Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 24

Số trung bình của mẫu số liệu có trong bảng đã cho là:

\[\overline x  = \frac{{1 \cdot 3 + 2 \cdot 6 + 3 \cdot 15 + 4 \cdot 10 + 5 \cdot 6}}{{3 + 6 + 15 + 10 + 6}} = \frac{{13}}{4} = 3,25\].

Đáp án cần nhập là: \(3,25\).

Ta có: \(L = 10{\rm{log}}\frac{I}{{{I_0}}} \Rightarrow 60 = 10{\rm{log}}\frac{{{{10}^{ - 6}}}}{{{I_0}}} \Rightarrow \frac{{{{10}^{ - 6}}}}{{{I_0}}} = {10^6} \Rightarrow {I_0} = {10^{ - 12}}\).

Gọi cường độ âm và mức cường độ âm cho phép ở các quán bar, club... lần lượt là \({I_c}\) và \({L_c}\).

Ta có: \({L_c} = 10{\rm{log}}\frac{{{I_c}}}{{{I_0}}} \le 110 \Rightarrow 10{\rm{log}}\frac{{{I_c}}}{{{{10}^{ - 12}}}} \le 110 \Rightarrow \frac{{{I_c}}}{{{{10}^{ - 12}}}} \le {10^{11}} \Rightarrow {I_c} \le 0,1\).

Vậy cường độ âm tối đa cho phép ở các quán bar, club... là \(0,1{\rm{\;W}}/{m^2}\). Chọn C.

Gọi mức cường độ âm ban đầu là \({L_1}\).

Ta có: \({L_1} = 10{\rm{log}}\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} \Rightarrow \frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = {10^{\frac{{{L_1}}}{{10}}}} \Rightarrow {I_1} = {I_0} \cdot {10^{\frac{{{L_1}}}{{10}}}}\).

Khi mức cường độ âm giảm xuống \(3B = 30{\rm{\;dB}}\), mức cường độ âm lúc này là: \({L_1} - 30\).

Khi đó, cường độ âm là: \({I_2} = {I_0} \cdot {10^{\frac{{{L_1} - 30}}{{10}}}}\).

Ta có: \(\frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = \frac{{{I_0} \cdot {{10}^{\frac{{{L_1}}}{{10}}}}}}{{{I_0} \cdot {{10}^{\frac{{{L_1} - 30}}{{10}}}}}} = {10^3} = 1000 \Rightarrow {I_2} = \frac{{{I_1}}}{{1000}}\).

Do đó, cường độ âm phải giảm đi 1000 lần để mức cường độ âm giảm xuống \(3B\). Chọn D.

\({L_A} = 10\log \frac{{{I_A}}}{{{I_0}}} \Rightarrow {I_A} = {I_0} \cdot {10^{\frac{{{L_A}}}{{10}}}} = {I_0} \cdot {10^{\frac{{100}}{{10}}}} = {I_0} \cdot {10^{10}}\).

\({L_B} = 10\log \frac{{{I_B}}}{{{I_0}}} \Rightarrow {I_B} = {I_0} \cdot {10^{\frac{{{L_B}}}{{10}}}} = {I_0} \cdot {10^{\frac{{75}}{{10}}}} = {I_0} \cdot {10^{7,5}}\).

Do đó \(\frac{{{I_A}}}{{{I_B}}} = \frac{{{{10}^{10}}}}{{{{10}^{7,5}}}} = {10^{2,5}}\). Mà theo đề:

\(\frac{{{I_A}}}{{{I_B}}} = {\left( {\frac{{{R_B}}}{{{R_A}}}} \right)^2} \Rightarrow \frac{{{R_B}}}{{{R_A}}} = \sqrt {\frac{{{I_A}}}{{{I_B}}}}  = \sqrt {{{10}^{2,5}}}  = {10^{1,25}} \Rightarrow {R_B} = {10^{1,25}}{R_A}\).

\(M\) là trung điểm \(AB\) nên

\({R_M} = \frac{{{R_A} + {R_B}}}{2} = \frac{{{R_A} + {{10}^{1,25}}{R_A}}}{2} = {R_A} \cdot \frac{{1 + {{10}^{1,25}}}}{2} \Rightarrow \frac{{{R_M}}}{{{R_A}}} = \frac{{1 + {{10}^{1,25}}}}{2}\).

Ta có: \({L_A} - {L_M} = 10{\rm{log}}\frac{{{I_A}}}{{{I_0}}} - 10{\rm{log}}\frac{{{I_M}}}{{{I_0}}} = 10{\rm{log}}\frac{{{I_A}}}{{{I_M}}} = 10{\rm{log}}{\left( {\frac{{{R_M}}}{{{R_A}}}} \right)^2} = 10 \cdot {\rm{log}}{\left( {\frac{{1 + {{10}^{1,25}}}}{2}} \right)^2}\).

