Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 21

Gọi \(E\) là trung điểm đoạn thẳng \(BC\).

Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên \(AE \bot BC\).

Vì \(\Delta BDC\) cân tại \(D\) nên \(DE \bot BC\).

Do đó \(BC \bot \left( {AED} \right)\). Suy ra \(BC \bot AD\). Chọn D.

Gọi các biến cố:

\({B_1}\)"Lô lấy ra là lô I" .

\({B_2}\)"Lô lấy ra là lô II".

A "Sản phẩm lấy ra là sản phẩm tốt".

Ta có: \(P\left( A \right) = P\left( {{B_1}} \right) \cdot P\left( {A\mid {B_1}} \right) + P\left( {{B_2}} \right) \cdot P\left( {A\mid {B_2}} \right)\)

\(P\left( {{B_1}} \right) = \frac{1}{2},P\left( {{B_2}} \right) = \frac{1}{2},P\left( {A\mid {B_1}} \right) = \frac{{20}}{{30}} = \frac{2}{3},P\left( {A\mid {B_2}} \right) = \frac{{15}}{{30}} = \frac{1}{2}\)

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{7}{{12}}\). Chọn A.

Xác suất để sản phẩm lấy ra là sản phẩm ở lô thứ hai và là sản phẩm tốt là:

\(P\left( {{B_2}\mid A} \right) = \frac{{P\left( {{B_2}} \right) \cdot P\left( {A\mid {B_2}} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}}}{{\frac{7}{{12}}}} = \frac{3}{7}\). Chọn D.

Xác suất để lấy ra sản phẩm lỗi là: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{7}{{12}} = \frac{5}{{12}}\).

Ta có: \(P\left( {{B_1}} \right) = \frac{1}{2},P\left( {\overline A \mid {B_1}} \right) = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}\)

Xác suất để sản phẩm lấy ra là sản phẩm ở lô thứ nhất và là sản phẩm bị lỗi là:

\(P\left( {{B_1}\mid \overline A } \right) = \frac{{P\left( {{B_1}} \right) \cdot P\left( {\overline A \mid {B_1}} \right)}}{{P\left( {\overline A } \right)}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}}}{{\frac{5}{{12}}}} = \frac{2}{5}\). Chọn D.

Số tập hợp con có đúng 2 phần tử của tập \(M\) có 5 phần tử là \(C_5^2 = 10\). Chọn D.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\)

Ta có \(\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {AO}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = 2\overrightarrow {AI} \).

Xét tam giác \(ABI,AI = \sqrt {A{B^2} + B{I^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Vậy \(\left| {\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {AO} } \right| = 2AI = a\sqrt 5 \). Chọn B.

Theo quy tắc cộng ta có: \(5 + 4 = 9\) cách.

Đáp án cần nhập là: \(9\).

\({\left( {2x - 1} \right)^5} = 32{x^5} - 80{x^4} + 80{x^3} - 40{x^2} + 10x - 1\). Chọn A.

Lập số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau từ các chữ số \(1,2,3,4,5\) có \(A_5^3 = 60\) số. Chọn A.

Ta có \[y' = {\left( {2 - x} \right)^\prime } \cdot {3^{2 - x}} \cdot {\rm{ln}}3 =  - {3^{2 - x}} \cdot {\rm{ln}}3\]. Chọn D.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 3y \ge 5}\\{3 - 4x + 3y > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 3y \ge 5}\\{ - 4x + 3y >  - 3}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 3y \ge 5}\\{4x - 3y < 3}\end{array}} \right.\) vô lý.

Vậy hệ bất phương trình vô nghiệm. Chọn D.

Số tập con gồm 4 phần tử của tập \(A\) là \(C_n^4\).

Số tập con gồm 2 phần tử của tập \(A\) là \(C_n^2\).

Theo bài ra ta có: \(C_n^4 = 20C_n^2 \Leftrightarrow \frac{{n!}}{{4!\left( {n - 4} \right)!}} = 20\frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{4!}} = \frac{{10}}{{\left( {n - 2} \right)\left( {n - 3} \right)}} \Leftrightarrow {n^2} - 5n - 234 = 0 \Leftrightarrow n = 18\)

Vậy tập \(A\) có 18 phần tử

Đáp án cần nhập là: \(18\).

Ta có \(AB = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\) nên \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{4}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a \cdot \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\). Chọn A.

