Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 27

Ta có:\({\log _{xyz}}\left( {{y^3}{z^2}} \right) = 3{\log _{xyz}}y + 2{\log _{xyz}}z\)

\[ = \frac{3}{{{{\log }_y}\left( {xyz} \right)}} + \frac{2}{{{{\log }_z}\left( {xyz} \right)}}\]

\[ = \frac{3}{{{{\log }_y}x + {{\log }_y}z + 1}} + \frac{2}{{{{\log }_z}x + {{\log }_z}y + 1}}\]

\[ = \frac{3}{{{{\log }_y}x + {{\log }_y}z + 1}} + \frac{2}{{{{\log }_z}y \cdot {{\log }_y}x + {{\log }_z}y + 1}}\]

\[ = \frac{3}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + 1}} + \frac{2}{{\frac{b}{a} + b + 1}} = \frac{{3ab}}{{ab + a + b}} + \frac{{2a}}{{ab + a + b}} = \frac{{3ab + 2a}}{{ab + a + b}}\]. Chọn D.

Ta có \[ - 1 \le \sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}}} \right) \le 1,\,\,\forall t \in \left[ {0;\,24} \right) \Rightarrow  - 6 \le 6\sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}}} \right) \le 6,\,\,\forall t \in \left[ {0;\,24} \right)\].

Suy ra \[74 \le B\left( t \right) = 80 + 6\sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}}} \right) \le 86\,\,\forall t \in \left[ 0 \right.;\,\left. {24} \right)\].

Huyết áp tâm trương thấp nhất khi \[\sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}}} \right) =  - 1 \Leftrightarrow t =  - 6 + 24k\]\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vì \[t \in \left[ 0 \right.;\,\left. {24} \right) \Rightarrow 0 \le  - 6 + 24k < 24 \Rightarrow \frac{1}{4} < k < \frac{5}{4}\].

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 1\)\( \Rightarrow t = 18\)giờ \( \Rightarrow x = 18\).

Huyết áp tâm trương cao nhất khi \[\sin \left( {\frac{{\pi t}}{{12}}} \right) = 1 \Leftrightarrow t = 6 + 24k\]\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\[t \in \left[ 0 \right.;\,\left. {24} \right) \Rightarrow 0 \le 6 + 24k < 24 \Rightarrow  - \frac{1}{4} < k < \frac{3}{4}\].

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0\)\( \Rightarrow t = 6\)giờ \( \Rightarrow y = 6\).

Vậy \[2x - y = 30\].

Đáp án cần nhập là: \(30\).

Lấy logarit cơ số 2 của hai vế phương trình đã cho ta được

\({\log _2}\left( {{2^{{x^2}}} \cdot {5^{2x + m}}} \right) = {\log _2}3\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + \left( {2x + m} \right){\log _2}5 - {\log _2}3 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + \left( {2{{\log }_2}5} \right)x + m{\log _2}5 - {\log _2}3 = 0\).

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}\) thì

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{x_1} + {x_2} = 2{x_1}{x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\log _2^25 - m{\log _2}5 + {\log _2}3 > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\ - 2{\log _2}5 = 2m{\log _2}5 - 2{\log _2}3\,\,\,\,\,\,\,(2)\end{array} \right.\).

\((1) \Leftrightarrow m{\log _2}5 < \log _2^25 + {\log _2}3 \Leftrightarrow m < \frac{{\log _2^25 + {{\log }_2}3}}{{{{\log }_2}5}} \Leftrightarrow m < {\log _2}5 + {\log _5}3 \approx 3,004\).

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {\log _2}\frac{1}{5} = {\log _2}\frac{{{5^m}}}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{5} = \frac{{{5^m}}}{3} \Leftrightarrow {5^{m + 1}} = 3 \Leftrightarrow m =  - 1 + {\log _5}3 \approx  - 0,31\).

Vậy \(m =  - 1 + {\log _5}3\) là giá trị cần tìm. Chọn A.

Để có thể bao quát cả hình, ta sẽ lấy góc nhìn từ trên xuống.

Với mỗi ô vuông như hình trên, ta đánh số và mỗi số tượng trưng cho số hình lập phương \[1:1:1\] đơn vị được xếp chồng lên ô vuông đó.