Do đó \({L_M} = 100 - 10 \cdot {\rm{log}}{\left( {\frac{{1 + {{10}^{1,25}}}}{2}} \right)^2} \approx 80,5\left( {dB} \right)\). Chọn D.

Số cách chọn 5 người từ 15 người là: \(C_{15}^5\).

Gọi A là biến cố "đội có ít nhất 3 nữ". Ta xét các trường hợp:

Trường hợp 1: Đội có 3 nữ và 2 nam

Số các cách chọn: \(C_6^3 \cdot C_9^2\)

Trường hợp 2: Đội có 4 nữ và 1 nam.

Số cách chọn: \(C_6^4 \cdot C_9^1\).

Trường hợp 3: Đội có 5 nữ

Số cách chọn: \(C_6^5\).

Vậy số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = C_6^3 \cdot C_9^2 + C_6^4 \cdot C_9^1 + C_6^5\)

Vậy xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = \frac{{C_6^3 \cdot C_9^2 + C_6^4 \cdot C_9^1 + C_6^5}}{{C_{15}^5}} \approx 0,29\). Chọn B.

Đồ thị quay bề lõm xuống dưới nên \(a < 0\).

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên \(c < 0\).

Đồ thị có đỉnh có hoành độ dương, mà đỉnh của đồ thị hàm số có hoành độ \( - \frac{{ - b}}{{2a}}\),do \(a < 0\) nên \(b < 0\). Chọn A.

Mệnh đề phủ định của mệnh đề đã cho là \(\exists \varepsilon  > 0,\forall {n_o} \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},\exists n > {n_o},\left| {\frac{1}{n}} \right| \ge \varepsilon \) . Chọn C.

Đường thẳng \(AB\) đi qua \(A\left( {3;4} \right)\) có \(\overrightarrow {AB} \left( { - 1;1} \right)\) làm vectơ chỉ phương nên nhận \(\overrightarrow n  = \left( {1;1} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình  là \(1\left( {x - 3} \right) + 1\left( {y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 7 = 0\).

Khoảng cách từ điểm \(C\) tới đường thẳng \(AB\) là \(d\left( {C,AB} \right) = \frac{{\left| {4 + 6 - 7} \right|}}{{\sqrt {1 + 1} }} = \frac{3}{{\sqrt 2 }}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot d\left( {C,AB} \right) = \frac{1}{2} \cdot \sqrt 2  \cdot \frac{3}{{\sqrt 2 }} = \frac{3}{2}\).

Khi đó, do \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên diện tích tam giác \(BCG\) là

\({S_{BCG}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2} = \frac{1}{2}\). Chọn B.

Tổng chiều cao của \(n\) bậc thang là: \({S_n} = \frac{n}{2}\left( {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right)\).

Thay \({S_n} = 3,6;{u_1} = 0,3;d =  - 0,01\) ta có:

\(3,6 = \frac{n}{2}\left( {2 \cdot 0,3 + \left( {n - 1} \right)\left( { - 0,01} \right)} \right) \Leftrightarrow 0,01{n^2} - 0,61n + 7,2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 16}\\{n = 45}\end{array}} \right.\).

Thử lại với các nghiệm n thu được ta thấy:

Với \(n = 16\) thì chiều cao bậc cuối cùng là \(h = 0,3 + \left( {16 - 1} \right)\left( { - 0,01} \right) = 0,15m\).

Với \(n = 45\) thì chiều cao bậc cuối cùng là \(h = 0,3 + \left( {45 - 1} \right)\left( { - 0,01} \right) =  - 0,14\). Chiều cao âm như này không hợp lý nên giá trị \(n = 45\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(16\).

\[3{\cos ^2}x - \sin x\cos 2x - \frac{{\sin 2x}}{2} - \cos x\cos 2x + \sin x = 2\]

\( \Leftrightarrow 3{\cos ^2}x - 2 - \sin x\cos 2x - \sin x\cos x - \cos x\cos 2x + \sin x = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x - 1 + {\cos ^2}x - 1 - \sin x\cos 2x - \sin x\cos x - \cos x\cos 2x + \sin x = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos 2x - {\sin ^2}x - \sin x\cos 2x - \sin x\cos x - \cos x\cos 2x + \sin x = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos 2x\left( {1 - \sin x - \cos x} \right) + \sin x\left( {1 - \sin x - \cos x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\cos 2x + \sin x} \right)\left( {1 - \sin x - \cos x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( { - 2{{\sin }^2}x + \sin x + 1} \right)\left( {1 - \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sin x - 1} \right)\left( {2\sin x + 1} \right)\left( {1 - \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = 1}\\{\sin x = \frac{{ - 1}}{2}}\\{\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{11\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z})} \right.} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{11\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = k2\pi }\end{array}\quad (k \in \mathbb{Z})} \right.\).

