhập là: \(0,58\).

Gọi \({A_1}\) là biến cố "Thí sinh qua vòng 1".

\({A_2}\) là biến cố "Thí sinh qua vòng 2".

\({A_3}\) là biến cố "Thí sinh qua vòng 3".

\(B\) là biến cố "Thí sinh vượt qua 3 vòng thi".

Ta có \(P\left( B \right) = P\left( {{A_1}{A_2}{A_3}} \right) = P\left( {{A_1}} \right)P\left( {{A_2}\mid {A_1}} \right)P\left( {{A_3}\mid {A_1}{A_2}} \right)\)\( = \frac{9}{{10}} \cdot \frac{8}{{10}} \cdot \frac{9}{{10}} = 0,648\). Chọn B.

Thí sinh bị loại với xác suất \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 0,352\).

Theo công thức xác suất có điều kiện:

\(P\left( {{A_1}\overline {{A_2}} \mid \overline B } \right) = \frac{{P\left( {{A_1}\overline {{A_2}} \overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{P\left( {{A_1}} \right)P\left( {\overline {{A_2}} \mid {A_1}} \right)P\left( {\overline B \mid {A_1}\overline {{A_2}} } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}}\)

Theo giả thiết:

\(P\left( {{A_1}} \right) = 0,9\).

\(P\left( {\overline {{A_2}} \mid {A_1}} \right) = 1 - P\left( {{A_2}\mid {A_1}} \right) = 1 - 0,8 = 0,2\).

\(P\left( {\overline B \mid {A_1}\overline {{A_2}} } \right) = 1\) (vì \({A_1}\overline {{A_2}} \) là biến cố đã bị loại ở vòng 2 nên đã bị loại với xác suất 1).

Thay các giả thiết trên vào (1) ta có: \(P\left( {{A_1}\overline {{A_2}} \mid \overline B } \right) = \frac{{0,9 \cdot 0,2}}{{0,352}} \approx 0,511\). Chọn A.

Theo tính chất đường phân giác trong ta có: \(\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}}\)

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 6; - 2;4} \right) \Rightarrow AB = 2\sqrt {14} \); \(\overrightarrow {BC}  = \left( {2;1; - 3} \right) \Rightarrow BC = \sqrt {14} \)

\( \Rightarrow \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{2\sqrt {14} }}{{\sqrt {14} }} = 2\)\( \Rightarrow \overrightarrow {DA}  =  - 2\overrightarrow {DC} \).

Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {DA}  = \left( {3 - x;1 - y; - 2 - z} \right)\); \(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 1 - x; - y; - 1 - z} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {DA}  =  - 2\overrightarrow {DC}  \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - x = 2 + 2x}\\{1 - y = 2y}\\{ - 2 - z = 2 + 2z}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{1}{3}}\\{y = \frac{1}{3}}\\{z = \frac{{ - 4}}{3}}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy điểm \(D\left( {\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{{ - 4}}{3}} \right)\). Chọn B.

Để một người dùng điện thoại ở vị trí \(M\left( {m - 120;m + 170;m} \right)\) có thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng 5G có bán kính vùng phủ sóng của trạm ở ngưỡng 1000 m được đặt ở vị trí \(I\left( {100;50;550} \right)\) thì \(IM \le 1000\)

\( \Leftrightarrow I{M^2} \le {1000^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {m - 120 - 100} \right)^2} + {\left( {m + 170 - 50} \right)^2} + {\left( {m - 550} \right)^2} \le {1000^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {m - 220} \right)^2} + {\left( {m + 120} \right)^2} + {\left( {m - 550} \right)^2} \le {1000^2}\)

\( \Leftrightarrow 3{m^2} - 1300m - 634700 \le 0\)

\( \Leftrightarrow  - 291,77 \le m \le 725,11\)

Ta có: \(a,b\) lần lượt là giá trị nguyên lớn nhất và giá trị nguyên nhỏ nhất của \(m\)

Nên \(a = 725\) và \(b =  - 291\).

Vậy \(P = a + 2b = 725 + 2 \cdot \left( { - 291} \right) = 143\). Chọn A.

Dựa vào bảng xét dấu ta có hàm số có 4 điểm cực trị. Chọn B.

Ta có: \(P = {x^2} + 2{y^2} - 2xy + y \Leftrightarrow {x^2} + 2{y^2} - 2xy + y - P = 0\) và ta coi đây là một hàm số bậc hai ẩn \(x\).

