Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 26

1 triệu con \( = \) 1 000 000 con.

Ta có sau 1 giờ tăng lên 800 con, suy ra \(500 \cdot {e^{r\, \cdot 1}} = 800 \Rightarrow r = \ln 1,6\).

Ta có \(N(t) = 500 \cdot {e^{r\,t}} = 1\,000\,000 \Leftrightarrow t = \frac{1}{r}\ln 2000 = \frac{{\ln 2000}}{{\ln 1,6}} \approx 16,172\)

Đặt \[t = {\log _{\frac{4}{3}}}x = {\log _3}y = {\log _2}\left( {2x - 3y} \right)\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = {3^t}\\x = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t}\\2x - 3y = {2^t}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = {3^t}\\x = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t}\\2 \cdot {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t} - 3 \cdot {3^t} = {2^t}\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = {3^t}\\x = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t}\\2 \cdot {\left( {\frac{4}{9}} \right)^t} - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} - 3 = 0\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = {3^t}\\x = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^t}\\{\left( {\frac{2}{3}} \right)^t} = \frac{3}{2}\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{3}{4}\\y = \frac{1}{3}\\t =  - 1\end{array} \right.\]\( \Rightarrow \frac{x}{y} = \frac{9}{4}\). Chọn A.

Ta có: \[\left[ \begin{array}{l}\left( {OG\,,\,OP} \right) = \frac{{ - \pi }}{2} + k2\pi \\\left( {OG\,,\,OP} \right) = \frac{{3\pi }}{2} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Trong một giờ, kim giờ quay được \[\frac{1}{{12}}\] vòng/giờ, kim phút quay được 1 vòng/giờ.

Hiện tại cách nhau \[\frac{1}{4}\] vòng.

Suy ra kim phút đi được: \[\frac{{\frac{1}{4}}}{{1 - \frac{1}{{12}}}} = \frac{3}{{11}}\]  tương ứng với góc là\[\frac{{6\pi }}{{11}}\].

Số góc lượng giác kim giờ quét được từ lúc xét đến khi kim phút và kim giờ gặp nhau lần đầu tiên \[\frac{{6\pi }}{{11}} - \frac{\pi }{2} + k2\pi  = \frac{\pi }{{22}} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\] ứng với \[k = 0\]là \[\frac{\pi }{{22}}.\]

Do đồng hồ quay ngược chiều dương nên  góc quay là \( - \frac{\pi }{{22}}\). Chọn A.

Số các bộ thứ tự \(\left( {x;\,y;\,z} \right)\) với \(1 \le x;\,y;\,z \le 6\)  là \(n\left( \Omega  \right) = {6^3} = 216.\)

Do con súc sắc chỉ có \(6\) mặt và để ý rằng \(3 \cdot 6 = 18\) là giá trị tối đa của tổng \(x + y + z.\)

Xét các bộ thứ tự \(\left( {x;y;z} \right)\) có tổng \(x + y + z \ge 16\). Ta có:

\(16 = 5 + 5 + 6 = 5 + 6 + 5 = 6 + 5 + 5 = 6 + 6 + 4 = 6 + 4 + 6 = 4 + 6 + 6.\)

\(17 = 5 + 6 + 6 = 6 + 5 + 6 = 6 + 6 + 5\)

\(18 = 6 + 6 + 6\)

Như vậy có tổng cộng \(10\) bộ \(\left( {x;\,y;\,z} \right)\) thỏa mãn \(x + y + z \ge 16\).

Số bộ \(\left( {x;\,y;\,z} \right)\) thỏa mãn \(x + y + z < 16\) là \(216 - 10 = 206.\)

Xác suất cần tính là \(P = \frac{{206}}{{216}} = \frac{{103}}{{108}}\). Chọn B.

Ta có \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{ - 8}}{2} =  - 4\). Chọn C.

Ta có \(V = \frac{1}{3} \cdot S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 3{a^2} \cdot 6a = 6{a^3}\). Chọn B.

Dựa vào đồ thị ta có:

+) Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x =  - \frac{d}{c} < 0 \Leftrightarrow dc > 0 \Rightarrow d,c\) cùng dấu.

+) Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(y = \frac{a}{c} > 0 \Leftrightarrow ac > 0 \Rightarrow a,c\) cùng dấu.

+) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ dương nên \(x =  - \frac{b}{a} > 0 \Leftrightarrow ab < 0 \Rightarrow a,b\) trái dấu.

+) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên \(y = \frac{b}{d} < 0 \Leftrightarrow db < 0 \Rightarrow d,b\) trái dấu.

Do đó \(a,c,d\) cùng dấu với nhau (1).

+) Đồ thị hàm số đồng biến trên tập xác định nên \(ad - bc > 0\left( 2 \right)\)

+) Từ (1) và (2) suy ra \(a,c,d > 0\). Chọn B.

Hàm số \(h\left( t \right) =  - {t^2} + 5t\) có bảng biến thiên như sau

Quả bóng quả bóng ở độ cao từ \(4\) mét trở lên nghĩa là \(h\left( t \right) \ge 4\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(t \in \left[ {1;\,4} \right]\).

Vậy thời gian quả bóng ở độ cao lớn hơn từ \(4\) mét  trở lên trong \(3\) giây. Chọn B.

Gọi \(f\left( x \right)\) là lợi nhuận mà lái xe có thể thu về khi chở \(x\) người \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\) trong chuyến xe đó.

Khi đó: \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}x{\left( {40 - x} \right)^2}\), với \(0 < x \le 16\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {40 - x} \right)}^2} - 2x\left( {40 - x} \right)} \right] = \frac{1}{2}\left( {40 - x} \right)\left( {40 - 3x} \right)\).

Với \(0 < x \le 16\) thì \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{40}}{3}\). Mà \(13 < \frac{{40}}{3} < 14\) nên ta có bảng biến thiên như sau:

Với \(f\left( {13} \right) = 4738,5,\,\,f\left( {14} \right) = 4732\). Căn cứ vào bảng biến thiên ta có \(\mathop {max}\limits_{\left( {0;16} \right]} f\left( x \right) = 4738,5\).

Vậy người lái xe đó có thể thu được nhiều nhất khoảng 4,74 triệu đồng từ một chuyến chở khách.

Đáp án cần nhập là: \(4,74\).

Có \(f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow {x^2} - 5x - 6 \le 0 \Leftrightarrow  - 1 \le x \le 6\).

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;3} \right)\). Chọn A.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) < f\left( 0 \right),\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\backslash \left\{ 0 \right\}\\f\left( x \right) > f\left( 2 \right),\forall x \in \left( {1;3} \right)\backslash \left\{ 2 \right\}\end{array} \right.\) nên . Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) =  + \infty \). Do đó \(x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = 1;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = 1\] nên \(y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Chọn C.

Tâm đối xứng \(I\) là đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = 5x - 1 + \frac{8}{{x - 1}}\) là giao điểm của đường tiệm cận đứng và tiệm cận xiên.

Ta có tiệm cận đứng \(x = 1\).

Lại có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {5x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{8}{{x - 1}} = 0\). Suy ra tiệm cận xiên là \(y = 5x - 1\).

Đồ thị hàm số đã cho có tâm đối xứng \(I\) là giao điểm của 2 đường tiệm cận đứng và tiệm cận xiên nên \(I\left( {1;4} \right)\).

Suy ra \(a = 1;b = 4\). Do đó \(B = a + 3b = 1 + 3 \cdot 4 = 13\).

Đáp án cần nhập là: \(13\).

Ta có \(x =  - 2;y = 1\) lần lượt là tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Suy ra \(I\left( { - 2;1} \right)\).

Xét \(A\left( {a - 2;1 - \frac{3}{a}} \right) \in \left( C \right),B\left( {b - 2;1 - \frac{3}{b}} \right) \in \left( C \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {IA}  = \left( {a; - \frac{3}{a}} \right),\overrightarrow {IB}  = \left( {b; - \frac{3}{b}} \right)\) và \(IA = \sqrt {{a^2} + \frac{9}{{{a^2}}}} \); \(IB = \sqrt {{b^2} + \frac{9}{{{b^2}}}} \).