Cho \(0 < \frac{\pi }{2} + k2\pi  < 2024\pi  \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{4} < k < \frac{{4047}}{4} \Rightarrow \) Có 1012 giá trị nguyên của \(k\).

Cho \(0 < \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi  < 2024\pi  \Leftrightarrow \frac{{ - 7}}{{12}} < k < \frac{{12137}}{{12}} \Rightarrow \) Có 1012 giá trị nguyên của \(k\).

Cho \(0 < \frac{{11\pi }}{6} + k2\pi  < 2024\pi  \Leftrightarrow \frac{{ - 11}}{{12}} < k < \frac{{12133}}{{12}} \Rightarrow \) Có 1012 giá trị nguyên của \(k\).

Cho \(0 < k2\pi  < 2024\pi  \Leftrightarrow 0 < k < 1012 \Rightarrow \) Có 1011 giá trị nguyên của \(k\).

Khi đó, phương trình đã cho có \(1012 + 1012 + 1012 + 1011 = 4047\) nghiệm trong (\(0;2024\pi \)). Chọn A.

Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\) mà \(CD \bot AD\) nên \(CD \bot \left( {SAD} \right)\).

Vì \(D\) là hình chiếu của \(C\) trên \(\left( {SAD} \right)\) nên góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là \(\widehat {CSD}\).

Ta có: \(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {a^2}}  = a\sqrt 3 \).

\({\rm{tan}}\widehat {CSD} = \frac{{CD}}{{SD}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CSD} = 30^\circ \).

Vậy góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là \(30^\circ \). Chọn A.

Ta có \(AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}  = a\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(A'B\).

Khi đó \(AH \bot \left( {A'BC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH\).

Ta có \(AH = \frac{{AA' \cdot AB}}{{\sqrt {A{{A'}^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC'\) và \(A'C\).

Suy ra \(O\) là trung điểm của \(AC'\), đồng thời \(O\) giao điểm của \(AC'\) và \(\left( {A'BC} \right)\).

Do đó \[\frac{{d\left( {C',\left( {A'BC} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right)}} = \frac{{C'O}}{{AO}} = 1 \Rightarrow d\left( {C',\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\]. Chọn D.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt[3]{{{x^2} - 1}} - 2}}{{{x^2} - 4x + 3}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 9}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^2}}} + 2 \cdot \sqrt[3]{{{x^2} - 1}} + 4} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 3}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^2}}} + 2\sqrt[3]{{{x^2} - 1}} + 4} \right)}} = \frac{1}{4}\)

\(f\left( 3 \right) = 3m\)  

Để hàm số liên tục tại \(x = 3\) thì limx→3fx=f3⇒14=3m⇒m=112≈0,08.

Đáp án cần nhập là: 0,08.

Từ \(SA\) vuông góc với đáy ta suy ra \(CD \bot SA\).

Từ \(CD \bot AD\) và \(CD \bot SA\) suy ra \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\).

Từ \(CD \bot AH\) và \(AH \bot SD\) suy ra \(AH \bot \left( {SCD} \right)\). Chọn C.

Có \(f'\left( x \right) = \left( {2x + 3} \right) \cdot \left( { - {\rm{sin}}\left( {{x^2} + 3x} \right)} \right) \cdot 2\left( {{\rm{cos}}\left( {{x^2} + 3x} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow f'\left( 1 \right) =  - 5{\rm{sin}}\left( 4 \right) \cdot 2{\rm{cos}}\left( 4 \right) =  - 10{\rm{sin}}\left( 4 \right){\rm{cos}}\left( 4 \right) =  - 5{\rm{sin}}\left( 8 \right)\). Chọn B.

Do \(AA'//BB'\) nên \(d\left( {A'M,BB'} \right) = d\left( {BB',\left( {AA'M} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AA'M} \right)} \right)\).

Kẻ \(BH \bot AM\left( {H \in AM} \right) \Rightarrow BH \bot \left( {AA'M} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {AA'M} \right)} \right) = BH\).

Khi đó, ta có:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = A'M \cdot {S_{ABC}} = 2A'M \cdot {S_{ABM}} = A'M \cdot BH \cdot AM\)

\( = \frac{1}{2}BH \cdot A'M \cdot BC = BH \cdot {S_{A'BC}} = 3 \cdot 1 = 3\) (đơn vị thể tích).

Đáp án cần nhập là: \(3\).

Gọi \({x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{200}}\) là tốc độ của 200 lần giao bóng xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có \({M_e} = \frac{{{x_{100}} + {x_{101}}}}{2}\) mà \({x_{100}};{x_{101}} \in \left[ {165;170} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị.

Trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm này là: \({M_e} = 165 + \frac{{\frac{{200}}{2} - 70}}{{50}} \cdot \left( {170 - 165} \right) = 168\). Chọn A.

Ta có \({\rm{lim}}\left( { - 2{n^{2024}} + 3{n^{2023}} + 6} \right) = {\rm{lim}}\left[ {{n^{2024}}\left( { - 2 + \frac{3}{n} + \frac{6}{{{n^{2024}}}}} \right)} \right] =  - \infty \). Chọn B.