\( \Rightarrow \) Để tồn tại nghiệm thì \({\rm{\Delta }} = 4{y^2} - 4\left( {2{y^2} + y - P} \right) \ge 0\) có nghiệm.

\( \Leftrightarrow  - 4{y^2} - 4y + 4P \ge 0\) có nghiệm

\( \Leftrightarrow {{\rm{\Delta }}_y} = 16 - 4\left( { - 4} \right)\left( {4P} \right) = 16 + 64P \ge 0\)

\( \Leftrightarrow P \ge  - \frac{1}{4}\). Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là \( - \frac{1}{4}\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 4}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow a + b = 5\).Chọn A.

\(\frac{{{x^2}}}{{144}} + \frac{{{y^2}}}{{63}} = 1\) nên \(a = \sqrt {144}  = 12;b = \sqrt {63}  = 3\sqrt 7 \).

Gọi \(F,F'\) là các tiêu điểm của \(\left( E \right)\).

Khi đó \(MF + MF' = 2a = 2 \cdot 12 = 24\). Chọn A.

Ta có \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_1} \in \left( { - 2; - 1} \right)}\\{x = {x_2} \in \left( { - 1;0} \right)}\\{x = {x_3} \in \left( {1;2} \right)}\end{array}} \right.\)

Khi đó: \(f\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) - 1 = {x_1} \in \left( { - 2; - 1} \right)}\\{f\left( x \right) - 1 = {x_2} \in \left( { - 1;0} \right)}\\{f\left( x \right) - 1 = {x_3} \in \left( {1;2} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) = 1 + {x_1} \in \left( { - 1;0} \right)}\\{f\left( x \right) = 1 + {x_2} \in \left( {0;1} \right)}\\{f\left( x \right) = 1 + {x_3} \in \left( {2;3} \right)}\end{array}} \right.\)

+ Ta thấy hai phương trình \(f\left( x \right) = 1 + {x_1} \in \left( { - 1;0} \right);f\left( x \right) = 1 + {x_2} \in \left( {0;1} \right)\) đều có ba nghiệm phân biệt.

Phương trình \(f\left( x \right) = 1 + {x_3} \in \left( {2;3} \right)\) có một nghiệm.

Vậy phương trình \(f\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0\) có 7 nghiệm. Chọn C.

Hàm số xác định khi và chỉ khi: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge  - 7}\\{{x^2} + 2x + 2m \ne 0}\end{array}} \right.\)

Ta có limx→+∞y=limx→+∞x+7x2+2x+2m=0⇒y=0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Hàm số không có tiệm cận xiên.

Suy ra để hàm số có đúng hai đường tiệm cận thì phương trình \({x^2} + 2x + 2m = 0\) có đúng 1 nghiệm lớn hơn  −7 (1)

Xét (1): \({x^2} + 2x + 2m = 0 \Leftrightarrow m =  - \frac{1}{2}{x^2} - x\)

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

Để phương trình \({x^2} + 2x + 2m = 0\) có đúng 1 nghiệm lớn hơn −7 thì đường thẳng \(y = m\) giao đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) tại đúng 1 điểm có hoành độ lớn hơn −7 (2).

Ta có: \(f'\left( x \right) =  - x - 1\)

\(f'\left( x \right) = 0{\rm{\;}} \Rightarrow x =  - 1\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra (2) \( \Leftrightarrow m \le  - 17,5\)

Mà \(m >  - 50,m \in \mathbb{Z}\)\( \Rightarrow m \in \left\{ { - 49; - 48; - 47; \ldots ; - 18} \right\}\)

Vậy có \(32\) giá trị\(m\)thỏa mãn. Chọn D.

Đường thẳng đi qua điểm \(N\left( {1; - 2;3} \right)\). Chọn B.

Ta có:

limx→+∞yx=limx→+∞x+3xx2+1=limx→+∞x+3xx1+1x2=1>0.

limx→−∞yx=limx→−∞x+3xx2+1=limx→−∞x+3xx1+1x2=−1<0.

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {y + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\frac{{{x^2} + 3}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} + 3 - {x^2}\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{\left( { - x} \right)\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2}\left( {1 - \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) + 3}}{{\left( { - x} \right)\sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }} = 0\].

Vậy \(y =  - x\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số thỏa mãn yêu cầu. Suy ra \(P = {( - 1)^2} + 0 = 1\)

Đáp án cần nhập là: \(1\).

Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến là \(\vec n\left( {1;2} \right)\).