Bằng cách đánh số như vậy và để cho thể tích hình khối này lớn nhất thì ở ô thứ 2 của cột 2 , hàng 3, có thể được robot xếp chồng thêm hai khối lập phương nữa vì khi đó hình dạng của hình khối khi nhìn từ các góc nhìn mà học sinh được nhìn vẫn không đổi.

Vậy thể tích lớn nhất của hình khối đó có thể là 17.

Đáp án cần nhập là: \(17\).

Cỡ mẫu \(n = 2 + 10 + 6 + 4 + 3 = 25\).

Gọi \({x_1},\,{x_2},\,...,\,{x_{25}}\) lần lượt là thời gian trả lời câu hỏi của học sinh được xếp theo thứ tự tăng dần. Khi đó trung vị là \({x_{13}}\).

Do giá trị \({x_{13}}\) thuộc nhóm \(\left[ {20,5;\,30,5} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị.

Do đó, trung vị của mẫu số liệu là \({M_e} = 20,5 + \frac{{\frac{{25}}{2} - 12}}{6} \cdot 10 \approx 21,33\). Chọn B.

Ta có: \({u_n} - {u_{n - 1}} = 1 - 3n - \left[ {1 - 3\left( {n - 1} \right)} \right] =  - 3,\forall n \ge 2\).

Do đó \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 1 - 3 \cdot 1 =  - 2\), công sai \(d =  - 3\). Chọn C.

Ta có \(y =  - 5\cos x\) \( \Rightarrow y' = 5\sin x \Rightarrow \,y'' = 5\cos x\).

 \(y''\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 0\). Chọn C.

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega  \right) = C_8^5 = 56\).

Gọi \(A\) là biến cố: “\(5\) học sinh được chọn đi thi có cả nam và nữ và học sinh nam nhiều hơn học sinh nữ”.

Xét các khả năng xảy ra của biến cố \(A\).

Trường hợp 1: \(5\) học sinh được chọn gồm \(4\) nam và \(1\) nữ. Số cách chọn là \(C_5^4 \cdot C_3^1 = 15\).

Trường hợp 2: \(5\) học sinh được chọn gồm \(3\) nam và \(2\) nữ. Số cách chọn là \(C_5^3 \cdot C_3^2 = 30\).

Số phần tử của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = 45\).

Xác suất của biến cố \(A\) là \(p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{45}}{{56}}\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {MB}  = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB} \).

Vì \[G\] là trọng tâm tam giác \(ADM\) nên \(3\overrightarrow {CG}  = \overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {CM} \)

\( \Rightarrow 3\overrightarrow {CG}  =  - \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right) - \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {BM}  =  - \frac{9}{4}\overrightarrow {AB}  - 2\overrightarrow {AD} \)

\( \Rightarrow \overrightarrow {GC}  = \frac{3}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} \).

Suy ra \(\overrightarrow {MB}  \cdot \overrightarrow {GC}  = \frac{1}{4}\overrightarrow {AB}  \cdot \left( {\frac{3}{4}\overrightarrow {AB}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{3}{4}\). Chọn C.

Dựng \(SD \bot \left( {ABC} \right)\) tại \[D\]. Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BA \bot SA\\BA \bot SD\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BA \bot AD\).

Tương tự ta cũng có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SD\\BC \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot CD\)

\( \Rightarrow ABCD\)là hình chữ nhật \( \Rightarrow DA = BC = a\sqrt 2 \), \(DC = AB = a\).

Ta có công thức \[\sin \left( {SB,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)}}{{SB}}\].

\( \Rightarrow \frac{{\sqrt {11} }}{{11}} = \)\(\frac{{d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)}}{{SB}}\)\( = \frac{{d\left( {D,\left( {SAC} \right)} \right)}}{{SB}}\)\( \Rightarrow \frac{1}{{{d^2}\left( {D,\left( {SAC} \right)} \right)}} = \frac{{11}}{{S{B^2}}}\)\[\left( 1 \right)\].

Lại có \[\frac{1}{{{d^2}\left( {D,\left( {SAC} \right)} \right)}} = \frac{1}{{D{S^2}}} + \frac{1}{{D{A^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}}\]\[ = \frac{1}{{S{B^2} - B{D^2}}} + \frac{1}{{D{A^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}}\]\[ = \frac{1}{{S{B^2} - 3{a^2}}} + \frac{3}{{2{a^2}}}\]\[\left( 2 \right)\].