Ta có \(\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x - y} \right)\sqrt {{3^x} - 9}  \le 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{{3^x} \ge 9}\\{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x \le y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge 2}\\{x \le {3^y}}\end{array}} \right.} \right.\)

Nếu \({3^y} < 2\) thì bất phương trình vô nghiệm (không thỏa mãn).

Nếu \({3^y} = 2 \Leftrightarrow y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}2 \approx 0,631\) thì bất phương trình có tập nghiệm \(T = \left\{ 2 \right\}\)

(không thỏa mãn vì \(y\) nguyên dương).

Nếu \({3^y} > 2 \Leftrightarrow y > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}2 \approx 0,631\), khi đó bất phương trình có tập nghiệm \(T = \left[ {2;{3^y}} \right]\)

Để mỗi giá trị \(y\), bất phương trình có không quá 2186 nghiệm nguyên \(x\) thì \({3^y} \le 2187 \Leftrightarrow y \le {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}2187 = 7\). Chọn A.

Nhóm có tần số lớn nhất là nhóm \(\left[ {7;8} \right)\) điểm với tần số là 17 học sinh.

Khi đó mốt của mẫu số liệu ghép nhóm trên là: \({M_o} = 7 + \frac{{17 - 14}}{{\left( {17 - 14} \right) + \left( {17 - 9} \right)}} \cdot 1 = \frac{{80}}{{11}} \approx 7,27\).

Đáp án cần nhập là: \(7,27\).

Ta có ∫03f'xdx=fx03=f3−f0=f3−6  1.

Mà ∫03f'xdx=∫01f'xdx+∫13f'xdx.

Vì \(f'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\) và \(f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left[ {1;3} \right]\).
Do đó: ∫03f'xdx=∫01f'xdx+∫13f'xdx=SA−SB=4−15=−11  2.
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow f\left( 3 \right) - 6 =  - 11 \Rightarrow f\left( 3 \right) =  - 5\).

Đáp án cần nhập là: \( - 5\).

Gọi \(v\left( t \right)\) là hàm số vận tốc của vật.

Trong 5 phút đầu tiên: \(0 \le t \le 5\).

Vật chuyển động với vận tốc là một hàm số bậc hai theo thời gian nên

\(v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\left( {a \ne 0} \right)\).

Theo đề ta có: \(v\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow c = 0 \Rightarrow v\left( t \right) = a{t^2} + bt\).

Và \(\mathop {{\rm{Max}}v}\limits_{\left[ {0;5} \right]} \left( t \right) = 800\) đạt được khi \(t = 4\) nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \frac{b}{{2a}} = 4}\\{v\left( 4 \right) = 800}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8a + b = 0}\\{16a + 4b = 800}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 50}\\{b = 400}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Do đó \(v\left( t \right) =  - 50{t^2} + 400t\) với \(t \in \left[ {0;5} \right]\).

Trong vòng 3 phút tiếp theo, tức là từ thời điểm 5 phút đến thời điểm 8 phút: \(5 \le t \le 8\).

Vật chuyển động chậm dần đều rồi dừng hẳn nên \(v\left( t \right) = mt + n\left( {m \ne 0} \right)\).

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{v\left( 5 \right) =  - 50 \cdot {5^2} + 400 \cdot 5}\\{v\left( 8 \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{v\left( 5 \right) = 750}\\{v\left( 8 \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5m + n = 750}\\{8m + n = 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 250}\\{n = 2000}\end{array}} \right.\).

Do đó \(v\left( t \right) =  - 250t + 2000\) với \(t \in \left[ {5;8} \right]\).

Quãng đường đi được của vật là

∫05−50t2+400tdx+∫58−250t+2000dx=121253≈4042m. Chọn B.

Thể tích phần bên trong của bình gốm là:

\({V_1} = \pi \int\limits_0^{30} {{{\left( {\frac{{{x^2}}}{{175}} + \frac{3}{{35}}x + 5} \right)}^2}dx}  \approx 6513\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Thể tích bình bao gồm cả độ dày là:

V2=π∫031x2175+335x+5+12dx≈8725cm3.

Vậy thể tích đất sét cần dùng để hoàn thành bình gốm là: \(V = 8725 - 6513 = 2212\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\). Chọn A.

Có:

\(I = \left. {\left[ {6{\rm{ln}}\left( {\left| {x - 3} \right|} \right) - 3{\rm{ln}}\left( {\left| {x - 1} \right|} \right)} \right]} \right|_{ - 2}^{ - 1} = 6{\rm{ln}}4 - 3{\rm{ln}}2 - 6{\rm{ln}}5 + 3{\rm{ln}}3 = 9{\rm{ln}}2 + 3{\rm{ln}}3 - 6{\rm{ln}}5\)

Khi đó, ta có \(a = 9,b = 3,c = 6 \Rightarrow a + b + c = 18\).