Đường thẳng \({\rm{d'}}\) qua A và vuông góc với d là: \(2\left( {x - 2} \right) - y = 0 \Leftrightarrow 2x - y - 4 = 0\).

Giao điểm H của d và \({\rm{d'}}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y - 4 = 0}\\{x + 2y - 3 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{11}}{5}}\\{y = \frac{2}{5}}\end{array}} \right.} \right.\).

Do H là trung điểm của \({\rm{AA'}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_{A'}} = 2 \cdot \frac{{11}}{5} - 2 = \frac{{12}}{5}}\\{{y_{A'}} = 2 \cdot \frac{2}{5} - 0 = \frac{4}{5}}\end{array}} \right.\).

\(S = 5 \cdot \frac{{12}}{5} + 10 \cdot \frac{4}{5} = 12 + 8 = 20\). Chọn B.

Cỡ mẫu \(n = 3 + 6 + 3 + 5 + 3 = 20\).

\(\overline x  = \frac{1}{{20}}\left[ {3 \cdot 89 + 6 \cdot 107 + 3 \cdot 125 + 5 \cdot 143 + 3 \cdot 161} \right] = 124,1\).

Phương sai của mẫu số liệu là:

\({s^2} = \frac{1}{{20}}\left[ {3 \cdot {{89}^2} + 6 \cdot {{107}^2} + 3 \cdot {{125}^2} + 5 \cdot {{143}^2} + 3 \cdot {{161}^2}} \right] - {124,1^2} = 566,19\).

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu: \(s = \sqrt {{s^2}}  = \sqrt {566,19}  \approx 23,795\). Chọn B.

 Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu của hàm số bằng 4. Chọn A.

\[ \Rightarrow  - \int\limits_1^2 {f'\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^5 {f'\left( x \right)dx}  = 5\]\[ \Leftrightarrow  - [f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right)] + [f\left( 5 \right) - f\left( 2 \right)] = 5\]\[ \Leftrightarrow f\left( 5 \right) = 3\].

Đáp án cần nhập là: \(3\).

Gọi \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số cộng có công sai \(d\), do tổng 3 số hạng liên tiếp của dãy số cộng là 21 nên

\({u_1} + {u_2} + {u_3} = 21\)\( \Rightarrow 3{u_2} = 21\)\( \Rightarrow {u_2} = 7\).

Nếu số thứ hai trừ đi 1 và số thứ ba cộng thêm 1 thì ba số đó lập thành một cấp số nhân thì \({u_1};{u_2} - 1;{u_3} + 1\) hay \(7 - d;7 - 1;\left( {7 + d} \right) + 1\) lập thành một cấp số nhân.

Theo tính chất của cấp số nhân ta có

\({6^2} = \left( {7 - d} \right)\left( {8 + d} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{d =  - 5 \Rightarrow {u_1} = 12,{u_2} = 7,{u_3} = 2}\\{d = 4 \Rightarrow {u_1} = 3,{u_2} = 7,{u_3} = 11}\end{array}} \right.\).

Vậy có 2 bộ số cần tìm: \(\left( {12;7;2} \right);\left( {3;7;11} \right)\).

Đáp án cần nhập là: \(2\).

Gọi \(x,y\) lần lượt số bánh chưng và bánh ống gói được \(\left( {x,y \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\).

Số điểm thưởng đạt được là: \(5x + 7y\) (điểm)

Theo bài ra ta có hệ bất phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0,4x + 0,6y \le 10}\\{0,05x + 0,075y \le 2}\\{0,1x + 0,15y \le 5}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y \le 50}\\{2x + 3y \le 80}\\{2x + 3y \le 100}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3y \le 50}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)(I).

Yêu cầu bài toán trở thành: Tìm \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn \(\left( I \right)\) để \(F\left( {x;y} \right) = 5x + 7y\) đạt giá trị lớn nhất.

+) Miền nghiệm của \(\left( I \right)\) là tam giác \(OAB\) (kể cả biên).

+) \(A\left( {0;\frac{{50}}{3}} \right),B\left( {25;0} \right),O\left( {0;0} \right)\).

+) \(F\left( {x;y} \right) = 5x + 7y\).

Ta có \(F\left( A \right) = \frac{{350}}{3};F\left( B \right) = 125;F\left( O \right) = 0\)

\( \Rightarrow {\rm{max}}F\left( {x;y} \right) = F\left( B \right) = 125 \Leftrightarrow x = 25;y = 0\)

Vậy cần phải gói 25 cái bánh chưng để nhận được số điểm thưởng lớn nhất. Chọn A.