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra: \(\frac{{11}}{{S{B^2}}}\)\[ = \frac{1}{{S{B^2} - 3{a^2}}} + \frac{3}{{2{a^2}}}\]\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}S{B^2} = 6{a^2}\\S{B^2} = \frac{{11}}{3}{a^2}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}SB = a\sqrt 6 \\SB = a\sqrt {\frac{{11}}{3}} \end{array} \right.\).

Theo giả thiết \[SB < 2a\]\( \Rightarrow SB = a\sqrt {\frac{{11}}{3}}  \Rightarrow SD = a\sqrt {\frac{2}{3}} \).

Vậy \({V_{SABC}} = \frac{1}{3}SD \cdot \frac{1}{2}BA \cdot BC = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{9}\). Suy ra \(m = 3;n = 9\).

Vậy \(m + n = 12\).

Đáp án cần nhập là: \(12\).

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AD\).

Khi đó \(AM = MD = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \Delta AMD\) là tam giác đều

Ta có \({S_{AMD}} = \frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{16}}\).

Lại có \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABD}} \cdot d\left( {C,\left( {ABD} \right)} \right) = \frac{1}{3} \cdot {S_{AMD}} \cdot BC = \frac{{\sqrt 3 }}{{16}}\).

\({S_{ABD}} = \frac{{\sqrt {39} }}{{16}} \Rightarrow d\left( {C,\left( {ABD} \right)} \right) = \frac{{3V}}{{{S_{ABD}}}} = \frac{3}{{\sqrt {13} }}\). Chọn A.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

\(\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow  - x \in \mathbb{R}\).

Để hàm số đã cho là hàm chẵn thì \(f\left( { - x} \right) = f\left( x \right),\forall x \in \mathbb{R}\).

Khi đó ta có:

\[3m\sin \left( { - 2025x} \right) + \cos \left( { - 2025x} \right) = 3m\sin \left( {2025x} \right) + \cos \left( {2025x} \right)\]

\( \Leftrightarrow 6m{\rm{sin}}\left( {2025x} \right) = 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow m = 0\). Vậy \(m = 0\) thỏa mãn đề bài.

Đáp án cần nhập là: \(0\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \subset \left( \alpha  \right)}\\{AB//CD}\end{array} \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {SCD} \right) = MN//AB//CD} \right.\).

Suy ra mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) cắt hình chóp theo thiết diện hình thang \(ABMN\).

Khi đó \(\left( {ABMN} \right)\) chia hình chóp thành hai khối đa diện là \(S.ABMN\) và \(ABCDMN\) có thể tích lần lượt là \({V_1}\) và \({V_2}\).

Lại có \(\frac{{{V_{S.ABM}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{S.ABM}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}}\) và

\(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}}\).

Mà \({V_1} = {V_{S.ABM}} + {V_{S.AMN}} = \frac{3}{8}{V_{S.ABCD}},\)\({V_2} = {V_{S.ABCD}} - {V_{S.ABMN}} = \frac{5}{8}{V_{S.ABCD}}\).

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{3}{5}\). Chọn A.

Ta có: \(P\left( A \right) = 1 - 0,4 = 0,6\).

Suy ra \[P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,6 \cdot 0,3 = 0,18\]. Chọn B.

Mốt \({M_0}\) chứa trong nhóm \(\left[ {40;60} \right)\).

\({M_0} = 40 + \frac{{12 - 9}}{{\left( {12 - 9} \right) + \left( {12 - 10} \right)}} \cdot 20 = 52\). Chọn B.

Vì tập hợp \(B\) có chứa cả các học sinh nữ khối 10 học giỏi nên tập hợp \(C\) gồm những phần tử thuộc tập hợp \(A\) mà không thuộc tập hợp \(B\).

Do đó, \(C = A\backslash B\). Chọn D

Theo giả thiết bài toán ta có \(MN = 2\) và \(\widehat {MPN} = 75^\circ \). Khi đó

\(\sin \widehat {MPN} = \frac{{MN}}{{MP}} \Rightarrow MP = \frac{{MN}}{{\sin \widehat {MPN}}} = \frac{2}{{\sin 75^\circ }} \approx 2,07\).

Vậy mỗi thang đơn phải dài \(2,07\) m. Chọn C.