Đáp án cần nhập là: \(18\).

Gọi \(A\) là biến cố "người được chọn ra không nhiễm bệnh".

Và \(B\) là biến cố "người được chọn ra không có phản ứng dương tính"

Theo bài ta có: \(P\left( A \right) = 0,91;P\left( {\overline B \mid \overline A } \right) = 0,85;P\left( {\overline B \mid A} \right) = 0,07\).

Do đó: \(P\left( {B\mid A} \right) = 1 - P\left( {\overline B \mid A} \right) = 1 - 0,07 = 0,93\).

Xác suất để người được chọn ra không nhiễm bệnh và không có phản ứng dương tính là

\(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) = 0,91 \cdot 0,93 = 0,8463\). Chọn C.

Gọi \(A\) là biến cố "người được chọn nghiện thuốc lá".

Gọi \(B\) là biến cố "người được chọn bị bệnh phổi".

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

Ta có: \(P\left( A \right) = 0,2 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,8;P\left( {B\mid A} \right) = 0,7 \Rightarrow P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,15\).

Theo công thức Bayes, ta có

\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right)P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right)P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\overline A } \right)P\left( {B\mid \overline A } \right)}} = \frac{{0,2 \cdot 0,7}}{{0,2 \cdot 0,7 + 0,8 \cdot 0,15}} = \frac{7}{{13}}\). Chọn B.

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: \(3\).

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {2;3} \right\}\).

Ta có: limx→2+y=limx→2+x+2x2−5x+6=−∞. Do đó đường thẳng \(x = 2\) là tiệm cận đứng.

            limx→3+y=limx→3+x+2x2−5x+6=+∞. Do đó đường thẳng \(x = 3\) là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận đứng. Chọn B.

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng từ \(\left( { - 1;0} \right)\). Chọn B.

Đặt \(t = \tan x\).

Vì \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\) nên \(t \in \left( {0;1} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{t - 2}}{{t - m}},\forall t \in \left( {0;1} \right)\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\).

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{2 - m}}{{{{\left( {t - m} \right)}^2}}}\).

Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right)\) nên

\( \Leftrightarrow f'\left( t \right) > 0\forall t \in \left( {0;1} \right)\)\( \Leftrightarrow \frac{{2 - m}}{{{{\left( {t - m} \right)}^2}}} > 0\forall t \in \left( {0;1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - m > 0}\\{m \notin \left( {0;1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \le 0}\\{m \ge 1}\end{array}{\rm{\;}}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ;0\left]  \cup  \right[1;2} \right)} \right.} \right.\). Chọn A.

Từ bảng biến thiên, ta suy ra phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 4 nghiệm \({a_1},{a_2},{a_3},{a_4}\) thoả mãn \({a_1} <  - 1 < {a_2} < 0 < {a_3} < 1 < {a_4}\).

Có \({\left[ {f\left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]^\prime } = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\)

Giải phương trình \({\left[ {f\left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]^\prime } = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - 2 = 0}\\{{x^2} - 2x = {a_1}}\\{{x^2} - 2x = {a_2}}\\{{x^2} - 2x = {a_3}}\\{{x^2} - 2x = {a_4}}\end{array}} \right.\).

Ta có đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 2x\) như sau:

Do \({a_1} <  - 1 < {a_2} < 0 < {a_3} < 1 < {a_4}\) nên trong 4 phương trình bậc hai trên, sẽ có 3 phương trình cho hai nghiệm phân biệt khác 1, còn phương trình \({x^2} - 2x = {a_1}\) vô nghiệm.

Do đó phương trình \({\left[ {f\left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]^\prime } = 0\) có 7 nghiệm phân biệt, tương ứng với 7 điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\). Chọn C.

Xét hàm số \(h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\).

Ta có: \(h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - g'\left( x \right);h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = g'\left( x \right) \Leftrightarrow x = a\,\,(0 < a < 1)\).

Bảng biến thiên của hàm số \(y = h\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) :

Từ bảng biến thiên ta thấy:

Vì \(f\left( { - 2} \right) - f\left( 2 \right) < g\left( { - 2} \right) - g\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( { - 2} \right) - g\left( { - 2} \right) < f\left( 2 \right) - g\left( 2 \right) \Leftrightarrow h\left( { - 2} \right) < h\left( 2 \right)\) nên

max[-2;2] hx=maxh−2;h2=h2⇔x=2.

min−2;2hx=ha⇔x=a  (0<a<1).

Đáp án cần nhập là: \(2\).

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right)\left( {{x_0} \ge 3} \right)\) có dạng \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\).

Do tiếp tuyến cắt hai tia \(Ox,Oy\) lần lượt tại hai điểm \(A,B\) và tam giác \(OAB\) cân nên tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(y = x\).