Ta có: \(\widehat C = 180^\circ  - \widehat A - \widehat B = 102^\circ \).

Áp dụng định lí sin cho \(\Delta ABC\), ta có: \(\frac{{AC}}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{{AB}}{{{\rm{sin}}C}} \Rightarrow AC = \frac{{AB{\rm{sin}}B}}{{{\rm{sin}}C}} = \frac{{8 \cdot {\rm{sin}}48^\circ }}{{{\rm{sin}}102^\circ }} \approx 6,08\). Chọn C.

Mẫu số liệu trên được sắp xếp theo thứ tự tăng dần như sau:

817    213543    5972119

Trung vị của mẫu số liệu trên là \({Q_2} = \frac{{35 + 43}}{2} = 39\).

Trung vị của dãy 81721    35 là \({Q_1} = \frac{{17 + 21}}{2} = 19\).

Trung vị của dãy 435972    119 là: \({Q_3} = \frac{{59 + 72}}{2} = 65,5\).

Vậy \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 46,5\).

Đáp án cần nhập là: \(46,5\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên đường thẳng \(AB\).

Ta có \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB}\\{SH \bot AB}\end{array}} \right\} \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\widehat {SCH} = 45^\circ  \Rightarrow SH = SC \cdot {\rm{sin}}45^\circ \).

Mặt khác \[\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAB) \bot (ABCD)}\\{(SAB) \cap (ABCD) = AB}\\{CB \bot AB}\end{array}} \right\} \Rightarrow CB \bot (SAB)\].

Góc giữa \(SC\) và \(\left( {SAB} \right)\) là góc \(\widehat {CSB} = 30^\circ  \Rightarrow SC = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}30^\circ }} = 2a\).

Do đó \(SH = SC \cdot {\rm{sin}}45^\circ  = a\sqrt 2 \).

Diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {a^2}\).

Thể tích khối chóp \({V_{S.ABCD}} = \frac{{SH \cdot {S_{ABC{\rm{D}}}}}}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\). Chọn D.

Điều kiện: \({\rm{cos}}x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \)

\(PT \Leftrightarrow \frac{{\cos x - \sin x}}{{\cos x}}{\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} = \frac{{\cos x + \sin x}}{{\cos x}}\)

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x + \cos x = 0}\\{\left( {\cos x - \sin x} \right)\left( {\cos x + \sin x} \right) = 1}\end{array}} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x + \cos x = 0}\\{{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x = {{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ sin x +  cos x = 0}\\{ sin x = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt 2  sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0}\\{ sin x = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = k\pi }\end{array}} \right.} \right.} \right.,k \in \mathbb{Z}\).  Chọn D.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {1 + {2^x}} \right)}^\prime }}}{{\left( {1 + {2^x}} \right) \cdot {\rm{ln}}2}} = \frac{{{2^x}}}{{1 + {2^x}}} \Rightarrow S = f'\left( 0 \right) + f'\left( 1 \right) = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} = \frac{7}{6}\). Chọn C.

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49\).

+ Số cách chọn 2 lá màu đỏ:

- Chọn lá thứ nhất: 26 (cách chọn).

- Chọn lá thứ hai: 25 (cách chọn).

+ Số cách chọn 2 lá màu đen:

- Chọn lá thứ nhất: 26 (cách chọn).

- Chọn lá thứ hai: 25 (cách chọn).

Vậy số phần tử của biến cố "rút được 2 lá màu đen và 2 lá màu đỏ" là \(n\left( A \right) = 26 \cdot 25 \cdot 26 \cdot 25\).

Suy ra \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{26 \cdot 25 \cdot 26 \cdot 25}}{{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49}} = \frac{{325}}{{4998}}\). Chọn C.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên \(BC\).

Vì mặt bên \(SBC\) nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi I là hình chiếu của \(H\) trên \(AB\), \(K\) là hình chiếu của \(H\) trên \(SI\).

Khi đó \(HK \bot \left( {SAB} \right)\) nên \(HK = d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right)\).

\(\Delta SBC\) đều nên \(H\) là trung điểm \(BC \Rightarrow BH = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\);

\(HI = BH \cdot \sin 30^\circ  = \frac{a}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{a}{4}\) và \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{4}} \right)}^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {39} }}{{26}}\).

