Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 23

Hai đường thẳng không song song thì có thể chéo nhau hoặc cắt nhau. Chọn C.

Ta có bảng thống kê chiều cao các học sinh theo giá trị đại diện:

Cỡ mẫu \(n = 40\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

\[\overline x  = \frac{{152,5 \cdot 3 + 157,5 \cdot 6 + 162,5 \cdot 10 + 167,5 \cdot 12 + 172,5 \cdot 7 + 177,5 \cdot 2}}{{40}} = 165\].

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là

\({S^2} = \frac{1}{{40}}\left( {3 \cdot {{152,5}^2} + 6 \cdot {{157,5}^2} + 10 \cdot {{162,5}^2} + 12 \cdot {{167,5}^2} + 7 \cdot {{172,5}^2} + 2 \cdot {{177,5}^2}} \right) - {165^2} = 41,25 \approx 41,3\)

Đáp án cần nhập là: \(41,3\).

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là

\(S = \sqrt {{S^2}}  = \sqrt {41,25}  \approx 6,42\). Chọn D.

Cỡ mẫu \(n = 40\).

Gọi \({x_1},{x_2}, \ldots ,{x_{40}}\) là thời gian dùng điện thoại của 40 học sinh và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Khi đó tứ phân vị thứ nhất là \(\frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2}\).

Do hai giá trị \({x_{10}},{x_{11}}\) thuộc nhóm \(\left[ {1;2} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ nhất. Chọn D.

Gọi \(A\): "Email nhận được là email rác"

Vì \(5{\rm{\% }}\) email nhận được là rác nên xác suất nhận được một email rác là \(P\left( A \right) = 5{\rm{\% }} = 0,05\). Chọn B.

Gọi \(A\): "Email nhận được là email rác".

Và \(B\): "Email bị hệ thống lọc".

Xác suất email nhận được không phải rác là \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,05 = 0,95\).

Theo đề ta có \(P\left( {B|A} \right) = 0,95;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,1\).

Vậy xác suất chọn một email bị lọc bất kể là rác hay không là:

\(P\left( B \right) = P\left( {B|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {B|\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline A } \right) = 0,95 \cdot 0,05 + 0,1 \cdot 0,95 = 0,1425\). Chọn A.

Xác suất chọn một email trong số những email bị lọc thực sự là email rác là:

\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B|A} \right) \cdot P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,95 \cdot 0,05}}{{0,1425}} = \frac{1}{3}\). Chọn C.

Tổng số viên bi có trong hộp là: \(4 + 5 + 6 = 15\) (viên).

Số cách lấy ra 3 viên bi từ hộp là: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{15}^3 = 455\) (cách).

Gọi \(A\) là biến cố "cả ba viên bi lấy ra cùng màu".

Ta có \(n\left( A \right) = C_4^3 + C_5^3 + C_6^3 = 34\).

Xác suất để cả ba viên bi lấy ra cùng màu là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{34}}{{455}}\). Chọn B.

Ta có \({2^x} + \frac{1}{{{2^x}}} = 3 \Rightarrow {\left( {{2^x} + \frac{1}{{{2^x}}}} \right)^3} = 27 \Rightarrow {8^x} + \frac{1}{{{8^x}}} + 3 \cdot {2^x} \cdot \frac{1}{{{2^x}}} \cdot \left( {{2^x} + \frac{1}{{{2^x}}}} \right) = 27\)

\( \Rightarrow {8^x} + \frac{1}{{{8^x}}} + 3 \cdot 3 = 27 \Rightarrow {8^x} + \frac{1}{{{8^x}}} = 18\).

Đáp án cần nhập là: \(18\).

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

Mà \(AB = BC = CD = DA = a \Rightarrow ABCD\) là hình thoi.

Do đó \(AC \bot BD\) đồng thời \(H\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

\({\rm{\Delta }}SAC\) cân tại \(S \Rightarrow SH \bot AC\) (1).

\(\Delta SBD\) cân tại \(S \Rightarrow SH \bot BD\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(SH \bot ABCD\) (3).

Vì \(SA = SB = SC = SD\) nên \(HA = HB = HC = HD\) suy ra \(ABCD\) là hình vuông.

Từ (1), (2) và (3) ta được \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều.

Xét \(\Delta SBD\) ta có \(SA = SB = a,BD = a\sqrt 2  \Rightarrow B{D^2} = S{B^2} + S{D^2}\).

Suy ra \(\Delta SBD\) vuông tại \(S\) suy ra \(DS \bot SB\). Vậy \(d\left( {D,SB} \right) = DS = a\). Chọn A.