Suy ra \(\frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}} =  - 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 1}\\{{x_0} = 3}\end{array}} \right.\). So điều kiện thì ta loại \({x_0} = 1\).

Với \({x_0} = 3\) ta có phương trình tiếp tuyến là \(y =  - x + 5\). Chọn B.

Chọn hệ trục \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục là \(dm\)) như hình vẽ.

Mỗi quả bóng xem là mặt cầu tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\).

Vì mỗi quả bóng đều tiếp xúc với hai bức tường và nền của nhà nên chúng tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ. Khi đó:

\(d\left( {I,\left( {xOy} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {yOz} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {zOx} \right)} \right) = R \Leftrightarrow a = b = c > 0 \Rightarrow I\left( {a;a;a} \right)\).

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\) là điểm nằm trên quả bóng có khoảng cách đến hai bức tường và nền nhà mà nó tiếp xúc bằng \(1;2;4 \Rightarrow M\left( {1;2;4} \right)\).

\(M\) nằm trên bề mặt quả bóng khi \(IM = d\left( {I,\left( {xOy} \right)} \right) = a\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {a - 4} \right)^2} = {a^2} \Leftrightarrow 2{a^2} - 14a + 21 = 0\) (*).

Vì (*) có \({\rm{\Delta '}} = 7 > 0\) nên nó có hai nghiệm phân biệt \({a_1},{a_2}\) và \({a_1} + {a_2} = 7\).

Khi đó tổng bán kính của hai quả bóng là \(7\left( {dm} \right)\).

Đáp án cần nhập là: \(7\).

Ta có \(\overrightarrow {A'M}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {CC'} ;\overrightarrow {BC}  =  - \overrightarrow {CM}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {CM}  + \overrightarrow {CC'} \)

Do đó \(\vec u = \overrightarrow {A'M}  - \overrightarrow {BC}  - \overrightarrow {AC'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {CM}  - 2\overrightarrow {CC'} \).

Nên \(\left| {\vec u} \right| = \left| {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {CM}  - 2\overrightarrow {CC'} } \right| \Rightarrow |\vec u{|^2} = {\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {CM}  - 2\overrightarrow {CC'} } \right)^2} = \frac{1}{4}A{B^2} + 4C{M^2} + 4C{C'^2}\)

\( = \frac{1}{4}{a^2} + 4 \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + 4 \cdot {\left( {2a} \right)^2} = \frac{{77{a^2}}}{4}\). Do đó \(\left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {A'M}  - \overrightarrow {BC}  - \overrightarrow {AC'} } \right| = \frac{{\sqrt {77} a}}{2}\). Chọn C.

Gọi \(G\) là trọng tâm \({\rm{\Delta }}ABC \Rightarrow G\) cố định và \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \vec 0\)

\(P = {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GC} } \right)^2}\)

\( = 3M{G^2} + 2\overrightarrow {MG} \left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC} } \right) + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}\)

\( = 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} \ge G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}\).

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow M \equiv G\)

Vậy \({P_{{\rm{min}}}} = G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}\) với \(M \equiv G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Chọn C.

Ta có: \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 2 - 2 \cdot \left( { - 3} \right) + 1 - 6} \right|}}{3} = \frac{5}{3}\).

Bán kính \(R\) của mặt cầu là: \(R = \sqrt {{{\left( {d\left( {I,\left( P \right)} \right)} \right)}^2} + {r^2}}  = \sqrt {\frac{{25}}{9} + 7}  = \frac{{2\sqrt {22} }}{3}\).

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = \frac{{88}}{9}\). Chọn D.

Số cách đi tới một ô vuông sẽ bằng tổng số cách đi tới ô vuông ngay trên nó và số cách đi tới ô vuông bên trái nó.

Nếu ô vuông đó không thể đi vào, số cách đi vào ô vuông đó sẽ bằng 0.

Qua đó, ta có bảng số cách đi tới từng ô vuông như sau:

Như vậy, có 14 cách cho con kiến đi tới ô vuông B từ ô vuông A. Chọn B.

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.

Phương trình tham số của đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 + t}\\{z = 1 + 2t}\end{array}{\rm{\;}}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right.\).

\(H \in d \Rightarrow H\left( {1 + t;2 + t;1 + 2t} \right)\).

Độ dài

\(AH = \sqrt {{{\left( {t - 1} \right)}^2} + {{\left( {t + 1} \right)}^2} + {{\left( {2t - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {6{t^2} - 12t + 11}  = \sqrt {6{{\left( {t - 1} \right)}^2} + 5}  \ge \sqrt 5 \).

Độ dài \(AH\) nhỏ nhất bằng \(\sqrt 5 \) khi \(t = 1 \Rightarrow H\left( {2;3;3} \right)\).

Vậy \(a = 2,b = 3,c = 3 \Rightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = 62\).

Đáp án cần nhập là: \(62\).

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 3y + z - 1 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2; - 3;1} \right)\).