Ta có \(\frac{{d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right)}} = \frac{{CB}}{{HB}} = 2\)

\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = 2HK = 2 \cdot \frac{{a\sqrt {39} }}{{26}} = \frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}\). Chọn B.

Ta có bảng thống kê kết quả thu nhặt vỏ chai nhựa của các em học sinh lớp 12 trường \(X\) theo giá trị đại diện:

Cỡ mẫu \(n = 12 + 24 + 30 + 57 + 36 + 21 = 180\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

\(\overline x  = \frac{{3,5 \cdot 12 + 8,5 \cdot 24 + 13,5 \cdot 30 + 18,5 \cdot 57 + 23,5 \cdot 36 + 28,5 \cdot 21}}{{180}} = 17,5\).

Vậy số vỏ chai nhựa trung bình mà mỗi học sinh khối 12 của trường \(X\) đã thu nhặt được là 17,5. Chọn C.

Dãy số \( - 1;\frac{1}{{10}}; - \frac{1}{{{{10}^2}}}; \ldots ;\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{10}^{n - 1}}}}; \ldots \) là một cấp số nhân lùi vô hạn với \({u_1} =  - 1;q =  - \frac{1}{{10}}\).

Do đó \(S =  - 1 + \frac{1}{{10}} - \frac{1}{{{{10}^2}}} +  \ldots  + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{{10}^{n - 1}}}} +  \ldots  = \frac{{ - 1}}{{1 + \frac{1}{{10}}}} =  - \frac{{10}}{{11}}\). Vậy \(k = 10\).

Đáp án cần nhập là: \(10\).

Ta có ∫04f2xdx=12∫04f2xd2x=12∫08ftdt=12∫08fxdx=2.

Đáp án cần nhập là: \(2\).

Ta có: \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2f'\left( {2x - 1} \right) + 2 = 0 \Leftrightarrow f'\left( {2x - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - 1 =  - 1}\\{2x - 1 = 1}\\{2x - 1 = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = \frac{3}{2}}\end{array}} \right.} \right.\).

\( \Rightarrow g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow f'\left( {2x - 1} \right) > 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - 1 <  - 1}\\{2x - 1 > 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 0}\\{x > \frac{3}{2}}\end{array}} \right.} \right.\).

Bảng biến thiên

Giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left[ {0;2} \right]\) bằng \(g\left( {\frac{3}{2}} \right) =  - f\left( 2 \right) + 3\). Chọn C.

Phương trình parabol \(\left( P \right)\) có đỉnh \(I\left( {0;4} \right)\) và qua điểm \(\left( {2;0} \right)\) là \(y =  - {x^2} + 4\)

Diện tích cái cổng là S=∫−22−x2+4dx=∫−22−x2+4dx=323. Chọn D.

Thể tích khối chỏm cầu là V=π∫3239−x2dx=π9x−x33323=45π8≈17,7.

Đáp án cần nhập là: \(17,7\).

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

\({\rm{\Delta }} \cap {d_1} = A\left( {{t_1} + 1; - {t_1} - 2;2{t_1} + 3} \right),{\rm{\Delta }} \cap {d_2} = B\left( {2{t_2} - 1; - {t_2} + 4;4{t_2} + 2} \right)\).

\(\overrightarrow {MA}  = \left( {{t_1} + 1; - {t_1} - 1;2{t_1} + 1} \right),\overrightarrow {MB}  = \left( {2{t_2} - 1; - {t_2} + 5;4{t_2}} \right)\).

Ta có \(M,A,B\) thẳng hàng \( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA}  = k\overrightarrow {MB}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} + 1 = k\left( {2{t_2} - 1} \right)}\\{ - {t_1} - 1 = k\left( { - {t_2} + 5} \right)}\\{2{t_1} + 1 = 4k{t_2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = \frac{7}{2}}\\{k =  - \frac{1}{2}}\\{k{t_2} = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = \frac{7}{2}}\\{{t_2} =  - 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Suy ra \(\overrightarrow {MB}  = \left( { - 9;9; - 16} \right)\).

Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) đi qua điểm \(M\left( {0; - 1;2} \right)\), một vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {9; - 9;16} \right)\) có phương trình là \(\frac{x}{9} = \frac{{y + 1}}{{ - 9}} = \frac{{z - 2}}{{16}}\). Chọn C.

Ta có \(f\left( x \right) = 3x + 4 + \frac{{12}}{{x - 2}}\).