Tam giác \(ABI\) đều khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}I{A^2} = I{B^2}\\\cos \left( {\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {IB} } \right) = \cos 60^\circ \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + \frac{9}{{{a^2}}} = {b^2} + \frac{9}{{{b^2}}}\;\;\left( 1 \right)\\\frac{{ab + \frac{9}{{ab}}}}{{{a^2} + \frac{9}{{{a^2}}}}} = \frac{1}{2}\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array} \right.\).

Từ (2) suy ra \(ab > 0\) và \({a^2} \ne {b^2}\) do \(A \ne B\).

Từ (1), ta suy ra \(\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {1 - \frac{9}{{{a^2}{b^2}}}} \right) = 0 \Rightarrow ab = 3\).

Với \(ab = 3\) thay vào (2), ta tìm được \({a^2} + \frac{9}{{{a^2}}} = 12\).

Vậy \(AB = IA = \sqrt {{a^2} + \frac{9}{{{a^2}}}}  = 2\sqrt 3 \). Suy ra \(a = 2;b = 3\). Vậy \(a + b = 5\).

Đáp án cần nhập là: \(5\).

Vì không có tuyến xe từ \(A\) đến \(D\) nên bạn Lan phải đi qua tuyến \(B\) hoặc \(C\) hoặc \(E\).

Khi đó ta có nếu:

Lan đi qua bến xe \(B\) thì tổng thời gian là: 30 + 60 = 90 phút.

Lan đi qua bến xe \(C\) thì tổng thời gian là: \(20 + 45 = 65\) phút.

Lan đi qua bến xe \(E\) thì tổng thời gian là: \(30 + 30 = 60\) phút.

Vậy cung đường nhanh nhất để Lan đi từ bến \(A\) đến bến \(D\) là đi qua bến \(E\) với tổng thời gian là 60 phút.  Chọn A.

 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) ta có:

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

Phương trình \(f\left( x \right) = 3\) có hai nghiệm thực phân biệt.

Phương trình \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}\) có một nghiệm thực không trùng với nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 3\)

Vậy phương trình \(f'\left[ {2f\left( x \right) - 3} \right] = 0\) có 3 nghiệm thực phân biệt.

Đáp án cần nhập là: \(3\).

\(f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\} \Rightarrow f'\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\).

Ta có: \(f''\left( x \right) =  - \frac{1}{{{x^2}}}\)\[ \Rightarrow f'\left( x \right) = \int { - \frac{1}{{{x^2}}}{\rm{d}}x}  = \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{x} + {C_1}\,\,\,\left( {x > 0} \right)\\\frac{1}{x} + {C_2}\,\,\,\left( {x < 0} \right)\end{array} \right.\].

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\ln x + {C_1}x + {D_1}\,\,\,\left( {x > 0} \right)\\\ln \,\left( { - x} \right) + {C_2}x + {D_2}\,\,\,\left( {x < 0} \right)\end{array} \right.\).

Theo bài ra ta có:\[\left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) = 0\\f\left( 1 \right) = 0\\f\left( 2 \right) = 0\\f\left( { - 3} \right) = \ln 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{C_2} = {D_2} = 0\\{C_1} =  - \ln 2\\{D_1} = \ln 2\end{array} \right.\].

\( \Rightarrow f\left( { - 2} \right) = \ln 2 - 2{C_2} + {D_2} = \ln 2\). Chọn B.

Ta có \(v\left( 0 \right) = 10\,{\rm{m/s}}\) và \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt}  = \int {\left( {{t^2} + 3t} \right)dt}  = \frac{{{t^3}}}{3} + \frac{{3{t^2}}}{2} + C\).

Mà \(v\left( 0 \right) = 10\) nên \(v\left( t \right) = \frac{{{t^3}}}{3} + \frac{{3{t^2}}}{2} + 10\).

Quãng đường vật đi được là \(S = \int\limits_0^6 {v\left( t \right){\rm{d}}t} \)\( = \int\limits_0^6 {\left( {\frac{1}{3}{t^3} + \frac{3}{2}{t^2} + 10} \right){\rm{d}}t} \)\[ = \left. {\left( {\frac{1}{{12}}{t^4} + \frac{1}{2}{t^3} + 10t} \right)} \right|_0^6\]\[ = 276\,{\rm{m}}\]. Chọn A.