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.

Phương trình parabol có dạng: \[y = a{x^2} + bx + c,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\].

Parabol đi qua các điểm \(B\left( { - 5\,;\,0} \right)\), \(M\left( { - 4\,;\,3,6} \right)\) và có trục đối xứng \(x = 0\).

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}25a - 5b + c = 0\\16a - 4b + c = 3,6\\ - \frac{b}{{2a}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}25a + c = 0\\16a + c = 3,6\\b = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 10\\a =  - 0,4\\b = 0\end{array} \right.\).

Suy ra \(\left( P \right):y =  - 0,4{x^2} + 10\) có tọa độ đỉnh là \(A\left( {0\,;\,10} \right)\). Vậy chiều cao cổng chào là \(10\,m\). Chọn C.

Số cách lấy ra 10 bi từ 20 bi trong hộp là \[C_{20}^{10}\].

Số cách lấy ra 10 bi có đúng 1 loại là \[C_{12}^{10}\].

Số cách lấy ra 10 bi có đúng 2 loại xanh, đỏ là: \[C_{16}^{10} - C_{12}^{10}\].

Số cách lấy ra 10 bi có đúng 2 loại vàng, đỏ là: \[C_{16}^{10} - C_{12}^{10}\].

Do đó, số cách lấy ra 10 bi có đủ 3 loại là \[C_{20}^{10} - C_{12}^{10} - 2\left( {C_{16}^{10} - C_{12}^{10}} \right) = 168806\]. Chọn A.

Ta có \(n = 50\) nên trung vị của dãy số liệu là trung bình cộng của hai số ở vị trí 25 và 26

Mà trung vị của mẫu số liệu trên là 37,5 . Hay \({M_e} = \frac{{37 + 38}}{2} = 37,5\).

Từ đó ta có số liệu đứng thứ 25 là 37 và thứ 26 là 38 . Suy ra \(x = 7\).

Mà cỡ mẫu \(n = 50\), vậy \(y = 12\). Chọn D.

Vì \({\left[ {\ln \left( {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right)} \right]^\prime } = \frac{{{{\left( {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right)}^\prime }}}{{x + \sqrt {1 + {x^2}} }} = \frac{{1 + \frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}}}{{x + \sqrt {1 + {x^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}.\)

Nên \(F\left( x \right) = \ln \left( {x + \sqrt {1 + {x^2}} } \right) + C\). Chọn D.

Hàm số \(y = \frac{{2x + m}}{{x - 1}}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Hàm số liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;0} \right]\).

Đạo hàm: \(y' = \frac{{ - 2 - m}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

TH1: Nếu \(m =  - 2\),  khi đó \(y = 2\) \( \Rightarrow \) \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} y + \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} y = 4\) không thỏa mãn yêu cầu.

TH2: Nếu \(m \ne  - 2\),  khi đó hàm số đã cho đơn điệu trên đoạn \(\left[ { - 1;0} \right]\) nên hàm số đạt giá trị lớn nhất,  giá trị nhỏ nhất tại các điểm đầu mút.

\( \Rightarrow \)\(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} y + \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;0} \right]} y =  - 5\)\( \Leftrightarrow \)\(y\left( { - 1} \right) + y\left( 0 \right) =  - 5\)\( \Leftrightarrow \)\(\frac{{ - 2 + m}}{{ - 2}} + \frac{m}{{ - 1}} =  - 5\)\( \Leftrightarrow \)\(m = 4\).

Vậy \(m = 4\) là giá trị của tham số thỏa mãn yêu cầu.

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Từ giả thiết suy ra \(h\left( t \right) = \int {\left( {6a{t^2} + 2bt} \right){\rm{d}}x}  = 2a{t^3} + b{t^2} + c\).

Lại có \(h\left( 0 \right) = 0;h\left( 3 \right) = 90;h\left( 6 \right) = 504\) nên suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 0}\\{54a + 9b = 90}\\{432a + 36b = 504}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{2}{3}}\\{b = 6}\\{c = 0}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy \(h\left( t \right) = \frac{4}{3}{t^3} + 6{t^2} \Rightarrow h\left( 9 \right) = 1458{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\).

Đáp án cần nhập là: \(1458\).