Khi đó đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = 3x + 4\) và tiệm cận đứng là \(x = 2\).

Thay \(x = 2\) vào ta có \(y = 3 \cdot 2 + 4 = 10\). Vậy tọa độ giao điểm là \(\left( {2;10} \right)\). Chọn A.

Gọi biến cố \(A\): "lấy viên bi thứ nhất là màu xanh"; \(B\): "lấy viên bi thứ hai là màu đỏ".

Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{{3 \cdot 4}}{{5 \cdot 4}} = \frac{3}{5};P\left( {A \cap B} \right) = \frac{{3 \cdot 2}}{{5 \cdot 4}} = \frac{3}{{10}}\).

Do đó: \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{3}{{10}}}}{{\frac{3}{5}}} = \frac{1}{2}\).

Đáp án cần nhập là: \(0,5\).

Vì \(1 - 2 \cdot 2 + 3 = 0\) nên điểm \(A(1,2,3)\) thuộc mặt phẳng \(x - 2y + z = 0\). Chọn A.

Từ hình dạng của đồ thị hàm số \( \Rightarrow a < 0\)

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương \( \Rightarrow d > 0\)

Ta có \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c\)

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị có hoành độ âm \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{\Delta '}} > 0}\\{{x_1} + {x_2} =  - \frac{{2b}}{{3a}} < 0 \Rightarrow }\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{{3a}} > 0}\end{array}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b < 0}\\{c < 0}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy chỉ có 1 số dương \(d\) trong các số \(a,b,c,d\). Chọn A.

Nếu \(2n < 0\) thì phương trình vô nghiệm (loại).

Nếu \(n = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = m\) có tối đa 3 nghiệm (loại).

Nếu \(n > 0 \Rightarrow \left| {f\left( x \right) - m} \right| = 2n \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) - m = 2n}\\{f\left( x \right) - m =  - 2n}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = m + 2n\,\,(1)}\\{f\left( x \right) = m - 2n\,\,(2)}\end{array}} \right.} \right.\).

Đường thẳng \(y = m + 2n\) song song và nằm phía trên đường thẳng \(y = m - 2n\).

Vì vậy phương trình có đúng 5 nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm và phương trình (2) có 3 nghiệm hoặc ngược lại.

\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m + 2n = 11}\\{ - 5 < m - 2n < 11}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 5 < m + 2n < 11}\\{m - 2n =  - 5}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 11 - 2n}\\{ - 5 < \left( {11 - 2n} \right) - 2n < 11}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 5 < \left( {2n - 5} \right) + 2n < 11}\\{m = 2n - 5}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 11 - 2n}\\{0 < n < 4}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0 < n < 4}\\{m = 2n - 5}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]

\( \Rightarrow \left( {m;n} \right) = \left( {9;1} \right);\left( {7;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( { - 3;1} \right);\left( { - 1;2} \right);\left( {1;3} \right)\).

Vậy có 6 cặp số nguyên \(\left( {m;n} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(6\).

Ta có: \(M\) là trực tâm tam giác \(ABC \Rightarrow OM \bot \left( {ABC} \right)\).

Thật vậy: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OC \bot OA}\\{OC \bot OB}\end{array} \Rightarrow OC \bot AB} \right.\] (1).

Mà \(CM \bot AB\) (vì \(M\) là trực tâm tam giác \(ABC\)) (2).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow AB \bot \left( {OMC} \right) \Rightarrow AB \bot OM\) (*).

Tương tự \(BC \bot \left( {OAM} \right) \Rightarrow BC \bot OM\) (**).

Từ (*) và (**) \( \Rightarrow OM \bot \left( {ABC} \right)\)

Khi đó mặt cầu tâm \(O\) tiếp xúc mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có bán kính \(R = OM = \sqrt {4 + 1 + 9}  = \sqrt {14} \)

Vậy mặt cầu tâm \(O\) và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 14\). Chọn A.

Ta có \(F\left( x \right) = \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right){\rm{d}}x = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {{\rm{sin}}x - {\rm{cos}}x + \frac{2}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}} \right){\rm{d}}x =  - {\rm{cos}}x - {\rm{sin}}x + 2{\rm{tan}}x + C\).