Do tăng lương cho nhân viên hàng năm bằng cách thêm một số tiền cố định nên ta có thể sử dụng công thức tính số hạng thứ \(n\) của cấp số cộng \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Ta có: \({u_1} = 10\) triệu đồng - lương ban đầu của nhân viên.

\(d = 2\) triệu đồng - lương tăng định kì hàng năm.

\(n = 19\) năm - thời gian làm việc.

Ta thay các giá trị này vào công thức trên để tính lương của nhân viên sau 19 năm:

\({u_{19}} = 10 + \left( {19 - 1} \right) \cdot 2 \Rightarrow {u_{19}} = 46\) triệu đồng.

Đáp án cần nhập là: \(46\).

Ta có \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2x + 1}} > 1 \Leftrightarrow 2x + 1 < 0 \Leftrightarrow x <  - \frac{1}{2}\).

Vây tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( { - \infty ; - \frac{1}{2}} \right)\). Chọn C.

Đổi \(10{m^3} = 10000\) lít.

Gọi \(x\) (phút) là thời gian bơm nước biển vào hồ, \(v\) (lít/phút) là tốc độ bơm nước biển (\(v\) là hằng số)

Sau \(x\) phút, ta có:

- Lượng nước biển có trong hồ là: \(x \cdot v\) (lít).

- Lượng muối có trong hồ là: \(25xv\) (gam).

- Lượng nước có trong hồ là: \(10000 + xv\).

- Nồng độ muối có trong hồ là: \(\frac{{25xv}}{{10000 + xv}}\) (gam/lít).

Nồng độ bão hòa của muối trong hồ là:  (gam/lít). Chọn B.

Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A'\) trên các cạnh \(AB,AC\).

Vẽ đường cao \(A'O\) của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\left( {O \in \left( {ABC} \right)} \right)\)

Ta có \(OH \bot AB,OK \bot AC\) và \(\widehat {OKA'} = \widehat {OHA'} = 60^\circ \).

Suy ra \(OH = OK\). Do đó \(AO\) là phân giác \(\widehat {BAC}\) nên \(\widehat {OAK} = 30^\circ \).

Đặt \(AH = AK = x\).

Ta có \(A'O = OK \cdot \tan 60^\circ  = AK \cdot \tan 30^\circ  \cdot {\rm{tan}}60^\circ  = AK = x\).

\(A'{O^2} = A{A'^2} - O{A^2} = {a^2} - \frac{4}{3}{x^2}\). Từ đó suy ra \({x^2} = {a^2} - \frac{4}{3}{x^2} \Rightarrow x = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy \({V_{A'.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot A'O \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt {21} }}{7} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 7 }}{{28}}\). Chọn D.

 \(PT \Leftrightarrow 3{\rm{ta}}{{\rm{n}}^3}x - {\rm{tan}}x + \frac{{3\left( {1 + {\rm{sin}}x} \right)}}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}} - 4 - 4{\rm{cos}}\left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 3{\rm{ta}}{{\rm{n}}^3}x - {\rm{tan}}x + 3\left( {1 + {\rm{sin}}x} \right)\left( {1 + {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}x} \right) - 4\left( {1 + {\rm{sin}}x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\rm{tan}}x\left( {3{\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}x - 1} \right) + \left( {1 + {\rm{sin}}x} \right)\left( {3{\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}x - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {3{\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}x - 1} \right)\left( {{\rm{tan}}x + 1 + {\rm{sin}}x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {3{\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}x - 1} \right)\left( {{\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x + {\rm{cos}}x{\rm{sin}}x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{\tan ^2}x - 1 = 0\\\sin x + \cos x + \cos x\sin x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{\tan ^2}x = 1\\\sin x + \cos x + \cos x\sin x = 0\end{array} \right.\).

Vậy \(3{\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}x + 1 = 2\).

Đáp án cần nhập là: \(2\).

Xét \(\Delta SAC\) và \(\Delta SBC\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{EA}}{{EC}} \cdot \frac{{CJ}}{{SJ}} \cdot \frac{{IS}}{{IA}} = 1}\\{\frac{{FC}}{{FB}} \cdot \frac{{KB}}{{KS}} \cdot \frac{{JS}}{{JC}} = 1}\end{array}} \right.\) (Menelaus) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 \cdot \frac{{CJ}}{{SJ}} \cdot \frac{1}{2} = 1}\\{2 \cdot \frac{{KB}}{{KS}} \cdot 1 = 1}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{CJ}}{{SJ}} = 1}\\{\frac{{KB}}{{KS}} = \frac{1}{2}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{SJ}}{{SC}} = \frac{1}{2}}\\{\frac{{SK}}{{SB}} = \frac{2}{3}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

\( \Rightarrow \frac{{SI}}{{SA}} \cdot \frac{{SJ}}{{SC}} \cdot \frac{{KS}}{{SB}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{9}\). Chọn B.