Gọi \(O\) là giao điểm của hai pararol, ta đặt hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ, khi đó phương trình hai parabol lần lượt là \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) và \(y =  - \frac{1}{2}{x^2}\).

Do hình vuông \(ABCD\) cạnh \(4{\rm{m}}\) nên đường chéo \(BD = 4\sqrt 2 \).

Đường tròn tâm \(O\), bán kính \(R = \frac{{BD}}{2} = 2\sqrt 2 {\rm{m}}\) có phương trình là \({x^2} + {y^2} = 8\) suy ra hai nửa đường tròn có phương trình là \(y = \sqrt {8 - {x^2}} \) và \(y =  - \sqrt {8 - {x^2}} \).

Từ đó suy ra diện tích \({S_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - \frac{1}{2}{x^2}} \right)}  \approx 7,62\) \( = {S_2}\),

diện tích \({S_3} + {S_4} = \pi {R^2} - 2\int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {8 - {x^2}}  - \frac{1}{2}{x^2}} \right)}  \approx 9,9\).

Ta có số tiền cần dùng để trồng bồn hoa là \(150000\left( {{S_1} + {S_2}} \right) + 100000\left( {{S_3} + {S_4}} \right) \approx \) \(3270000\). Chọn D.

Ta có \(\int\limits_0^7 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_5^7 {f\left( x \right)dx} \)

Suy ra \(\int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_5^7 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^7 {f\left( x \right)dx}  - \int\limits_2^5 {f\left( x \right)dx}  = 15 + 3 = 18\) .

Đáp án cần nhập là: \(18\).

\(\forall x \in \left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\), ta có \(F\left( x \right) = \int {\frac{1}{{2x - 1}}} dx + C = \frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right| + C = \frac{1}{2}\ln \left( {2x - 1} \right) + C\)

\(F\left( {\frac{{e + 1}}{2}} \right) = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln \left[ {2\left( {\frac{{e + 1}}{2}} \right) - 1} \right] + C = \frac{3}{2} \Leftrightarrow C = 1\).

\( \Rightarrow a = 2,\,b = 2,\,c = 1\). Vậy \(\frac{{a + c}}{b} = 1,5\).

Đáp án cần nhập là: \(1,5\).

 \(I\left( {1;0;0} \right) = {\Delta _1} \cap {\Delta _2}\).

\({\Delta _1}\)và \({\Delta _2}\)có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1;2; - 1} \right)\)và \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( { - 1; - 1;2} \right)\).

Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) = \frac{{\overrightarrow {{u_1}}  \cdot \overrightarrow {{u_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{u_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{u_2}} } \right|}} =  - \frac{5}{6} < 0\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right)\)là góc tù.

Gọi \[\overrightarrow u \] là véc tơ đối của \(\overrightarrow {{u_2}} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {u'}  = \left( {1;1; - 2} \right)\).

Khi đó đường phân giác của góc nhọn tạo bởi \({\Delta _1}\)và \({\Delta _2}\)có VTCP \(\overrightarrow {\,u\,}  = \overrightarrow {{u_1}}  + \overrightarrow {u'}  = \left( {2;3; - 3} \right)\).

Vậy phương trình đường phân giác của góc nhọn tạo bởi \({\Delta _1}\)và \({\Delta _2}\)có dạng: \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{y}{3} = \frac{z}{{ - 3}}\). Chọn D.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\), bán kính \(R = 5\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {a;b;c} \right)\).

Theo giả thiết \(B\left( {0;1;0} \right) \in \left( P \right)\) nên \(b - 2 = 0 \Rightarrow b = 2\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;3; - 6} \right)\) cùng phương với \(\overrightarrow u  = \left( {1; - 1;2} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(AB:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = 1 - t\\z = 2t\end{array} \right.\).

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn giao tuyến.

\(K\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên đường thẳng \(AB\).

\(H\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên \(\left( P \right)\).