Mà \(F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow  - {\rm{cos}}0 - {\rm{sin}}0 + 2{\rm{tan}}0 + C = 1 \Leftrightarrow C = 2 \Rightarrow F\left( x \right) =  - {\rm{cos}}x - {\rm{sin}}x + 2{\rm{tan}}x + 2\).

\( \Rightarrow F\left( \pi  \right) =  - {\rm{cos}}\pi  - {\rm{sin}}\pi  + 2{\rm{tan}}\pi  + 2 = 3\).

Đáp án cần nhập là: \(3\).

Để xác định ai khỏe nhất trong số 4 học sinh dựa vào các kết quả kéo co, ta phân tích từng lần như sau:

Lần 1:

\(B\) thắng \(A\) và \(C\) gộp lại.

Điều này chứng tỏ sức mạnh của \(B\) lớn hơn tổng sức mạnh của \(A\) và \(C\).

\(B > A + C\)

Lần 2:

\(A\) và \(B\) đấu với \(C\) và \(D\), kết quả không phân thắng bại.

Điều này chứng tỏ tổng sức mạnh của A và B bằng tổng sức mạnh của C và D.

\(A + B = C + D\)

Lần 3:

Khi \(A\) và \(C\) đổi chỗ cho nhau so với lần 2, tức là \(D\) và \(A\) đấu với \(B\) và \(C\), thì \(D\) và \(A\) thắng dễ dàng.

Điều này chứng tỏ tổng sức mạnh của D và A lớn hơn tổng sức mạnh của B và C.

\(D + A > B + C\)

Vậy:

Từ lần 2:

\(A + B = C + D\), suy ra \(B = C + D - A\).

Từ lần 1:

\(B > A + C\), thay \(B\) từ trên:

\(C + D - A > A + C\)

\(D > 2A\)

Từ lần 3:

\(D + A > B + C\), thay \(B\) từ trên:

\(D + A > \left( {C + D - A} \right) + C\)

\(D + A > 2C + D - A\)

\(2A > 2C\)

\(A > C\)

Sắp xếp sức mạnh:

Từ các bất đẳng thức:

\(D > 2A > 2C\), suy ra \(D > A > C\).

Từ lần 1, \(B > A + C\), suy ra \(B\) là người khỏe nhất.

Kết luận: Người khỏe nhất là B. Chọn B.

\(y = f\left( x \right) - 2x \Rightarrow y' = f'\left( x \right) - 2\)\( \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2\).

Từ đồ thị ta thấy phương trình \(f'\left( x \right) = 2\) có 4 nghiệm nhưng tại \(x = 2\) không là cực trị do \(f'\left( x \right)\) không đổi dấu khi đi qua 2 nên hàm số \(y = f\left( x \right) - 2x\) có 3 điểm cực trị. Chọn A.

Giả sử phương trình đường tròn \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} + ax + by + c = 0\), \(M\left( {2; - 2} \right),N\left( {3; - 1} \right),P\left( { - 1; - 3} \right)\) thuộc \(\left( C \right)\) nên ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a - 2b + c =  - 8}\\{3a - b + c =  - 10}\\{ - a - 3b + c =  - 10}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b =  - 4}\\{c =  - 20}\end{array}} \right.} \right.\)

Suy ra \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( { - 1;2} \right)\), bán kính \(R = IM = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\).

Đáp án cần nhập là: \(5\).

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\).

Mà \(\left( {3;5} \right) \subset \left( {3; + \infty } \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {3;5} \right)\). Chọn D.

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

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

Ta có \(\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {{{\left( {2{\rm{tan}}x + {\rm{cot}}x} \right)}^2}{\rm{d}}x}  = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {4{{\tan }^2}x + 4\tan x.{\rm{cot}}x + {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}x} \right){\rm{d}}x} \)

\( = \left( {4{\rm{tan}}x - {\rm{cot}}x - x} \right)\left| \begin{array}{l}{{\rm{\;}}^{\frac{\pi }{4}}}\\_{\frac{\pi }{6}}\end{array} \right. = 3 + \frac{{ - 1}}{3} \cdot \sqrt 3  + \frac{{ - 1}}{{12}} \cdot \pi \).

Vậy \(a = 3,b = \frac{{ - 1}}{3},c = \frac{{ - 1}}{{12}}\).

Do đó \(a + 3b + 12c = 3 - 1 - 1 = 1\).

Đáp án cần nhập là: \(1\).