Ta có \(f\left( x \right) = x \cdot {5^x} \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0\) và \(f'\left( x \right) = \left( {x \cdot {5^x}} \right) = {5^x} + x \cdot {5^x} \cdot {\rm{ln}}5\) nên \(g\left( x \right) = {25^x} + {5^x} - 2\).

Suy ra \(g\left( 0 \right) = 0 = f\left( 0 \right)\). Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 1 \right) = 5}\\{g\left( 1 \right) = 28}\end{array} \Rightarrow f\left( 1 \right) - 5g\left( 1 \right) \ne  - 1} \right.\). Chọn A.

Gọi \(A\) là biến cố "Quả cầu được lấy ra từ hộp thứ nhất là màu trắng",

\(B\) là biến cố "Quả cầu được lấy ra từ hộp thứ hai là màu trắng".

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{3}{{25}},P\left( B \right) = \frac{{10}}{{25}}\).

Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên xác suất để 2 quả cầu lấy ra đều màu trắng:

\(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{3}{{25}} \cdot \frac{{10}}{{25}} = \frac{{30}}{{625}}\).

Tương tự, xác suất để hai quả cầu lấy ra đều:

Màu xanh \(\frac{{15}}{{25}} \cdot \frac{9}{{25}} = \frac{{135}}{{625}}\).

Màu đỏ \(\frac{7}{{25}} \cdot \frac{6}{{25}} = \frac{{42}}{{625}}\).

Vậy xác suất để hai quả lấy ra có màu giống nhau: \(\frac{{30}}{{625}} + \frac{{135}}{{625}} + \frac{{42}}{{625}} = \frac{{207}}{{625}} = 0,3312\).

Đáp án cần nhập là: \(0,33\).

Ta có \({\rm{ln}}\sqrt {4e}  = \frac{1}{2}{\rm{ln}}\left( {4e} \right) = \frac{1}{2}{\rm{ln}}4 + \frac{1}{2}{\rm{ln}}e = {\rm{ln}}2 + \frac{1}{2}\). Chọn D.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x >  - 1}\\{x \ne 1}\end{array}} \right.\).

\[{x^2} - 3x - {\rm{ln}}\left( {\frac{{x + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\rm{ln}}{\left( {x - 1} \right)^2} = x + 1 + {\rm{ln}}\left( {x + 1} \right)\] (1).

Đặt \(f\left( t \right) = t + {\rm{ln}}\left( t \right),t > 0\).

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

Suy ra \(f\left( t \right)\) là hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Ta có phương trình \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \)\(f\left( {x + 1} \right) = f\left( {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right) \Leftrightarrow x + 1 = {\left( {x - 1} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 3}\end{array}} \right.\) (thỏa điều kiện). Chọn D.

Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {ab} \) với \(\left( {a,b} \right) \in A = \left\{ {0;2;4;6;8} \right\}\) và \(a \ne 0\).

Trong đó:

\(a\) được chọn từ tập \(A\backslash \left\{ 0 \right\}\) (có 4 phần tử) nên có 4 cách chọn.

\(b\) được chọn từ tập \(A\) (có 5 phần tử) nên có 5 cách chọn.

Như vậy, ta có \(4 \cdot 5 = 20\) số cần tìm. Chọn C.

Từ \(\sin B = 2\sin C.\cos A \Leftrightarrow \frac{b}{{2R}} = 2 \cdot \frac{c}{{2R}} \cdot \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)

\( \Leftrightarrow {a^2} = {c^2} \Leftrightarrow a = c\).

Vậy tam giác \(ABC\) cân tại \(B\). Chọn D.

Gọi \(x,y\) (tấn) lần lượt là số tấn sản phẩm loại A và B mà nhà máy cần sản xuất để thu được lợi nhuận tối đa khi bán sản phẩm.

Theo đề ta có hệ bất phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{3x + 3y \le 18}\\{2x + 4y \le 16}\end{array}} \right.\) (*)

Biển diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), ta được:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là tứ giác \(OABC\), trong đó:

\(O\left( {0;0} \right);A\left( {0;4} \right);B\left( {4;2} \right);C\left( {6;0} \right)\).