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có: \(F\left( x \right) = \int {\frac{1}{{x - 1}}{\rm{d}}x}  = \ln \left| {x - 1} \right| + C\)\( = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\ln \left( {x - 1} \right) + {C_1}}&{{\rm{khi}}}&{x > 1}\\{\ln \left( {1 - x} \right) + {C_2}}&{{\rm{khi}}}&{x < 1}\end{array}} \right.\).

\(F\left( 5 \right) = 2\)\( \Leftrightarrow \ln 4 + {C_1} = 2\)\( \Leftrightarrow {C_1} = 2 - \ln 4\)\( = 2 - 2\ln 2\).

\(F\left( 0 \right) = 1\)\( \Leftrightarrow \ln 1 + {C_2} = 1\)\( \Leftrightarrow {C_2} = 1\).

Do đó: \(F\left( x \right) = \int {\frac{1}{{x - 1}}{\rm{d}}x} \)\( = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\ln \left( {x - 1} \right) + 2 - 2\ln 2}&{{\rm{khi}}}&{x > 1}\\{\ln \left( {1 - x} \right) + 1}&{{\rm{khi}}}&{x < 1}\end{array}} \right.\).

\(F\left( { - 1} \right) = \ln 2 + 1\).

\(F\left( 2 \right) = 2 - 2\ln 2\).

\(F\left( 3 \right) = 2 - \ln 2\). Chọn B.

 Bất phương trình \(f\left( x \right) \ge \sqrt {1 + x}  - \sqrt {1 - x}  + m\) có nghiệm \(\forall x \in \left[ { - 1;1} \right]\)

\( \Leftrightarrow f\left( x \right) - \left( {\sqrt {1 + x}  - \sqrt {1 - x} } \right) \ge m\) có nghiệm \(\forall x \in \left[ { - 1;1} \right]\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \left( {\sqrt {1 + x}  - \sqrt {1 - x} } \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\)

Ta có : \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \left( {\frac{1}{{2\sqrt {1 + x} }} + \frac{1}{{2\sqrt {1 - x} }}} \right)\)

Có \(\forall x \in \left[ { - 1;1} \right] \Rightarrow f'\left( x \right) \le 0\) và \(\frac{1}{{2\sqrt {1 + x} }} + \frac{1}{{2\sqrt {1 - x} }} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt {1 + x}  + \sqrt {1 - x} }}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} \right)\)

 mà \(\frac{{\sqrt 2 }}{2} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt {1 + x}  + \sqrt {1 - x} }}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} \right) \le 1\) nên hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\).

Ta suy ra : \(m \le g\left( { - 1} \right) = f\left( { - 1} \right) + \sqrt 2 \). Chọn C.

Ta xét các biến cố

\(A\): “ Linh kiện được lấy ra là phế phẩm’’.

\(B\): “ Linh kiện lấy ra từ nhà máy \(I\)”.

\(\overline B \): “ Linh kiện lấy ra từ nhà máy \(II\)”.

Theo giả thuyết ta có \(P\left( B \right) = \frac{{80}}{{200}} = 0,4\); \(P\left( {\overline B } \right) = \frac{{120}}{{200}} = 0,6\); \(P\left( {A|B} \right) = 0,04\); \(P\left( {A|\overline B } \right) = 0,03\)

Theo công thức toàn phần xác suất lấy linh kiện là phế phẩm là

\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right) = \)\(0,4 \cdot 0,04 + 0,6 \cdot 0,03 = 0,034\).

Mặt khác theo công thức Bayes xác suất linh kiện phế phẩm do nhà máy \(I\) sản xuất là:

\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,4 \cdot 0,04}}{{0,034}} = \frac{8}{{17}} \approx 0,47\).

Đáp án cần nhập là: \(0,47\).

Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2} \right){\left( {2 - x} \right)^4} = 0\)

Có duy nhất một nghiệm bội lẻ \(x = 1\).

Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) có một điểm cực trị. Chọn B.

Với \(m = 0 \Rightarrow y = \frac{{x - 1}}{{ - 2x + 1}}\).

Suy ra đồ thị có hai đường tiệm cận: tiệm cận đứng \(x = \frac{1}{2}\) và tiệm cận ngang \(y =  - \frac{1}{2}\).

Vậy \(m = 0\) thỏa mãn.

Với \(m \ne 0\). Ta có hàm số có một đường tiệm cận ngang là \(y = 0\).