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

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

Để hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - x + m} \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\) thì

\(g'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( { - 1;0} \right) \Leftrightarrow \left( {2x - 1} \right) \cdot f'\left( {{x^2} - x + m} \right) \le 0,\forall x \in \left( { - 1;0} \right)\).

Mà \(2x - 1 < 0,\forall x \in \left( { - 1;0} \right)\) nên \(f'\left( {{x^2} - x + m} \right) \ge 0,\forall x \in \left( { - 1;0} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - x + m \le 1}\\{{x^2} - x + m \ge 4}\end{array},\forall x \in \left( { - 1;0} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 \le  - {x^2} + x}\\{m - 4 \ge  - {x^2} + x}\end{array},\forall x \in \left( { - 1;0} \right)} \right.} \right.\)

Xét hàm số \(h\left( x \right) =  - {x^2} + x\) trên \(\left( { - 1;0} \right)\)

\(h'\left( x \right) =  - 2x + 1 > 0,\forall x \in \left( { - 1;0} \right)\) nên hàm số \(h\left( x \right) =  - {x^2} + x\) đồng biến trên \(\left( { - 1;0} \right)\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, từ (*) suy ra \[\left[ \begin{array}{l}m - 1 \le  - 2\\m - 4 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \le  - 1\\m \ge 4\end{array} \right.\].

Mà \(m\) là số nguyên thuộc khoảng \(\left( { - 2025;2025} \right)\) nên có 4045 giá trị \(m\) thỏa yêu cầu bài toán. Chọn A.

\(\int\limits_a^b {{5^x}dx}  = \left. {\frac{{{5^x}}}{{{\rm{ln}}5}}} \right|_a^b = \frac{{{5^b}}}{{{\rm{ln}}5}} - \frac{{{5^a}}}{{{\rm{ln}}5}} = \frac{{{5^b} - {5^a}}}{{{\rm{ln}}5}}\). Chọn B.

\(\left( \alpha  \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( \alpha  \right)}}}  = \left( {1;1;1} \right)\).

\(\left( \beta  \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( \beta  \right)}}}  = \left( {5;1; - 1} \right)\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( \gamma  \right) \bot \left( \alpha  \right)}\\{\left( \gamma  \right) \bot \left( \beta  \right)}\end{array} \Rightarrow \left( \gamma  \right)} \right.\) nhận \(\left[ {\overrightarrow {{n_{\left( \alpha  \right)}}} ,\overrightarrow {{n_{\left( \beta  \right)}}} } \right] = \left( { - 2;6; - 4} \right)\) làm vectơ pháp tuyến hay nhận \(\vec n = \left( {1; - 3;2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến

\( \Rightarrow \left( \gamma  \right):\left( {x - 10} \right) - 3\left( {y - 0} \right) + 2\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3y + 2z - 10 = 0\).

Vì \(I \in \left( \gamma  \right)\) nên: \(2{m^2} - 3m - 10 = 0\) có 2 nghiệm \(m\) phân biệt có tổng bằng \( - \frac{b}{a} =  - \frac{{ - 3}}{2} = 1,5\).

Đáp án cần nhập là: \(1,5\).

Gọi \({\rm{\Delta }}\) là đường thẳng cần tìm và \(B\) là giao điểm của \({\rm{\Delta }}\) với trục \(Ox\).

Suy ra \(B\left( {b;0;0} \right)\) và \(\overrightarrow {BA}  = \left( {1 - b;2;3} \right)\).

Do \({\rm{\Delta }} \bot d,{\rm{\Delta }}\) qua \(A\) nên \(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0 \Leftrightarrow 2\left( {1 - b} \right) + 2 - 6 = 0 \Leftrightarrow b =  - 1 \Rightarrow B\left( { - 1;0;0} \right)\).

Do đó, \({\rm{\Delta }}\) qua \(B\left( { - 1;0;0} \right)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {BA}  = \left( {2;2;3} \right)\) nên \({\rm{\Delta }}\) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + 2t}\\{y = 2t}\\{z = 3t}\end{array}} \right.\). Chọn A.

Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 2y - 7 = 0\) có tâm \(I\left( {1;1;0} \right)\) và bán kính \(R = 3\).

Dễ thấy \(A\left( {2; - 1;2} \right) \in \left( S \right)\).