Ta có: \(K \in AB \Rightarrow K\left( {t;1 - t;2t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IK}  = \left( {t - 1; - t - 1;2t - 3} \right)\).

\(IK \bot AB \Rightarrow \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {IK}  = 0 \Rightarrow t = 1\)\( \Rightarrow \overrightarrow {IK}  = \left( {0; - 2; - 1} \right)\)

Khi đó \(r = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right)}  = \sqrt {25 - {d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right)}  = \sqrt {25 - I{H^2}} \).

Ta có \({r_{\min }} \Leftrightarrow I{H_{\max }}\).

Mà \(IH \le IK \Rightarrow I{H_{\max }} = IK \Leftrightarrow H \equiv K \Rightarrow \left( P \right) \bot IK\) \( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} \) và \(\overrightarrow {IK} \) cùng phương.

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = k \cdot \overrightarrow {IK}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b =  - 2k\\c =  - k\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\k =  - 1\\c = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\c = 1\end{array} \right.\). Vậy \(T = a + b + c = 0 + 2 + 1 = 3\).

Đáp án cần nhập là: \(3\).

\[\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 861\] có tâm \(I\left( {1;{\rm{ }}0; - 1} \right)\)

Gọi \(G\left( {x;\,y;\,z} \right)\)là điểm thỏa \(2\overrightarrow {GA}  - 7\overrightarrow {GB}  + 4\overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \), khi đó

\(\left\{ \begin{array}{l}2\left( {1 - x} \right) - 7\left( { - 1 - x} \right) + 4\left( {3 - x} \right) = 0\\2\left( {1 - y} \right) - 7\left( {2 - y} \right) + 4\left( { - 1 - y} \right) = 0\\2\left( { - 1 - z} \right) - 7\left( {0 - z} \right) + 4\left( { - 2 - z} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 21\\y = 16\\z = 10\end{array} \right.\)\( \Rightarrow G\left( { - 21;{\rm{16}};10} \right)\).

Ta có \(P = 2M{A^2} - 7M{B^2} + 4M{C^2}\)

\( = 2M{G^2} + 4\overrightarrow {MG}  \cdot \overrightarrow {GA}  + 2G{A^2} - 7M{G^2} - 14\overrightarrow {MG}  \cdot \overrightarrow {GB}  - 7G{B^2} + 4M{G^2} + 8\overrightarrow {MG}  \cdot \overrightarrow {GC}  + 4G{C^2}\)

\( =  - M{G^2} + 2\overrightarrow {MG} \left( {2\overrightarrow {GA}  - 7\overrightarrow {GB}  + 4\overrightarrow {GC} } \right)\)

\( =  - M{G^2}\)

\(P\)đạt giá trị nhỏ nhất khi \(MG\)lớn nhất. Mà \(G\) thuộc mặt cầu nên \(MG\)lớn nhất khi \(M\) là điểm đối xứng với \(G\) qua \(I\). Suy ra \(M\left( {23;\, - 16;\, - 12} \right)\).

Vậy \(\left| a \right| + \left| b \right| + \left| c \right| = 51\). Chọn D.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(O = \left( {0;0;0} \right)\), bán kính \(R = 2\sqrt 2 \).

Ta có \(OM = 1 \Rightarrow M\) nằm trong mặt cầu. Gọi \(I\) là trung điểm \(AB \Rightarrow OI \bot AB\).

Đặt \(x = OI \le OM \Rightarrow 0 < x \le 1.\)

Khi đó \[{S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OI \cdot AB = OI\sqrt {{R^2} - O{I^2}}  = x\sqrt {8 - {x^2}}  = f\left( x \right)\].

\[ \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2\left( {4 - {x^2}} \right)}}{{\sqrt {8 - {x^2}} }}\left( {0 < x \le 1} \right)\].

Với \[0 < x \le 1\] thì \(f'\left( x \right) > 0\) nên hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến.

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0;1} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \sqrt 7 \).

Vậy \(\max {S_{\Delta OAB}} = \sqrt 7 \) khi \(OI = 1\) hay \(I \equiv M.\) Chọn C.