Đặt trục tọa độ sao cho tâm đường tròn (tâm hình chữ nhật) trùng gốc tọa độ và điểm \(\left( {x,y} \right)\) như hình:

Ta có phương trình đường tròn \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} = 16\) hay \(y =  \pm \sqrt {16 - {x^2}} \).

Khi đó chiều dài của cửa sổ hình chữ nhật là \(2x\), chiều rộng là \(2y\), với \(x > 0,y > 0\) nằm trên đường tròn \(\left( C \right)\).

Diện tích cửa sổ hình chữ nhật là \(S = 2x \cdot 2y = 4xy = 4x\sqrt {16 - {x^2}} \).

Xét hàm số \(S\left( x \right) = 4x\sqrt {16 - {x^2}} \) với \(0 \le x \le 4\).

Có \(S'\left( x \right) = 4\sqrt {16 - {x^2}}  - \frac{{4{x^2}}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }} = \frac{{ - 8{x^2} + 64}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }}\).

\(S'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - 8{x^2} + 64 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2\sqrt 2 }\\{x =  - 2\sqrt 2 \left( l \right)}\end{array}} \right.\).

Ta có \(S\left( 0 \right) = 0;\,\,S\left( 4 \right) = 4 \cdot 4 \cdot \sqrt {16 - {4^2}}  = 0\); \(S\left( {2\sqrt 2 } \right) = 4 \cdot 2\sqrt 2  \cdot \sqrt {16 - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 32\).

Vậy cửa sổ hình chữ nhật lớn nhất nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 4 sẽ có hình vuông với diện tích 32, chiều dài và chiều rộng bằng \(2\sqrt 2 \). Chọn C.

Hàm số xác định khi \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - \frac{{{x^2}}}{{324}} - 77} \right)} \right) > 0\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - \frac{{{x^2}}}{{324}} - 77} \right) > 1\)\( \Leftrightarrow x - \frac{{{x^2}}}{{324}} - 77 > 3\)\( \Leftrightarrow  - \frac{{{x^2}}}{{324}} + x - 80 > 0\)\( \Leftrightarrow 144 < x < 180\).

Lại có \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {145;146;147; \ldots ;179} \right\}\)

Vậy 35 số nguyên \(x\) thỏa mãn yêu cầu. Chọn C.

Xét hàm số: \(y = {\rm{co}}{{\rm{s}}^3}x - 3{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x + {\rm{cos}}2x - m{\rm{cos}}x - 1\)

\( \Rightarrow y = {\rm{co}}{{\rm{s}}^3}x - 3\left( {1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \right) + 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x - 1 - m{\rm{cos}}x - 1\)

\(y = {\rm{co}}{{\rm{s}}^3}x + 5{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x - m{\rm{cos}}x - 5\).

Đặt \(t = {\rm{cos}}x \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right] \Rightarrow y = {t^3} + 5{t^2} - mt - 5\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) hàm số \(y = {t^3} + 5{t^2} - mt - 5\) đồng biến trên \(\left( {0;1} \right)\)

Ta có: \(y' = 3{t^2} + 10t - m\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0;1} \right)\) thì \(y' \ge 0,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\)

\( \Leftrightarrow 3{t^2} + 10t - m \ge 0,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\)

\( \Leftrightarrow 3{t^2} + 10t \ge m,\forall t \in \left[ {0;1} \right]\)

 ⇒m≤min0;13t2+10t

Xét hàm số \(f\left( t \right) = 3{t^2} + 10t,f'\left( t \right) = 6t + 10 \Rightarrow t = \frac{{ - 5}}{3} \notin \left[ {0;1} \right]\)

\(f\left( 0 \right) = 0,f\left( 1 \right) = 13\)

Vậy min0;1ft=0⇒m≤0                    

Kết hợp với yêu cầu bài toán \( \Rightarrow m \in \left( { - 2025;0} \right] \Rightarrow m \in \left\{ { - 2024; - 2023; \ldots ;0} \right\}\)

Vậy có 2025 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(2025\).

Có \(y' = \frac{{\frac{3}{x}\left( {1 + 2x} \right) - 2\left( {2 + 3\ln x} \right)}}{{{{\left( {1 + 2x} \right)}^2}}}\)\( = \frac{{\frac{3}{x} + 2 - 6\ln x}}{{{{\left( {1 + 2x} \right)}^2}}}\).