Đường thẳng \({\rm{\Delta }}:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z - 2}}{1}\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \left( {2;1;1} \right)\).

Đường thẳng \(d\) song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và vuông góc với đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{n_P}} }\\{\overrightarrow {{u_d}}  \bot \overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} }\end{array}} \right.\).

Do đó, \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} } \right] = \left( { - 4;0;8} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(d\). Chọn \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;0; - 2} \right)\).

Vậy phương trình tham số của đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( {1;2; - 1} \right)\) thỏa yêu cầu bài toán là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2}\\{z =  - 1 - 2t}\end{array}{\rm{\;}}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right.\). Chọn B.

Đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{2} = \frac{{z - 2}}{1}\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;2;1} \right)\).

 Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng đi qua \(I\) vuông góc với đường thẳng \(d\) có phương trình là

\(\left( {x - 2} \right) + 2y + \left( {z - 1} \right) = 0\) hay \(x + 2y + z - 3 = 0\).

Gọi H là giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P).

Tọa độ của H là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{2} = \frac{{z - 2}}{1}\\x + 2y + z - 3 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 0\\z = 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow H\left( {1;0;2} \right)\).

Khi đó bán kính của mặt cầu là \(R = IH = \sqrt {{{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {0^2} + {{\left( {2 - 1} \right)}^2}}  = \sqrt 2 \).

Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2;0;1} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là: \({(x - 2)^2} + {y^2} + {(z - 1)^2} = 2\).  Chọn C.

Xét \(x \in \left[ {0;2} \right]\), ta có \({2^x} > {2^0} \Leftrightarrow {2^x} > 1\) nên \(\left| {{2^x} - 1} \right| = {2^x} - 1\).

Diện tích hình phẳng cần tính là S=∫022x−1dx=∫022x−1dx≈2,3.

Đáp án cần nhập là: \(2,3\).

Ta có bảng thống kê điện năng tiêu thụ của các hộ gia đình theo giá trị đại diện:

Cỡ mẫu \(n = 6 + 15 + 25 + 20 + 10 + 4 = 80\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

\(\overline x  = \frac{{125 \cdot 6 + 175 \cdot 15 + 225 \cdot 25 + 275 \cdot 20 + 325.10 + 375 \cdot 4}}{{80}} = 240,625\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là

\({S^2} = \frac{1}{{80}}\left( {6 \cdot {{125}^2} + 15 \cdot {{175}^2} + 25 \cdot {{225}^2} + 20 \cdot {{275}^2} + 10 \cdot {{325}^2} + 4 \cdot {{375}^2}} \right) - {240,625^2} \approx 3975\). Chọn C.

Đổi 2 giờ 30 phút \( = 2,5\) giờ; 1 giờ 30 phút \( = 1,5\) giờ.

Gọi \(x,y\left( {{\rm{km}}/{\rm{h}}} \right)\) lần lượt là tốc độ của xe ô tô và xe máy.

Gọi \(s\left( {{\rm{km}}} \right)\) là quãng đường \(AB\).

Sau 2 giờ 30 phút kể từ lúc khởi hành, hai xe gặp nhau lần đầu tiên nên

\(2,5x + 2,5y = s \Rightarrow \frac{s}{{x + y}} = 2,5\).

Gọi \(t\) (giờ) là khoảng thời gian kể từ lúc 9 giờ sáng cho đến khi hai xe gặp nhau lần thứ hai.

Vì thời gian dừng nghỉ trong suốt hành trình của mỗi xe là 1 giờ 30 phút nên thời gian di chuyển của hai xe kể từ lúc 9 giờ sáng cho đến khi hai xe gặp nhau lần thứ hai là \(t - 1,5\).

Tổng quãng đường hai xe đi được kể từ lúc 9 giờ sáng cho đến khi hai xe gặp nhau lần thứ hai là \(s + 2s = 3s\)

Ta có phương trình \(x\left( {t - 1,5} \right) + y\left( {t - 1,5} \right) = 3s \Rightarrow t - 1,5 = \frac{{3s}}{{x + y}} \Rightarrow t - 1,5 = 3 \cdot 2,5 \Rightarrow t = 9\).

Do đó, hai xe gặp nhau lúc: 9 giờ + 9 giờ \( = 18\) giờ. Chọn D.

Theo định lý Pitago, ta có: \(AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {3\sqrt {13} } \right)}^2} - {6^2}}  = 9\).

Gọi \(x\left( {km} \right)\) là chiều dài cáp quang \(AC\) cần lắp đặt trên bờ biển \((0 < x \le 9)\).

Khi đó \(HC = AH - AC = 9 - x\) và \(BC = \sqrt {B{H^2} + H{C^2}}  = \sqrt {{6^2} + {{\left( {9 - x} \right)}^2}}  = \sqrt {{x^2} - 18x + 117} \).