Gọi tọa độ điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\). Khi đó \(A{M^2} + B{M^2} = 30\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} + {\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 5} \right)^2} = 30\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} + 4x + 4y + 16z + 18 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x + 2y + 8z + 9 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 4} \right)^2} = 9\) là phương trình của mặt cầu \(\left( S \right)\), có tâm \(I\left( { - 1; - 1; - 4} \right)\) và bán kính \(R = 3\).

Đáp án cần nhập là: \(3\).

Gọi \(X\) là tập hợp các học sinh chơi đá cầu.

Gọi \(Y\) là tập hợp các học sinh chơi cầu lông.

Theo đề bài ta có \(\left\{ \begin{array}{l}n\left( X \right) = 15\\n\left( Y \right) = 20\\n\left( {X \cup Y} \right) = 40 - 10 = 30\end{array} \right.\)

Số học sinh lớp 10A đăng ký chơi cả hai môn đá cầu, cầu lông là: \(n\left( {X \cap Y} \right) = n\left( X \right) + n\left( Y \right) - n\left( {X \cup Y} \right)\)\( = 15 + 20 - 30 = 5\) . Chọn D.

Tọa độ giao điểm của \({d_1}:2x + y - 3 = 0\) và \({d_2}:x - 2y + 1 = 0\) là nghiệm của hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}2x + y - 3 = 0\\x - 2y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right. \Rightarrow {d_1} \cap {d_2} = A\left( {1;1} \right) \in \Delta \].

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\left( {1;\,1} \right)\) nên \[a\left( {x - 1} \right) + b\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow ax + by - a - b = 0\] với \[{a^2} + {b^2} \ne 0\].

Gọi \[\overrightarrow {{n_3}}  = \left( {0;1} \right)\] và \[\overrightarrow {{n_\Delta }}  = \left( {a;b} \right)\] lần lượt là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng \({d_3}:y - 1 = 0\) và đường thẳng \(\Delta \).

Vì góc giữa \[{d_3}\] và \(\Delta \) bằng \(45^\circ \) nên ta có:

\[\frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\left| b \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}}  \cdot \sqrt {0 + 1} }} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 2{b^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = b \Rightarrow a = b = 1 \Rightarrow \Delta :\,x + y - 2 = 0\\a =  - b \Rightarrow a = 1,b =  - 1 \Rightarrow \Delta :\,x - y = 0\end{array} \right.\]. Chọn A

Ta mô hình hóa bài toán bằng hình bên

Ta có \(AM = MN = NC = 100.\)

Gọi \(ME = x \in \left[ {0;100} \right]\) thì \(AE = \sqrt {{{100}^2} + {x^2}} \), \(EN = 100 - x,EC = \sqrt {{{\left( {100 - x} \right)}^2} + {{100}^2}} \)

Theo đề bài ta có \(\frac{{\sqrt {{{100}^2} + {x^2}} }}{3} = \frac{{\sqrt {{{(100 - x)}^2} + {{100}^2}} }}{4}\)

\( \Rightarrow 7{x^2} + 1800x - 20000 = 0\)

Giải phương trình ta được \(x \approx 10,6685\) và \(x \approx  - 267,8113\).

Thử lại ta tìm được nghiệm \(x \approx 10,6685\).

Thời gian người đó đi từ \(A\) tới \(C\) là \(67,04\;s\). Chọn B.

Ta có: \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AM} } \right) = \widehat {BAM} = 30^\circ ;\,AM = \frac{{6\sqrt 3 }}{2}.\)

Ta có \[\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {MA}  =  - \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AM}  =  - \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AM} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AM} } \right) =  - 6 \cdot \frac{{6\sqrt 3 }}{2} \cdot \cos 30^\circ  =  - 27.\]

Đáp án cần nhập là: \( - 27\).

Sắp xếp mẫu số liệu theo thứ tự không giảm:

\(3,2\) \(3,6\)   \(4,4\)   \(4,5\) \(5,0\)   \(5,4\)   \(6,0\) \(6,7\)  \(7,0\) \(7,2\)   \(7,7\)  \(7,8\)   \(8,4\) \(8,6\)   \(8,7\).

Mẫu số liệu trên có \(n = 15\) nên giá trị tứ phân vị thứ hai là \({Q_2} = 6,7\).