Ta có \(y'\left( 1 \right) = \frac{5}{9}\).

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y = \frac{5}{9}\left( {x - 1} \right) + \frac{2}{3} = \frac{5}{9}x + \frac{1}{9} \Leftrightarrow 5x - 9y + 1 = 0\). Chọn A.

Xét dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) với \({v_n} = u_n^2 + 1;\forall n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\).

Ta có: \({v_{n + 1}} = u_{n + 1}^2 + 1 = 3u_n^2 + 2 + 1 = 3\left( {u_n^2 + 1} \right) = 3{v_n};\forall n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\).

\( \Rightarrow \left( {{v_n}} \right)\) là cấp số nhân có số hạng đầu \({v_1} = u_1^2 + 1 = 2\) và công bội \(q = 3\).

Vậy \(S = u_1^2 + u_2^2 + u_3^2 +  \ldots  + u_{2022}^2\)\( = {v_1} - 1 + {v_2} - 1 + {v_3} - 1 +  \ldots  + {v_{2022}} - 1\)

\( = {v_1} + {v_2} + {v_3} +  \ldots  + {v_{2022}} - 2022\)\( = {v_1} \cdot \frac{{{q^{2022}} - 1}}{{q - 1}} - 2022 = 2 \cdot \frac{{{3^{2022}} - 1}}{2} - 2022 = {3^{2022}} - 2023\). Chọn A.

Gọi số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật là \({u_1},{u_2},{u_3}\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1}{u_2}{u_3} = 125}\\{2\left( {{u_1}{u_2} + {u_2}{u_3} + {u_3}{u_1}} \right) = 175}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} \cdot {u_1}q \cdot {u_1}{q^2} = 125}\\{2\left( {{u_1} \cdot {u_1}q + {u_1}q \cdot {u_1}{q^2} + {u_1}{q^2} \cdot {u_1}} \right) = 175}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {{u_1}q} \right)}^3} = 125}\\{2u_1^2q\left( {1 + q + {q^2}} \right) = 175}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1}q = 5}\\{2 \cdot 5{u_1}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = 175}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = \frac{5}{q}}\\{10\frac{5}{q}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = 175}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = \frac{5}{q}}\\{2{q^2} + 2q + 2 = 7q}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = \frac{5}{q}}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{q = 2}\\{q = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = \frac{5}{2}}\\{q = 2}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 10}\\{q = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = \frac{5}{2}}\\{{u_2} = 5}\\{{u_3} = 10}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 10}\\{{u_2} = 5}\\{{u_3} = \frac{5}{2}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\).

Suy ra số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật là \(\frac{5}{2};5;10\).

Vậy tổng số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật là \(\frac{{35}}{2}\).

Đáp án cần nhập là: \(17,5\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow SI \bot AB\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SI \bot AB}\\{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\left( {gt} \right){\rm{\;}} \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right){\rm{.\;}}}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB}\end{array}} \right.\)

Xét \(\Delta SAB\) đều có cạnh bằng \(2a \Rightarrow SI = a\sqrt 3 \).

Kẻ \(AK \bot BD\) tại \(K\). Ta xét \(\Delta BAD\) có:

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Kẻ \(JI \bot BD\) tại \(J \Rightarrow JI//AK \Rightarrow JI = \frac{1}{2}AK = \frac{{\sqrt 5 a}}{5}\). Ta có: \(BD \bot SI \Rightarrow BD \bot \left( {SJI} \right)\).

Kẻ \(HI \bot SJ\) tại \(H \Rightarrow IH \bot \left( {SBD} \right)\) tại \(H \Rightarrow d\left( {I,\left( {SBD} \right)} \right) = IH\).

Xét \({\rm{\Delta }}SJI\) có: \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{J{I^2}}} + \frac{1}{{S{I^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}} \Rightarrow HI = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Do \(I\) là trung điểm của \(AB\) nên:

\(\frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {I,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AB}}{{AI}} = 2 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {I,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Chọn D.

Xét khai triển \({\left( {x - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^{20}} + {\left( {{x^3} - \frac{1}{x}} \right)^{10}}\)

=k=020−1kC20kx20−3k+m=010−1mC10mx30−4m.

Ta tìm các số hạng có cùng lũy thừa của \(x\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le m \le 10,\,\,0 \le k \le 10}\\{20 - 3k = 30 - 4m \Leftrightarrow 4m - 3k = 10}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left( {k;m} \right) = \left( {2;4} \right);\left( {6;7} \right);\left( {10;10} \right)\).