Do đó, đường thẳng \(d\) đi qua A, tiếp xúc với \(\left( S \right)\) thì \(d\) tiếp xúc với (S) tại \(A\), suy ra \(d \bot IA\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên \(d\). Khi đó ta có \(OH = d\left( {O,d} \right) \le OA = 3\).

Do đó, khoảng cách từ \(O\) đến \(d\) lớn nhất là 3, đạt được khi \(H \equiv A \Leftrightarrow d \bot OA\).

Ta có \(\overrightarrow {IA}  = \left( {1; - 2;2} \right);\overrightarrow {OA}  = \left( {2; - 1;2} \right)\)

\(d \bot OA\) và \(d \bot IA\) nên \(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {IA} } \right] = \left( {2; - 2; - 3} \right)\).

Mà \(d:\frac{{x - 3}}{{ - 4}} = \frac{{y - m}}{a} = \frac{{z + n}}{b}\) nên \(a = 4;b = 6\).

Lại có \(d\) qua \(A\left( {2; - 1;2} \right)\) nên

\(\frac{{2 - 3}}{{ - 4}} = \frac{{ - 1 - m}}{a} = \frac{{2 + n}}{b} \Leftrightarrow \frac{1}{4} = \frac{{ - 1 - m}}{4} = \frac{{2 + n}}{6} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 2}\\{n =  - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).

Vậy \(T = a + b + m + n = 4 + 6 + \left( { - 2} \right) + \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{15}}{2}\). Chọn A.

\[f'\left( x \right) + 2xf\left( x \right) = 2x{e^{ - {x^2}}} \Rightarrow {e^{{x^2}}}f'\left( x \right) + 2x{e^{{x^2}}}f\left( x \right) = 2x\]

\[ \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ \left[ {{e^{{x^2}}}f'\left( x \right) + 2x{e^{{x^2}}}f\left( x \right)} \right]dx = \mathop \smallint \nolimits^ 2xdx\]

\[ \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ {\left[ {{e^{{x^2}}}f\left( x \right)} \right]^\prime }dx = {x^2} + C \Rightarrow {e^{{x^2}}}f\left( x \right) = {x^2} + C\,\,( * )\]

Vì \(f\left( 1 \right) = \frac{2}{e}\) nên thay \(x = 1\) vào (*) ta được \({e^1}f\left( 1 \right) = 1 + C \Rightarrow e \cdot \frac{2}{e} = 1 + C \Rightarrow C = 1\).

Do đó \({e^{{x^2}}}f\left( x \right) = {x^2} + 1 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{{{e^{{x^2}}}}} \Rightarrow f\left( 0 \right) = 1\).

Đáp án cần nhập là: \(1\).

\(f'\left( x \right) = {x^2}\left( {x + 1} \right){\left( {x - 2} \right)^5}{\left( {x - 4} \right)^3}\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left( {x + 1} \right){\left( {x - 2} \right)^5}{\left( {x - 4} \right)^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\\x = 2\\x = 4\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số \(f\left( x \right)\) có hai điểm cực tiểu là \( - 1\) và \(4\).

Tổng giá trị các điểm cực tiểu của hàm số \(f\left( x \right)\) là \( - 1 + 4 = 3\). Chọn B.

Tọa độ tâm của tàu là \(I\left( {30;15;50} \right)\).

Bán kính của chiếc tàu ngầm là \(R = \sqrt {{{30}^2} + {{15}^2} + {{50}^2} - 3600}  = 5\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Vậy khoảng cách từ thiết bị do thám đến bề mặt nước biển là \(45 + 5 = 50\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Đáp án cần nhập là: \(50\).

Ta có:

\(v\left( t \right) = \mathop \smallint \nolimits^ a\left( t \right)dt = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {\frac{{ - 1}}{{24}}{t^3} + \frac{5}{{16}}{t^2}} \right)dt = \frac{{ - 1}}{{96}}{t^4} + \frac{5}{{48}}{t^3} + C\).

Tại thời điểm ban đầu vận động viên ở vị trí xuất phát nên vận tốc lúc đó là:

\({v_0} = 0 \Rightarrow v\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0\)

Vậy biểu thức vận tốc theo thời gian \(t\) là: \(v\left( t \right) = \frac{{ - 1}}{{96}}{t^4} + \frac{5}{{48}}{t^3}\)

Vận tốc của vận động viên tại giây thứ 5 là \(6,51{\rm{\;m/s}}\). Chọn B.