Nửa số liệu bên trái là: \(3,2\)   \(3,6\)   \(4,4\)   \(4,5\) \(5,0\)   \(5,4\)   \(6,0\) gồm \(7\) giá trị .

Khi đó: \({Q_1} = 4,5\).

Nửa số liệu bên trái là: \(7,0\) \(7,2\)   \(7,7\) \(7,8\) \(8,4\)   \(8,6\)   \(8,7\) gồm \(7\) giá trị .

Khi đó: \({Q_3} = 7,8\).

Ta có hình ảnh về sự phân bố của mẫu số liệu :

Điều này cho ta thấy mẫu số liệu tập trung với mật độ cao ở bên phải của \({Q_2}\), mật độ thấp ở bên trái của \({Q_2}\). Chọn D.

Tập hợp tất cả các điểm cách đều ba điểm \(O\), \(A\), \(B\)là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OAB\), mà \(A\left( {a;0;0} \right)\), \(B\left( {0;b;0} \right)\)nên tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\).

Do đó đường thẳng cần tìm vuông góc với mặt phẳng tọa độ \[\left( {Oxy} \right)\]tại trung điểm \[M\left( {\frac{a}{2};\frac{b}{2};0} \right)\]của \[AB\].

Suy ra vectơ chỉ phương của nó cùng phương với vectơ đơn vị trên trục \[Oz\]là \[\overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\].

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{a}{2}\\y = \frac{b}{2}\\z = t\end{array} \right.\). Chọn B.

Gọi \(A\) là biến cố: “Lấy được quả bóng trắng từ hộp I”.

Gọi \(B\) là biến cố: “Lấy được quả bóng trắng từ hộp II”.

Theo công thức xác suất toàn phần \(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right)\)

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{7}{{15}}\); \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{7}{{15}} = \frac{8}{{15}}\).

Nếu \(A\) xảy ra thì hộp II có \(6\) quả bóng trắng và \(3\) quả bóng xanh. Vậy \(P\left( {B\left| A \right.} \right) = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}\).

Nếu \(A\) không xảy ra thì hộp II có \(5\) quả bóng trắng và \(4\) quả bóng xanh. Vậy \(P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = \frac{5}{9}\).

Vậy \(P\left( B \right) = \frac{7}{{15}} \cdot \frac{2}{3} + \frac{8}{{15}} \cdot \frac{5}{9} = \frac{{82}}{{135}}\). Chọn C.

Gọi \(A\) là biến cố: “Sản phẩm được chọn là phế phẩm”.

\(B\)là biến cố: “Sản phẩm được chọn thuộc nhà máy một”.

Khi đó \(\overline B \) là biến cố: “Sản phẩm được chọn thuộc nhà máy hai”.

Vì tỉ lệ đóng góp của nhà máy một bằng \[\frac{1}{3}\] sản phẩm đóng góp của nhà máy hai nên ta có: \[P\left( B \right) = 25\%  = 0,25\]; \(P\left( {\overline B } \right) = 75\%  = 0,75\); \(P\left( {A|B} \right) = 0,1\%  = 0,001\); \(P\left( {A|\overline B } \right) = 0,2\%  = 0,002\).

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có xác suất chọn được phế phẩm là

\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right)\)

\(P\left( A \right) = 0,25 \cdot 0,001 + 0,75 \cdot 0,002 = \frac{7}{{4000}}\).

Áp dụng công thức Bayes ta có: \(P\left( {\overline B |A} \right) = \frac{{P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,75 \cdot 0,002}}{{\frac{7}{{4000}}}} = \frac{6}{7}\).

Khi đó xác suất để phế phẩm đó do nhà máy hai sản xuất là \[\frac{6}{7}\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = 7\end{array} \right. \Rightarrow T = 6 + 2 \cdot 7 = 20\].

Đáp án cần nhập là: \(20\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Học sinh được chọn giỏi môn Toán”, \(B\) là biến cố: “Học sinh được chọn giỏi môn Văn”.

Số học sinh giỏi cả hai môn là \(30 + 15 - 40 = 5\).