Vậy khai triển đã cho có tất cả \(21 + 11 - 3 = 29\) số hạng. Chọn B.

Ta có \[2{\rm{sin}}x - \sqrt 2  = 0 \Leftrightarrow {\rm{sin}}x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\].

Vậy nghiệm được biểu diễn bởi các điểm C, D. Chọn C.

Ta có: \(\mathop \smallint \nolimits^ \left( {{x^2} - {3^x} + \frac{1}{x}} \right){\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{3^x}}}{{{\rm{ln}}3}} + {\rm{ln}}\left| x \right| + C,C \in \mathbb{R}\). Chọn C.

\(C'M \cap \left( {A'BC} \right) = C\), suy ra \(\frac{{d\left( {M,\left( {A'BC} \right)} \right)}}{{d\left( {C',\left( {A'BC} \right)} \right)}} = \frac{{C'M}}{{C'C}} = \frac{1}{2}\).

Ta có \({V_{C'.A'BC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{3} \cdot C'C \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Lại có \(A'B = a\sqrt 2 ,CB = a,A'C = a\sqrt 2  \Rightarrow {S_{A'BC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}\).

Suy ra \(d\left( {C',\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{C'.A'BC}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}A'BC}}}} = \frac{{3 \cdot \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy \(d\left( {M,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {C',\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{a\sqrt {21} }}{7} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\). Chọn B.

Dựa vào đồ thị của hàm \(f'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên.

Vậy giá trị lớn nhất \(M = f\left( 2 \right)\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) nên \(f\left( 2 \right) > f\left( 1 \right) = f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) > 0\).

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {2;4} \right)\) nên \(f\left( 2 \right) > f\left( 3 \right) \Rightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right) > 0\).

Theo giả thuyết: \(f\left( 0 \right) + f\left( 1 \right) - 2f\left( 2 \right) = f\left( 4 \right) - f\left( 3 \right)\).

\( \Leftrightarrow f\left( 0 \right) - f\left( 4 \right) = f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right) > 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) > f\left( 4 \right)\)

Vậy giá trị nhỏ nhất \(m = f\left( 4 \right)\). Chọn D.

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{e^x} - 3} \right)\left( {{\rm{sin}}2x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{ln}}3}\\{2x = \frac{\pi }{2} + 2k\pi }\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{ln}}3}\\{x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}}\end{array}} \right.} \right.\)

Mà \(x \in \left[ {0;4\pi } \right]\) (2 vòng tròn lượng giác) suy ra \(x \in \left\{ {{\rm{ln}}3;\frac{\pi }{4};\frac{{5\pi }}{4};\frac{{9\pi }}{4};\frac{{13\pi }}{4}} \right\}\).

Vậy có 5 điểm cực trị.

Đáp án cần nhập là: \(5\).

Theo bài ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k \cdot {a^2} = 3{\rm{\% }}}\\{k \cdot {a^5} = 10{\rm{\% }}}\end{array}} \right.\) (1). Ta cần tìm \(t\) sao cho \(k \cdot {a^t} = 20{\rm{\% }}\).

Từ \(\left( 1 \right) \Rightarrow k = \frac{{3{\rm{\% }}}}{{{a^2}}}\) và \({a^3} = \frac{{10}}{3} \Rightarrow a = \sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}\).

\( \Rightarrow \frac{{3{\rm{\% }}}}{{{a^2}}}{a^t} = 20{\rm{\% }} \Rightarrow {a^{t - 2}} = \frac{{20}}{3} \Rightarrow t - 2 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}\frac{{20}}{3} \Rightarrow t = 2 + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}}}\frac{{20}}{3} \approx 6,7\). Chọn D.

Cứ 2 đường thẳng phân biệt tạo thành 1 giao điểm, vậy có \(C_{10}^2 = 45\) giao điểm.

Cứ 2 đường tròn phân biệt tạo thành 2 giao điểm, vậy có \(2C_{10}^2 = 90\) giao điểm.

Cứ 1 đường thẳng và 1 đường tròn tạo thành 2 giao điểm, vậy có \(2 \cdot 10 \cdot 10 = 200\) giao điểm.

Kết hợp lại, ta có tối đa \(200 + 45 + 90 = 335\) giao điểm. Chọn A.