Gọi \(F\) là lợi nhuận (đơn vị: triệu đồng) mà nhà máy thu được, ta có \(F = 30x + 40y\).

Giá trị của \(F\) tại các đỉnh của tứ giác như sau:

Tại \(O\left( {0;0} \right):F = 30 \cdot 0 + 40 \cdot 0 = 0;\)

Tại \(A\left( {0;4} \right)\): \(F = 30 \cdot 0 + 40 \cdot 4 = 160\)

Tại \(B\left( {4;2} \right):F = 30 \cdot 4 + 40 \cdot 2 = 200\);

Tại \(C\left( {6;0} \right)\): \(F = 30 \cdot 6 + 40 \cdot 0 = 180\).

Ta thấy \(F\) đạt giá trị lớn nhất là 200 tại \(B\left( {4;2} \right)\).

Vậy lợi nhuận tối đa mà nhà máy thu được khi bán sản phẩm là 200 triệu đồng.

Đáp án cần nhập là: \(200\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2;1} \right);AB = \sqrt 5  = d\left( {A,d} \right)\). Do đó \(d \bot AB \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {AB} \).

Chọ \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;2} \right)\). Chọn C.

Ta có:\({\left( {a{x^2} - \frac{{2a}}{x}} \right)^5}\)

\( = {\left( {a{x^2}} \right)^5} + 5{\left( {a{x^2}} \right)^4}\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right) + 10{\left( {a{x^2}} \right)^3}{\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^2} + 10{\left( {a{x^2}} \right)^2}{\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^3} + 5\left( {a{x^2}} \right){\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^4} + {\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^5}\)

\( = {a^5}{x^{10}} - 10{a^5}{x^7} + 40{a^5}{x^4} - 80{a^5}x + \frac{{80{a^5}}}{{{x^2}}} - \frac{{32{a^5}}}{{{x^5}}}\)

Vì hệ số \({x^4}\) trong khai triển bằng −9720 nên \(40{a^5} =  - 9720 \Leftrightarrow {a^5} =  - 243\).

Vậy hệ số của \({x^7}\) trong khai triển là \( - 10{a^5} =  - 10 \cdot \left( { - 243} \right) = 2430\). Chọn B.

Có \(y' = \frac{{ - ab - 2}}{{{{\left( {ax - 2} \right)}^2}}}\).

Do \(A\left( {1; - 2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số nên \(\frac{{1 + b}}{{a - 2}} =  - 2 \Leftrightarrow b = 3 - 2a\).

Do tiếp tuyến tại \(A\left( {1; - 2} \right)\) song song với \(d:3x + y - 4 = 0\) nên \[y'\left( 1 \right) =  - 3 \Leftrightarrow \frac{{ - ab - 2}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}} =  - 3\]

Thay \(b = 3 - 2a\) ta được phương trình

\( - a\left( {3 - 2a} \right) - 2 =  - 3{\left( {a - 2} \right)^2} \Leftrightarrow 5{a^2} - 15a + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a = 2}\end{array}} \right.\)

Với \(a = 2 \Rightarrow b =  - 1\) (loại, do \(ab \ne  - 2\) )

Với \(a = 1 \Rightarrow b = 1\). Phương trình tiếp tuyến tại \(A\left( { - 1;2} \right)\) là \(y =  - 3\left( {x + 1} \right) + 2\) song song với \(d\). Vậy \(a = 1,b = 1\), suy ra \(a - 3b =  - 2\). Chọn A.

Xét hàm số \(y = {x^3} + x + 1\) có \(y' = 3{x^2} + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Do đó hàm số \(y = {x^3} + x + 1\) không có cực trị. Chọn C.

Đặt \(u = 2{x^3} + x - 1 \Rightarrow u' = 6{x^2} + 1 > 0\) với \(\forall x\)\( \Rightarrow x \in \left[ {0;1\left] { \Leftrightarrow u \in } \right[ - 1;2} \right]\).

Xét \(g\left( x \right) = f\left( u \right) + m\) với \(u \in \left[ { - 1;2} \right] \Rightarrow g'\left( x \right) = u' \cdot f'\left( u \right)\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow u' \cdot f'\left( u \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( u \right) = 0 \Leftrightarrow u =  \pm 1\).

Bảng biến thiên:

⇒min0;1gx=−20⇔−1+m=−20⇔m=−19. Chọn A.

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{ - {x^2} + 3x + 1}}{{x + 2}}\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(c:x =  - 2\), có \(\overrightarrow {{n_c}}  = \left( {1;0} \right)\).