Chi phí lắp đặt cáp quang toàn tuyến theo đường gấp khúc \(ACB\) là:

\(C\left( x \right) = 50x + 130\sqrt {{x^2} - 18x + 117} \) (triệu đồng).

Xét hàm số \(C\left( x \right) = 50x + 130\sqrt {{x^2} - 18x + 117} \) trên \(\left( {0;9} \right]\).

\(C'\left( x \right) = 50 + 130 \cdot \frac{{x - 9}}{{\sqrt {{x^2} - 18x + 117} }}\)

\(C'(x) = 0 \Leftrightarrow 50 + 130 \cdot \frac{{x - 9}}{{\sqrt {{x^2} - 18x + 117} }} = 0 \Leftrightarrow x = 6,5.\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số

\(C\left( x \right) = 50x + 130\sqrt {{x^2} - 18x + 117} \) trên \(\left( {0;9} \right]\) là 1170.

Vậy chi phí lắp đặt thấp nhất là 1170 triệu đồng.

Đáp án cần nhập là: \(1170\).

Gọi điểm \(I\) thỏa mãn: \(4\overrightarrow {IA}  + 5\overrightarrow {IB}  - 7\overrightarrow {IC}  = \vec 0\)

Khi đó ta có:

\(T = \left| {4\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {5MB}  - 7\overrightarrow {MC} \left|  =  \right|4\overrightarrow {MI}  + 4\overrightarrow {IA}  + 5\overrightarrow {MI}  + 5\overrightarrow {IB}  - 7\overrightarrow {MI}  - 7\overrightarrow {IC} \left|  =  \right|2\overrightarrow {MI} } \right| = 2MI\)

\( \Rightarrow {T_{{\rm{min}}}} \Leftrightarrow M{I_{{\rm{min}}}} \Rightarrow {\rm{M}}\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Giả sử điểm \(I\left( {a,b,c} \right)\). Ta có:

\(\overrightarrow {IA}  = \left( { - a; - 1 - b; - 1 - c} \right) \Rightarrow 4\overrightarrow {IA}  = \left( { - 4a; - 4 - 4b; - 4 - 4c} \right)\);

\(\overrightarrow {IB}  = \left( { - 1 - a;2 - b;1 - c} \right) \Rightarrow 5\overrightarrow {IB}  = \left( { - 5 - 5a;10 - 5b;5 - 5c} \right)\);

\[\overrightarrow {IC}  = \left( { - 3 - a;2 - b; - 1 - c} \right) \Rightarrow  - 7\overrightarrow {IC}  = \left( {21 + 7a; - 14 + 7b;7 + 7c} \right)\].

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 4a - 5 - 5a + 21 + 7a = 0}\\{ - 4 - 4b + 10 - 5b - 14 + 7b = 0}\\{ - 4 - 4c + 5 - 5c + 7 + 7c = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 8}\\{b =  - 4}\\{c = 4}\end{array} \Rightarrow I(8; - 4;4)} \right.} \right.\)

Phương trình đường thẳng đi qua \(I\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 8 - t}\\{y =  - 4 + 2t,t \in \mathbb{R}}\\{z = 4 - 2t}\end{array}} \right.\)

Tọa độ \(M\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 8 - t}\\{y =  - 4 + 2t}\\{z = 4 - 2t}\\{ - x + 2y - 2z + 8 = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{16}}{9}}\\{x = \frac{{56}}{9}}\\{y = \frac{{ - 4}}{9}}\\{z = \frac{4}{9}}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow M\left( {\frac{{56}}{9};\frac{{ - 4}}{9};\frac{4}{9}} \right)\)

Vậy \(\overrightarrow {MI}  = \left( {\frac{{16}}{9};\frac{{ - 32}}{9};\frac{{32}}{9}} \right) \Rightarrow MI = \frac{{16}}{3} \Rightarrow {T_{{\rm{min}}}} = 2 \cdot MI = \frac{{32}}{3}\). Chọn B.

\(\left( P \right):2x + 2y + z + 1 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2;2;1} \right)\);

\(\left( Q \right):2x - y + 2z - 1 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Đường thẳng \(d\) song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {5; - 2; - 6} \right)\).

Mà \(d\) qua \(A\left( {1;2;3} \right)\) nên \(d:\frac{{x - 1}}{5} = \frac{{y - 2}}{{ - 2}} = \frac{{z - 3}}{{ - 6}}\).

\(M\left( {a;b;c} \right)\) thuộc \(d\) nên \(M\left( {1 + 5t;2 - 2t;3 - 6t} \right)\).

 Mà \(M\)thuộc mặt phẳng (\(xOz\)) nên:

\(2 - 2t = 0 \Rightarrow t = 1 \Rightarrow M\left( {6;0; - 3} \right)\). Do đó \(T = a + b + c = 6 + 0 + \left( { - 3} \right) = 3\).

Đáp án cần nhập là: \(3\).

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.