Khi đó để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì hàm số có duy nhất một đường tiệm cận đứng.

Suy ra \(m{x^2} - 2x + 1 = 0\) có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm \(x = 1\).

Ta có \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{\Delta '}} = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{\Delta '}} > 0}\\{m - 2 + 1 = 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - m = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 - m > 0}\\{m = 1}\end{array}} \right.}\end{array} \Rightarrow m = 1} \right.} \right.\)

Vậy có hai giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn đề bài, \(m \in \left\{ {0;1} \right\}\). Chọn A.

Hàm mô tả GDP của quốc gia đó sau \(t\) năm là \(S\left( t \right) = \int {q\left( t \right)dt} \) (tỷ USD).

GDP tăng thêm của quốc gia đó tính từ năm 2015 (\(t = 0\)) đến đầu năm 2026 (\(t = 11\)) là

\[\int\limits_0^{11} {S'\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^{11} {\left( {30 + \frac{1}{2}\sqrt {5 + t} } \right)dt}  = \left( {30t + \frac{{{{\left( {5 + t} \right)}^{\frac{3}{2}}}}}{3}} \right)_0^{11} \approx 348\] (tỷ USD).

Như vậy tổng giá trị GDP tính đến đầu năm 2026 xấp xỉ với \(348 + 100 = 448\) tỷ USD.

Đáp án cần nhập là: 448.

Ta thấy đồ thị hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\), suy ra \(f\left( { - 3} \right) < f\left( { - 1} \right)\). Chọn D.

Ta có \({\left( {|\vec u + \vec v|} \right)^2} = {\left( {\vec u + \vec v} \right)^2} = {\vec u^2} + 2\vec u\vec v + {\vec v^2}\)

\( = {\left| {\vec u} \right|^2} + 2\left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|\cos \left( {\vec u,\vec v} \right) + {\left| {\vec v} \right|^2} = {3^2} + 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} + {4^2} = 37\).

Vậy \(\left| {\vec u + \vec v} \right| = \sqrt {37} \). Chọn C.

Ta đặt \(t = \left| {x + 3} \right| \ge 0\)

Khi đó phương trình \(f\left( {\left| {x + 3} \right|} \right) = 5\) trở thành \(f\left( t \right) = 5,t \ge 0\)

Suy ta phương trình \(f\left( {\left| {x + 3} \right|} \right) = 5\) có 4 nghiệm phân biệt khi \(f\left( t \right) = 5,t \ge 0\) có hai nghiệm dương phân biệt.

Giả sử \(f\left( 0 \right) = q \Rightarrow q < m\),

Trường hợp 1: \(q < n\)

\(m = 5 \Rightarrow n < 5 \Rightarrow n \in \left[ { - 25;5} \right)\) suy ra có 30 cặp số nguyên.

\(n = 5 \Rightarrow m > 5 \Rightarrow m \in \left( {5;25} \right]\) suy ra có 20 cặp số nguyên.

Trường hợp 2: \(n \le q < m\)

Ta có \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( 2 \right) = 0}\\{f'\left( 5 \right) = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{12a + 4b + c = 0}\\{75a + 10b + c = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 30a}\\{b =  - 10,5a}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 2 \right) = m}\\{f\left( 5 \right) = n}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8a + 4b + 2c + d = m}\\{125a + 25b + 5c + d = n}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{26a + d = m}\\{12,5a + d = n}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{26a = m - d > 0}\\{12,5a = n - d \le 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{a \le 0}\end{array}} \right.\) (vô lý).

Vậy có 50 cặp số nguyên \(\left( {m;n} \right)\) thỏa mãn đề bài.

Đáp án cần nhập là: \(50\).

Ta có tọa độ của trong trọng tâm tam giác \(ABC\) là \(G\left( {2;2; - 1} \right)\)

Vì đường thẳng vuông góc với với mặt phẳng \(\left( P \right)\), suy ra \({\vec u_d} = {\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {1;2; - 3} \right)\)

Vậy phương trình đường thẳng là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = t + 2}\\{y = 2t + 2}\\{z =  - 3t - 1}\end{array}} \right.\). Chọn A.

Tập xác định: \[D = \left( { - \infty ; - 2\left]  \cup  \right[2; + \infty } \right)\].

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 4} }},\forall x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\).