Có  a=limx→+∞−x2+3x+1x+2x=−1, b=limx→+∞−x2+3x+1x+2−−1x=5

Nên đồ thị hàm số \(y = \frac{{ - {x^2} + 3x + 1}}{{x + 2}}\) có tiệm cận xiên là đường thẳng \(d:y =  - x + 5 \Leftrightarrow x + y - 5 = 0\), có \(\overrightarrow {{n_d}}  = \left( {1;1} \right)\).

Ta có \({\rm{cos}}\left( {c,d} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_c}}  \cdot \overrightarrow {{n_d}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_c}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_d}} } \right|}} = \frac{{\left| {1 \cdot 1 + 0 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2}}  \cdot \sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy cosin góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho là \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\). Chọn A.

Đổi 1 triệu đồng/m2 = 1000 nghìn đồng/m2; \(60{\rm{\;cm}} = 0,6{\rm{\;m}}\).

Gọi \(x,y\left( m \right)\) lần lượt là chiều rộng và chiều dài của bể cá (\(0 < x \le y\)).

Diện tích xung quanh của bể là \(2\left( {x + y} \right) \cdot 0,6 = 1,2x + 1,2y\left( {{m^2}} \right)\).

Diện tích đáy bể cá là \(xy\left( {{m^2}} \right)\).

Sử dụng hết kinh phí hiện có để làm bể cá, ta có phương trình:

\(700 \cdot \left( {1,2x + 1,2y} \right) + 1000 \cdot xy = 832\)

\( \Leftrightarrow 210x + 210y + 250xy = 208 \Leftrightarrow y\left( {210 + 250x} \right) = 208 - 210x \Leftrightarrow y = \frac{{208 - 210x}}{{210 + 250x}}\).

Thể tích bể cá là \(V\left( x \right) = 0,6x \cdot \frac{{208 - 210x}}{{210 + 250x}} = \frac{{124,8x - 126{x^2}}}{{210 + 250x}}\).

Xét hàm số \(V\left( x \right) = \frac{{124,8x - 126{x^2}}}{{210 + 250x}}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

\(V'\left( x \right) = \frac{{ - 31500{x^2} - 52920x + 26208}}{{{{\left( {210 + 250x} \right)}^2}}}\)

\(V'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 31500{x^2} - 52920x + 26208}}{{{{\left( {210 + 250x} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,4}\\{x =  - 2,08}\end{array}} \right.\).

Mà \(x > 0\) nên \(x = 0,4\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị lớn nhất của hàm số \(V\left( x \right)\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) là 0,096.

Đổi \(0,096{m^3} = 96d{m^3}\). Vậy thể tích tối đa của cái bể cá có thể làm là \(96{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}\). Chọn C.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 1}}\) trên \(\left[ {0;1} \right]\).

Bất phương trình \(\frac{{{x^2} + 3x + 3}}{{x + 1}} \ge m\) có nghiệm \(x \in \left[ {0;1} \right]\) khi và chỉ khi .

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \ge 0\forall x \in \left[ {0;1} \right]\) nên \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {0;1} \right]\). Do đó

\(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \frac{7}{2} = 3,5\).

Suy ra \(m \le \frac{7}{2}\). Mà \(m\) là số nguyên thuộc \(\left[ { - 20;20} \right]\). Vậy có 24 giá trị \(m\) thỏa đề bài.

Đáp án cần nhập là: \(24\).

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 4 > 0}\\{f\left( {x + 1} \right) \ne 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x <  - 2}\\{x > 2}\end{array}} \right.}\\{f\left( {x + 1} \right) \ne 4}\end{array}} \right.} \right.\).

Xét \(f\left( {x + 1} \right) = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 = \alpha  \in \left( { - 1;1} \right)}\\{x + 1 = 2}\\{x + 1 = \beta  \in \left( {4; + \infty } \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \alpha  - 1 \in \left( { - 2;0} \right)\,\,\,(L)}\\{x = 1\,\,\,(L)}\\{x = \beta  - 1 \in \left( {3; + \infty } \right)\,\,(TM)}\end{array}} \right.} \right.\)

Khi đó:

 là hai đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vì  khi \(x \to {(\beta  - 1)^ - }\) và

\(\left( {f\left( {x + 1} \right) - 4} \right)\sqrt {{x^2} - 4}  < 0\) khi \(x \to {(\beta  - 1)^ + }\)nên

\( \Rightarrow x = \beta  - 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận đứng.

 nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang

Vậy đồ thị hàm số có 4 đường tiệm cận gồm 3 đường tiệm cận đứng và 1 đường tiệm cận ngang.