Ta có: \(f\left( 2 \right) = 2m + 1\).

limx→2fx=limx→2x3−8x−2=limx→2x−2x2+2x+4x−2=limx→2x2+2x+4=12.

Hàm số liên tục tại x0=2⇔f2=limx→2fx⇔2m+1=12⇔m=112. Chọn C.

Ta có: fx=∫​f'xdx=∫​2cos2x+1dx=∫​2+cos2xdx=12sin2x+2x+C

Vì \(f\left( 0 \right) = 4 \Rightarrow C = 4 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}{\rm{sin}}2x + 2x + 4\).

Vậy \( = \left. {\left( { - \frac{1}{4}{\rm{cos}}2x + {x^2} + 4x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{4}} = \frac{{{\pi ^2} + 16\pi  + 4}}{{16}} \approx 4\).

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot AB,SA \bot AC\).

Do đó, góc \(\widehat {BAC}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\).

Do tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) nên \(\widehat {BAC} = 45^\circ \).

Vậy số đo của góc nhị diện \(\left[ {B,SA,C} \right]\) bằng \(45^\circ \).

Đáp án cần nhập là: \(45\).

\(T = {a^{{\rm{log}}_2^25}} + \frac{1}{7}{b^{{\rm{log}}_3^27}} + {a^{{\rm{log}}_5^29}}\)\( = {\left( {{a^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}5}}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}5}} + \frac{1}{7}{\left( {{b^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}} + {\left( {{c^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}9}}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}9}}\)

\( = {32^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}5}} + \frac{1}{7} \cdot {9^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}} + {\left( {\sqrt 5 } \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}9}}\)\( = {5^5} + \frac{1}{7} \cdot {7^2} + 3 = 3135\). Chọn B.

Ta có \(\widehat {CAB} = 25^\circ  \Rightarrow \widehat {ACB} = 65^\circ  = \widehat {EDC}\).

Vậy \(EC = \sqrt {D{E^2} + D{C^2} - 2 \cdot DE \cdot DC \cdot {\rm{cos}}EDC}  = \sqrt {{{30}^2} + {{10}^2} - 2 \cdot 30 \cdot 10 \cdot {\rm{cos}}65^\circ }  \approx 27\left( {\rm{m}} \right)\).

Đáp án cần nhập là: \(27\).

Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \left( {2; - 1;0} \right)\) và qua \(N\left( {1;2; - 3} \right)\),

đường thẳng \({\rm{\Delta '}}\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_{{\rm{\Delta '}}}}}  = \left( {2; - 1;0} \right)\) và qua \(M\left( {3;4; - 3} \right)\).

Có \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \overrightarrow {{u_{{\rm{\Delta '}}}}} \) suy ra \({\rm{\Delta }}\) và \({\rm{\Delta '}}\) có thể song song hoặc trùng.

Lại có điểm \(N \notin \Delta '\). Do đó \({\rm{\Delta }}//{\rm{\Delta '}}\). Chọn C.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( H \right)\) với trục hoành: \(2x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x = 0}\end{array}} \right.\).

Vậy thể tích khối tròn xoay sinh ra do \(\left( H \right)\) quay quanh \(Ox\) là:

V=π∫022x−x22dx=π∫024x2−4x3+x4dx=π43x3−x4+x5502=1615π. Chọn B.

Phương trình được biến đổi về dạng:\({\left( {x - 3} \right)^{3{x^2} - 5x + 2}} = {\left[ {{{\left( {x - 3} \right)}^2}} \right]^{{x^2} + x - 4}}\)

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

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 3 = 1}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < x - 3 \ne 1}\\{3{x^2} - 5x + 2 = 2{x^2} + 2x - 8}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x < 3 \ne 4}\\{{x^2} - 7x + 10 = 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{x = 5}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm. Chọn D.

Gọi tọa độ điểm C là \(C\left( {a;b} \right)\). Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {CH}  = \left( { - a;1 - b} \right)}\\{\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2;2} \right)}\\{\overrightarrow {AH}  = \left( { - 1;0} \right)}\\{\overrightarrow {BC}  = \left( {a + 1;b - 3} \right){\rm{\;}}}\end{array}} \right..\)

\(H\) là trực tâm \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {CH}  \cdot \overrightarrow {AB}  = 0}\\{\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {BC}  = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + 2\left( {1 - b} \right) = 0}\\{ - \left( {a + 1} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{b = 0}\end{array} \Rightarrow C\left( { - 1;0} \right)} \right.} \right.\).

Đáp án cần nhập là: \( - 1\).