Để hàm số đồng biến thì \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} > 0 \Leftrightarrow x > 0\).

Kết hợp với điều kiện ta có hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\). Chọn D.

$\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left(x+\frac{2}{x}\right)dx={\left.\left(\frac{x^2}{2}+2\text{ln}\left|x\right|\right)\right|}_1^3=4+2\text{ln}3$.

Vậy \(S = a + b = 4 + 3 = 7\).

Đáp án cần nhập là: \(7\).

\(V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_1^2 {xdx} \). Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

+) \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {a;b} \right)\).

 Suy ra \(f\left( a \right) > f\left( b \right)\) (1).

+) \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {b;c} \right)\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {b;c} \right)\).

Suy ra \(f\left( c \right) > f\left( b \right)\) (2).

Gọi \({S_1}:\left\{ \begin{array}{l}y = f'\left( x \right)\\y = 0\\x = a;x = b\end{array} \right.\) và \({S_2}:\left\{ \begin{array}{l}y = f'\left( x \right)\\y = 0\\x = b;x = c\end{array} \right.\).

Dựa vào đồ thị ta thấy \({S_1} < {S_2}\) nên \( - \int\limits_a^b {f'\left( x \right)dx}  < \int\limits_b^c {f'\left( x \right)dx} \)

\( \Leftrightarrow  - \left[ {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right] < f\left( c \right) - f\left( b \right)\)\( \Leftrightarrow f\left( a \right) - f\left( b \right) < f\left( c \right) - f\left( b \right) \Leftrightarrow f\left( a \right) < f\left( c \right)\) (3).

Từ (1), (2) và (3), ta có \(f\left( c \right) > f\left( a \right) > f\left( b \right)\). Chọn A.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;1; - 1} \right)\) và bán kính \(R = 2\) và điểm \(M\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\)

Ta có tồn tại ít nhất hai tiếp tuyến kẻ từ điểm \(M\) đến mặt cầu \(\left( S \right)\) và vuông góc với nhau

\( \Leftrightarrow R \le MI \le R\sqrt 2 \)

\( \Leftrightarrow 4 \le {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} + {1^2} \le 8 \Leftrightarrow 3 \le {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2} \le 7\)

mà \(a,b \in \mathbb{Z}\) suy ra \({\left( {b - 1} \right)^2} \le 7 \Leftrightarrow  - \sqrt 7  \le b - 1 \le \sqrt 7  \Rightarrow b \in \left\{ { - 1;0;1;2;3} \right\}\).

Suy ra có 8 cặp \(\left( {a;b} \right)\) thỏa mãn. Vậy có 8 điểm \(M\) thỏa mãn đề bài.

Đáp án cần nhập là: \(8\).

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - m{x^2} + \left( {2m - 3} \right)x - 1\) là \(y' = 3{x^2} - 2mx + 2m - 3\)

Vì hệ số góc dương với mọi \(x\) nên ta có \(y' = 3{x^2} - 2mx + 2m - 3 > 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3 > 0}\\{{\rm{\Delta '}} < 0}\end{array} \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 < 0 \Leftrightarrow {{(m - 3)}^2} < 0} \right.\)\( \Rightarrow m \in \emptyset \). Chọn D.

Ta có \(\int\limits_{ - 4}^4 {f'\left( x \right)dx}  = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 4}^4 = f\left( 4 \right) - f\left( { - 4} \right)\).

Lại có \(S = \int\limits_{ - 4}^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx = \frac{1}{2}}  \cdot 3 \cdot 8 = 12 = \int\limits_{ - 4}^4 {f'\left( x \right)dx} \).

Suy ra \(f\left( 4 \right) - f\left( { - 4} \right) = 12\).

Đáp án cần nhập là: \(12\).

Điểm \(I\) có tọa độ là \(\left( {\frac{{3 - 1}}{2};\frac{{1 + 5}}{2};\frac{{ - 2 + 4}}{2}} \right) = \left( {1;3;1} \right)\). Chọn B.

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;3} \right)\) và vectơ chỉ phương của mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right)\) là \(\vec n = \left( {0;0;1} \right)\).

Suy ra \({\rm{sin}}\alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB}  \cdot \vec n} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\vec n} \right|}} = \frac{3}{{\sqrt {11}  \cdot 1}} = \frac{3}{{\sqrt {11} }}\).