Đáp án cần nhập là: \(4\).

+) Từ đề bài, ta suy ra tính từ lúc chất điểm \(A\) bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm \(B\) bắt kịp thì \(A\) đi được 15 giây, \(B\) đi được 12 giây.

+) Biểu thức vận tốc của chất điểm \(B\) có dạng \({v_B}\left( t \right) = \mathop \smallint \nolimits^ adt = at + C\), lại có \({v_B}\left( 0 \right) = 0\) nên \({v_B}\left( t \right) = at\).

+) Từ lúc chất điểm \(A\) bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm \(B\) bắt kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được là bằng nhau. Do đó

∫0151150t2+5975tdt=∫012atdt⇔96=72a⇔a=43.

Từ đó, vận tốc của \(B\) tại thời điểm đuổi kịp \(A\) bằng: \({v_B}\left( {12} \right) = \frac{4}{3} \cdot 12 = 16\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\). Chọn B.

Gọi \(\left( C \right):y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\left( {a \ne 0} \right)\)

Do \(\left( C \right)\) cắt trục \(Oy\) tại điểm có tung độ bằng 2 nên \(d = 2\)

Vì \(\left( C \right)\) đi qua 3 điểm \(A\left( { - 1; - 2} \right),B\left( {1;0} \right)\) và \(C\left( {2; - 2} \right)\) nên ta được hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - a + b - c =  - 4}\\{a + b + c =  - 2}\\{4a + 2b + c =  - 2}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b =  - 3}\\{c = 0}\end{array}} \right.\).

Do đó \(\left( C \right):y = {x^3} - 3{x^2} + 2\).

Gọi \(\left( P \right):y = m{x^2} + nx + r\,\,\left( {m \ne 0} \right)\)

Do \(\left( P \right)\) đi qua 3 điểm \(A\left( { - 1; - 2} \right),O\left( {0;0} \right)\) và \(C\left( {2; - 2} \right)\) nên ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - n + r =  - 2}\\{r = 0}\\{4m + 2n + r =  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 1}\\{r = 0}\\{n = 1}\end{array}} \right.} \right.\).

Do đó \(\left( P \right):y =  - {x^2} + x\)

Vậy \({S_{\left( H \right)}} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - x + 2} \right|} {\rm{d}}x = \frac{{37}}{{12}}\).

\( \Rightarrow a = 37,b = 12 \Rightarrow a - 3b = 1\).

Đáp án cần nhập là: \(1\).

\(f\left( x \right) = {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\frac{x}{2} - 3\sqrt x  \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\frac{x}{2} - 3\sqrt x } \right)dx\)

\( = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {\frac{{\cos x + 1}}{2} - 3 \cdot {x^{\frac{1}{2}}}} \right)dx = \frac{1}{2}\left( {{\rm{sin}}x + x} \right) - 3 \cdot \frac{{{x^{\frac{3}{2}}}}}{{\frac{3}{2}}} + C\)

\( = \frac{1}{2}{\rm{sin}}x + \frac{1}{2}x - 2{\sqrt x ^3} + C\).

Do đó, \(a = \frac{1}{2};b = \frac{1}{2};c =  - 2\). Vậy \(T = a + b - c = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \left( { - 2} \right) = 3\).

Đáp án cần nhập là: \(3\).

Phương trình hoành độ giao điểm là \(\sqrt x  = {x^2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình \(\left( H \right)\) quanh trục \(Ox\) là

\(V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {{{\left( {{x^2}} \right)}^2} - {{\sqrt x }^2}} \right|dx}  = \frac{{3\pi }}{{10}}\). Chọn A.

\(I = \int\limits_a^b {\left[ {3f\left( x \right) - 5g\left( x \right)} \right]dx = 3\int\limits_a^b {f\left( x \right) - 5\int\limits_a^b {g\left( x \right) = 3 \cdot 10 - 5 \cdot 5 = 5} } } \). Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow {MA}  = \left( { - 1 - a;2 - b;5 - c} \right);\overrightarrow {MB}  = \left( {3 - a; - 1 - b; - c} \right);\overrightarrow {MC}  = \left( { - 4 - a; - b; - 2 - c} \right)\)

\(\overrightarrow {MA}  - 2\overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC}  = \vec 0\) nên:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 - a - 2\left( {3 - a} \right) + 3\left( { - 4 - a} \right) = 0}\\{2 - b - 2\left( { - 1 - b} \right) + 3\left( { - b} \right) = 0}\\{5 - c - 2\left( { - c} \right) + 3\left( { - 2 - c} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - \frac{{19}}{2}}\\{b = 2}\\{c =  - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.} \right.\).