Tam giác \(A'B'C'\) đều cạnh bằng \(a\), nên diện tích bằng \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Lấy \(H\) là trung điểm của \(B'C'\), ta có: \(AH \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow AH \bot A'H\).

\( \Rightarrow AH = \sqrt {A{{A'}^2} - H{{A'}^2}}  = \frac{{3a}}{2} \Rightarrow V = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{{3a}}{2} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{8}\). Chọn A.

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\(\sqrt {2x}  = \frac{{{x^2}}}{2} \Leftrightarrow 2x = \frac{{{x^4}}}{4} \Leftrightarrow {x^4} - 8x = 0\)\( \Leftrightarrow x\left( {{x^3} - 8} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x = 0}\end{array}} \right.\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số \(y = \sqrt {2x} \) và \(y = \frac{{{x^2}}}{2}\) là

\(S = \int\limits_0^2 {\left| {\sqrt {2x}  - \frac{{{x^2}}}{2}} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {2x}  - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {\sqrt 2  \cdot \frac{{{x^{\frac{3}{2}}}}}{{\frac{3}{2}}} - \frac{{{x^3}}}{6}} \right)} \right|_0^2\) \( = \frac{{2\sqrt 2 }}{3} \cdot {2^{\frac{3}{2}}} - \frac{{{2^3}}}{6} = \frac{4}{3} \approx 1,33\).

Đáp án cần nhập là: \(1,33\).

Gọi toạ độ giao điểm của \(d\) và \(\left( {Oxz} \right)\) là \(I\left( {a;0;c} \right)\).

Khi đó ta có: \(\frac{{a - 1}}{2} = \frac{{0 + 2}}{{ - 1}} = \frac{{c + 1}}{3}\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 3}\\{c =  - 7}\end{array}} \right.\).

Vậy \(I\left( { - 3;0; - 7} \right)\). Nên \(S = \left( { - 3} \right) + 0 + \left( { - 7} \right) =  - 10\).

Đáp án cần nhập là: \( - 10\).

Ta có \({u_8} = {u_1} + 7d \Leftrightarrow 26 = \frac{1}{3} + 7d \Leftrightarrow d = \frac{{11}}{3}\). Chọn C.

Gọi 3 số cần tìm là \({u_1},{u_2},{u_3}\) đôi một khác nhau

Vì \({u_1},{u_2},{u_3}\) tạo thành cấp số cộng với công sai \(d \ne 0\) nên \({u_2} = {u_1} + d,{u_3} = {u_1} + 2d\).

Mà \({u_1} + {u_2} + {u_3} = 6 \Rightarrow 3{u_1} + 3d = 6 \Rightarrow {u_1} + d = 2\).

Vì \({u_2},{u_1},{u_3}\) tạo thành cấp số nhân nên \({u_1} + d;{u_1};{u_1} + 2d\) cũng tạo thành cấp số nhân

\( \Rightarrow \left( {{u_1} + d} \right)\left( {{u_1} + 2d} \right) = {u_1}^2\)

\( \Rightarrow 2\left( {2 + 2 - {u_1}} \right) = u_1^2 \Leftrightarrow u_1^2 + 2{u_1} - 8 = 0\)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 2}\\{{u_1} =  - 4}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 0\left( {{\rm{ktm}}} \right)}\\{d = 6}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy ba số cần tìm là:\( - 4;2;8\).

Tích 3 số là −64.

Đáp án cần nhập là: \( - 64\).

Lời giải

Gọi biến cố thắng một ván cờ vua là \(X\).

 Vậy \(P\left( X \right) = 40{\rm{\% }},P\left( {\overline X } \right) = 60{\rm{\% }}\).

Giả sử số ván cờ vua là \(n \Rightarrow 1 - {\left[ {P\left( {\overline X } \right)} \right]^n} = 1 - {0,6^n} > 0,95 \Leftrightarrow n > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{0,6}}0,05\).

Vậy \(n = 6\). Chọn A.

Trường hợp Ánh là kẻ trộm.

Ánh: Tôi không trộm đồng hồ. Suy ra Ánh nói sai.

Bình: Ánh nói dối. Suy ra Bình nói đúng.

Cường: Chính Bình là kẻ ăn cắp. Suy ra Cường nói sai.

Dũng: Bình là kẻ dối trá. Suy ra Dũng nói sai.

Vậy chỉ có Bình nói đúng thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vậy Ánh là kẻ trộm. Chọn B.