Suy ra \({\rm{cos}}\alpha  = \sqrt {1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha }  = \sqrt {\frac{2}{{11}}} \).  Chọn D.

Phương trình đã cho là phương trình cầu khi và chỉ khi

\({\left( {m + 2} \right)^2} + {\left( {m - 1} \right)^2} - 3{m^2} + 5 > 0\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 10 < 0\)\( \Leftrightarrow  - 1 - \sqrt {11}  < m < 1 + \sqrt {11} \).

Vậy có 7 giá trị của \(m\) nguyên thỏa mãn bài toán \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}\).

Đáp án cần nhập là: \(7\).

Gọi A là biến cố "Thứ ba Hoa đi học bằng xe đạp"

B là biến cố "Thứ tư Hoa đi học bằng xe đạp"

Ta vẽ sơ đồ hình cây như sau

Có hai nhánh cây đi tới \(B\) là \(OAB\) và \(O\overline A B\).

Vậy \(P\left( B \right) = 0,7 \cdot 0,3 + 0,2 \cdot 0,3 = 0,27\). Chọn C.

Ta có \(I = \int\limits_1^3 {f\left( {3x - 1} \right)dx} \). Ta đặt \(t = 3x - 1 \Rightarrow dt = 3dx \Rightarrow \frac{{dt}}{3} = dx\)

Khi đó .

Vì \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) nên ta có \(3I = \left. {F\left( x \right)} \right|_2^8 \Leftrightarrow 3I = F\left( 8 \right) - F\left( 2 \right)\).

Vì \(G\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) nên ta có \(3I = \left. {G\left( x \right)} \right|_2^8 \Leftrightarrow 3I = G\left( 8 \right) - G\left( 2 \right)\).

Cộng hai vế lại ta có \(6I = F\left( 8 \right) + G\left( 8 \right) - \left( {F\left( 2 \right) + G\left( 2 \right)} \right) \Leftrightarrow 6I = 11 - 5 \Leftrightarrow I = 1\).

Đáp án cần nhập là: \(1\).

Có \(P\left( {AB} \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) = 0,6 \cdot 0,5 = 0,3\).

Suy ra \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,3}}{{0,3}} = 1\). Chọn D.

Gọi \(A\) là biến cố “Bạn được chọn biết chơi bóng đá”;

\(B\) là biến cố “Bạn được chọn biết chơi bóng rổ”.

Số bạn biết chơi cả hai môn là \(27 + 25 - 40 = 12\).

Vậy trong số 25 bạn chơi bóng đá thì có 12 bạn chơi bóng rổ.

Vậy \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{12}}{{25}} = 0,48\).

Đáp án cần nhập là: \(0,48\).

Bảng có giá trị đại diện

Giá trị trung bình \(\overline x  = \frac{{1,1 \cdot 20 + 1,3 \cdot 34 + 1,5 \cdot 13 + 1,7 \cdot 10 + 1,9 \cdot 3}}{{20 + 34 + 13 + 10 + 3}} = 1,355\).

Phương sai của mẫu số liệu là

\({s^2} = \frac{{{{1,1}^2} \cdot 20 + {{1,3}^2} \cdot 34 + {{1,5}^2} \cdot 13 + {{1,7}^2} \cdot 10 + {{1,9}^2} \cdot 3}}{{20 + 34 + 13 + 10 + 3}} - {1,355^2} \approx 0,047\). Chọn B.

Khoảng biến thiên \(R = 32 - 12 = 20\). Chọn D.

Từ giả thiết ta có \(A > C > B > D\).

Ta đi xét từng phương án:

A. C là anh của E \( \Rightarrow C > E\) mà \(C > B\) nên \(E\) có thể lớn hơn B hoặc nhỏ hơn B.

B. A là anh của E. Vì \(A > C > B\) nên E vẫn có thể lớn hơn hoặc nhỏ hơn B.

C. C là em của E \( \Rightarrow E > C\) mà ta có \(C > B\) nên suy ra \(E > C > B\). Vậy E chắc chắn là anh của B.

D. E là anh của D \( \Rightarrow E > D\) nhưng vì \(B > D\) nên \(E\) có thể lớn hơn B hoặc nhỏ hơn B.

Vậy ta cần thêm thông tin để kết luận là E là anh của B là C là em của E. Chọn C.