Do đó \(T = a + b + c =  - \frac{{19}}{2} + 2 + \left( { - \frac{1}{2}} \right) =  - 8\).

Đáp án cần nhập là: \( - 8\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Lần thứ nhất mua được chậu màu xanh" \( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{5}{9};P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{5}{9} = \frac{4}{9}\).

Gọi \(B\) là biến cố: "Lần thứ hai mua được chậu màu xanh" \[ \Rightarrow P\left( {B\mid A} \right) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2};P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{5}{8}\].

Xác suất cần tìm là

\(P\left( C \right) = P\left( {AB} \right) + P\left( {A\overline B } \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{5}{9} \cdot \frac{1}{2} + \frac{4}{9} \cdot \frac{5}{8} = \frac{5}{9} \approx 0,56\).

Đáp án cần nhập là: \(0,56\).

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) là giao điểm của đường thẳng \(d:\frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 2}}\) với mặt phẳng \(\left( P \right):x - 2y + 2z - 3 = 0\).

Khi đó ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{{x_0}}}{1} = \frac{{{y_0}}}{1} = \frac{{{z_0} + 1}}{{ - 2}}}\\{x - 2y + 2z - 3 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} =  - 1}\\{{y_0} =  - 1}\\{{z_0} = 1}\end{array} \Rightarrow M\left( { - 1; - 1;1} \right)} \right.} \right.\).

Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\), vuông góc với đường thẳng \(d\) nên vectơ chỉ phương của đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) là \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {2;4;3} \right)\).

Mặt khác, \({\rm{\Delta }}\) qua điểm \(M\left( { - 1; - 1;1} \right)\) nên có phương trình tham số là \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + 2t}\\{y =  - 1 + 4t}\\{z = 1 + 3t}\end{array}} \right.\). Chọn C.

Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) có một vectơ chỉ phương là \({\vec u_{\rm{\Delta }}} = \left( {1; - 2;3} \right)\).

Do \(\left( \alpha  \right) \bot {\rm{\Delta }}\) nên \({\vec n_\alpha } = {\vec u_{\rm{\Delta }}} = \left( {1; - 2;3} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có dạng: \(x - 2y + 3z - 6D = 0\).

Theo bài ra, ta có: \(M\left( {6D;0;0} \right),N\left( {0; - 3D;0} \right),N\left( {0;0;2D} \right)\) với \(D > 0\).

Thể tích của khối tứ diện \(OMNP\) là

\[V = \frac{1}{6} \cdot OM \cdot ON \cdot OP = \frac{1}{6} \cdot \left| {6D} \right| \cdot \left| { - 3D} \right|.2D = 6{D^3}\].

Do \(V = 6\) nên \(6{D^3} = 6 \Leftrightarrow D = 1\).

Từ đó suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):x - 2y + 3z - 6 = 0\).

Dễ thấy \(B\left( {1; - 1;1} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\). Chọn B.

Ta có \(P\left( {\overline A \mid B} \right) = 1 - P\left( {A\mid B} \right) = 1 - \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = 1 - \frac{{0,3}}{{0,7}} = \frac{4}{7}\).

Do đó \(P\left( {\overline A  \cap B} \right) = P\left( {\overline A |B} \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{4}{7} \cdot 0,7 = 0,4 = \frac{2}{5}\). Chọn C.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 6;3;2} \right),\,\,\left( {Oxy} \right):z = 0\) nhận \(\vec k = \left( {0;0;1} \right)\) là vectơ pháp tuyến.

\( \Rightarrow {\rm{sin}}\alpha  = {\rm{sin}}\left( {AB,\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| 2 \right|}}{{\sqrt {{{( - 6)}^2} + {3^2} + {2^2}}  \cdot \sqrt {{1^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 7 }} \Rightarrow \alpha  \approx 49^\circ \).

Đáp án cần nhập là: \(49\).

Ta có: \(I = \mathop \smallint \nolimits^ \frac{{2{x^2} - 7x + 5}}{{x - 3}}{\rm{\;d}}x = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {2x - 1 + \frac{2}{{x - 3}}} \right){\rm{d}}x\) \( = {x^2} - x + 2{\rm{ln}}\left| {x - 3} \right| + C\). Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow {{u_1}} \left( {3; - 1; - 2} \right);\overrightarrow {{u_2}} \left( {1;3;1} \right)\) lần lượt là véctơ chỉ phương của đường thẳng d1 và d2.

Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng và là mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng là đường kính.

Gọi \(A\left( {4 + 3a;1 - a; - 5 - 2a} \right) \in {d_1}\) và \(B\left( {2 + b; - 3 + 3b;b} \right) \in {d_2}\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {b - 3a - 2;3b + a - 4;b + 2a + 5} \right)\).

\(AB\) là đoạn vuông góc chung của và khi và chỉ khi

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {{u_1}}  = 0}\\{\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {{u_2}}  = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3\left( {b - 3a - 2} \right) - \left( {3b + a - 4} \right) - 2\left( {b + 2a + 5} \right) = 0\\1\left( {b - 3a - 2} \right) + 3\left( {3b + a - 4} \right) + 1\left( {b + 2a + 5} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{7a + b + 6 = 0}\\{2a + 11b - 9 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Suy ra \(A\left( {1;2; - 3} \right);B\left( {3;0;1} \right)\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2;1; - 1} \right)\) là trung điểm của \(AB\), có bán kính \(R = IA = \sqrt 6 \).

Vậy phương trình \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x - 2y + 2z = 0\). Chọn C.

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng \(\left( P \right) \Rightarrow H\left( { - \frac{4}{9};\frac{{11}}{9};\frac{{13}}{9}} \right)\) và \(IH = \frac{{11}}{3}\)

Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên mặt phẳng \(\left( P \right) \Rightarrow K\left( { - \frac{{26}}{9}; - \frac{5}{9}; - \frac{1}{9}} \right)\).

Vì \(M\) thuộc \(\left( P \right)\) và \(IM = 5\) nên \(M\) nằm trên đường tròn tâm \(H\), bán kính \(HM\) và

\(HM = \sqrt {I{M^2} - I{H^2}}  = \sqrt {{5^2} - {{\left( {\frac{{11}}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{2\sqrt {26} }}{3}\).

\(\overrightarrow {HK}  = \left( { - \frac{{22}}{9}; - \frac{{16}}{9}; - \frac{{14}}{9}} \right) \Rightarrow HK = \frac{{2\sqrt {26} }}{3} \Rightarrow K \in \left( {H,HK} \right)\).

Do đó, để \(AM\) lớn nhất thì \(KM\) lớn nhất khi và chỉ khi \(M\) là điểm đối xứng với \(K\) qua \(H\).

Khi đó tọa độ của điểm \(M\left( {2;3;3} \right) \Rightarrow a = 2,b = 3,c = 3 \Rightarrow T = a + b + 2c = 11\). Chọn C.

Chia lượng nước trong bể khi bể đầy ra làm 3 phần, thì lượng nước của vòi thứ nhất chảy ra sẽ chiếm 2 phần, của vòi thứ hai sẽ chiếm 1 phần, tức là vòi thứ nhất chảy \(\frac{2}{3}\) bể nước, còn vòi thứ hai chảy \(\frac{1}{3}\) bể nước.

Vòi thứ nhất chảy một mình thì mất 23 phút đầy bể nên để chảy được \(\frac{2}{3}\) bể, vòi thứ nhất phải chảy trong: \(\frac{2}{3} \cdot 23 = \frac{{46}}{3}\) (phút).

Vòi thứ hai chảy một mình thì mất 16 phút đầy bể nên để chảy được \(\frac{1}{3}\) bể, vòi thứ hai phải chảy trong: \(\frac{1}{3} \cdot 16 = \frac{{16}}{3}\) (phút).

Vì hai vòi được đóng cùng lúc khi bể đầy nên vòi thứ nhất đã mở trước vòi thứ hai là \(\frac{{46}}{3} - \frac{{16}}{3} = 10\) (phút). Chọn C.

Giả sử có \(k\) lần Chằn tinh mọc lại đầu.

Khi đó số đầu Chằn tinh bị chặt là \(3k\).

Số đầu mọc thêm là \(k\).

Gọi \(r\) là số đầu chặt ở lần cuối (không mọc lại), ta có: \(3k + r = 16\).

Số đầu ban đầu của Chằn tinh là \(N = \left( {3k - k} \right) + r = 2k + r\).

Từ \(3k + r = 16 \Rightarrow r = 16 - 3k\).

Suy ra \(N = 2k + 16 - 3k = 16 - k\).

Vì lần cuối không mọc thêm đầu nên \(r < 3\). Suy ra \(k = 5\).

Do đó \(N = 16 - 5 = 11\). Chọn C.