Vậy xác suất để học sinh được chọn giỏi môn Toán với điều kiện học sinh đó giỏi môn Văn là \(P\left( {A|B} \right) = \frac{5}{{15}} = \frac{1}{3}\). Chọn C.

Cỡ mẫu là \(n = 56\).

Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{56}}\) là thời gian xem ti vi của 56 học sinh được xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là \(\frac{{{x_{14}} + {x_{15}}}}{2}\).

Do \({x_{14}},{x_{15}}\) đều thuộc nhóm \(\left[ {12,5;15,5} \right)\) nên nhóm này chứa \({Q_1}\).

Do đó, \({Q_1} = 12,5 + \frac{{\frac{{56}}{4} - 3}}{{12}} \cdot 3 = 15,25\).

Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là \(\frac{{{x_{42}} + {x_{43}}}}{2}\).

Do \({x_{42}},{x_{43}}\) đều thuộc nhóm \(\left[ {18,5;21,5} \right)\) nên nhóm này chứa \({Q_3}\).

Do đó \({Q_3} = 18,5 + \frac{{\frac{{3 \cdot 56}}{4} - 30}}{{24}} \cdot 3 = 20\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 20 - 15,25 = 4,75\).

Đáp án cần nhập là: \(4,75\).

Vî \(\left( Q \right)\) song song \(\left( P \right)\) với suy ra phương trình mặt phẳng của \(\left( Q \right)\) có dạng \(\left( Q \right):2x - 2y + z + C = 0,C \ne  - 5\).

Ta chọn điểm \(M\left( {0;0;5} \right) \in \left( P \right)\)

Ta có \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = d\left( {M,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {5 + C} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2} + {1^2}} }} = 3 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{C = 4}\\{C =  - 14}\end{array}} \right.\).

Với \(C = 4\) thì \(\left( Q \right)\) cắt \(Ox\) tại điểm \({M_1}\left( { - 2;0;0} \right)\) có hoành độ âm nên không thỏa mãn

Với \(C =  - 14\) cắt \(Ox\) tại điểm \({M_1}\left( {7;0;0} \right)\) có hoành độ dương do đó thỏa mãn đề bài.

Vật phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):2x - 2y + z - 14 = 0\). Chọn B.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là \(\frac{x}{4} + \frac{y}{{ - 2}} + \frac{z}{2} = 1\). Chọn D.

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng \(2x - 2y + z + d = 0\left( {d \ne 3} \right)\).

Vì \(M \in \left( Q \right)\) nên ta có \(2 \cdot 2 - 2 \cdot \left( { - 3} \right) + 1 + d = 0 \Leftrightarrow d =  - 11\).

Vậy \(\left( Q \right):2x - 2y + z - 11 = 0\). Chọn B.

Ta có \(V = \pi \int\limits_0^1 {{x^4}dx}  = \left. {\frac{{\pi {x^5}}}{5}} \right|_0^1 = \frac{\pi }{5}\). Chọn B.

Theo đề “Tất cả học sinh trong lớp 12A đều làm xong bài kiểm tra”  là khẳng định sai.

Suy ra phủ định của mệnh đề này là “Có ít nhất một học sinh trong lớp 12A không làm xong bài kiểm tra”.

Xét từng khẳng định đã cho:

(1): “Tất cả học sinh trong lớp 12A đều không làm xong bài kiểm tra”  khẳng định này có nghĩa là không có học sinh nào làm xong bài kiểm tra, điều này không suy ra từ giả thiết đã cho. Suy ra (1) sai.

(2) “Có một số học sinh trong lớp 12A không làm xong bài kiểm tra” khẳng định này đúng với phủ định của mệnh đề ban đầu. Suy ra (2) đúng.

(3) “Không có học sinh nào trong lớp 12A làm xong bài kiểm tra” mệnh đề này khẳng định tất cả đều không làm xong bài kiểm tra. Suy ra (3) sai.

(4) “Không phải tất cả học sinh lớp 12A đều làm xong bài kiểm tra” mệnh đề này chính là cách diễn đạt khác của mệnh đề ban đầu sai. Suy ra (4) đúng.

Vậy có (2) và (4) đúng. Chọn D.