Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 28

Gọi \(M\) là trung điểm \(AB\), khi đó \(M\left( {4;3} \right)\).

Với mọi điểm \(C\) ta có: \(\overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CB}  = 2\overrightarrow {CM} \). Suy ra \(\overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CB} \) có độ dài ngắn nhất khi \(\overrightarrow {CM} \) có độ dài ngắn nhất.

\(C\) thuộc trục \(Ox\) sao cho vectơ \(\overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CB} \) có độ dài ngắn nhất khi \(\overrightarrow {CM} \) có độ dài ngắn nhất nên \(C\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \(Ox\). Vậy \(C\left( {4;0} \right)\)

Vậy \(S = a + b = 4 + 0 = 4\).

Đáp án cần nhập là: \(4\).

\(\overrightarrow a  =  - \overrightarrow i  + 2\overrightarrow j  - 3\overrightarrow k  \Rightarrow \overrightarrow a  = \left( { - 1;2; - 3} \right)\). Chọn B.

Mặt phẳng \(x + 2y + 3z = 0\) nhận \(\overrightarrow n  = \left( {1;2;3} \right)\) làm vectơ chỉ phương. Chọn B.

Loại \({\rm{A}},{\rm{B}}\) vì hệ số của \({x^2}\) và \({y^2}\) không bằng nhau.

Ta có \({x^2} + {y^2} - 2x - 8y + 20 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} =  - 3\) vô lý.

\({x^2} + {y^2} - 2x - 4y + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4\) là phương trình đường tròn có tâm \(I\left( {1;2} \right)\) và bán kính \(R = 2\). Chọn C.

Sản lượng lúa trung bình của 40 thửa ruộng là

\(\overline x  = \frac{1}{{40}}\left( {5 \cdot 20 + 8 \cdot 21 + 11 \cdot 22 + 10 \cdot 23 + 6 \cdot 24} \right) = 22,1\)

Phương sai của sản lượng lúa của 40 thửa ruộng là

\({s^2} = \frac{1}{{40}}\left( {5 \cdot {{20}^2} + 8 \cdot {{21}^2} + 11 \cdot {{22}^2} + 10 \cdot {{23}^2} + 6 \cdot {{24}^2}} \right) - {22,1^2} = 1,54\).

Đáp án cần nhập là: \(1,54\).

Sử dụng định lý sin cho tam giác \(ABC\), ta có \(\frac{{BC}}{{{\rm{sin}}A}} = 2R\).

Suy ra \(R = \frac{{BC}}{{2{\rm{sin}}A}} = \frac{6}{{2{\rm{sin}}150^\circ }} = 6\left( {\rm{m}} \right)\).

Vậy diện tích của miệng giếng là \(S = \pi {R^2} = 36\pi  \approx 113\left( {{m^2}} \right)\).

Đáp án cần nhập là: \(113\).

Bất phương trình đã cho có vô số nghiệm. Chọn B.

Theo phương án 1, Tổng tiền lương mỗi quý sẽ tạo thành cấp số cộng với \({u_1} = 5 \cdot 3 = 15\), công sai \(d = 0,5 \cdot 3 = 1,5\).

Suy ra công thức tổng quát: \({u_n} = 15 + 1,5\left( {n - 1} \right)\).

Mà tháng thứ 8 nằm trong quý thứ 3

Nên ta có lương tháng thứ 8 là: \(\frac{{{u_3}}}{3} = \frac{{15 + 1,5.2}}{3} = 6\). Chọn C.

Theo phương án 2, Tổng tiền lương mỗi quý sẽ tạo thành cấp số nhân với \({u_1} = 5 \cdot 3 = 15\), công bội \(q = 1,05\).

Suy ra công thức tổng quát: \({u_n} = 15 \cdot {1,05^{n - 1}}\).

Mà tháng thứ 10 nằm trong quý thứ 4

Nên ta có lương tháng thứ 10 là: \(\frac{{{u_4}}}{3} = \frac{{15 \cdot {{1,05}^3}}}{3} \approx 5,8\). Chọn A.

 Tổng số tiền nhân viên \(B\) nhận được sau \(n\) quý làm việc là \({S_n} = \frac{{15\left( {1 - {{1,05}^n}} \right)}}{{1 - 1,05}}\).

Số tiền tiết kiệm của B sau 1 năm (4 quý ) là \({S_4} - 4{u_1} = \frac{{15\left( {1 - {{1,05}^4}} \right)}}{{1 - 1,05}} - 4 \cdot 15 \approx 4,7\).

Do đó, chiếc điện thoại trị giá 4,7 triệu đồng.

Số tiền tiết kiệm của \(A\) sau \(n\) quý là \(1,5 \cdot \left( {n - 1} \right) \Leftrightarrow 1,5 \cdot \left( {n - 1} \right) = 4,7 \Leftrightarrow n \approx 4,1\).

Vậy A cần ít nhất 13 tháng để mua chiếc điện thoại đó. Chọn A.

Ta có $f^{\text{'}}\left(a\right)=\underset{x\to a}{\text{lim}}\frac{f\left(x\right)-f\left(a\right)}{x-a}$

Vậy $\underset{x\to -2}{\text{lim}}\frac{f\left(x\right)-f\left(-2\right)}{x+2}=-1$. Chọn B.

\(2\sqrt 3 \sin \left( {x - \frac{\pi }{8}} \right){\rm{cos}}\left( {x - \frac{\pi }{8}} \right) + 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\left( {x - \frac{\pi }{8}} \right) = \sqrt 3  + 1\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 {\rm{sin}}\left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) + \left[ {1 + {\rm{cos}}\left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right)} \right] = \sqrt 3  + 1\)

\( \Leftrightarrow \sqrt 3 {\rm{sin}}\left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) + {\rm{cos}}\left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 3 \)

\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\rm{sin}}\left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) + \frac{1}{2}{\rm{cos}}\left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{sin}}\left[ {\left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) + \frac{\pi }{6}} \right] = {\rm{sin}}\frac{\pi }{3}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{sin}}\left( {2x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = {\rm{sin}}\frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{5\pi }}{{24}} + k\pi }\\{x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi }\end{array},k \in \mathbb{Z}} \right.\).

Vậy số điểm biểu diễn họ nghiệm của phương trình đã cho là 4.

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Ta có tam giác \(ABC\) là tam giác đều có cạnh bằng \(a\)

Suy ra \({S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = 2 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2}\).

Ta có vì \(O\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow d\left( {C,\left( {A'BD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right)\).

\(BD \bot AC,BD \bot A'A \Rightarrow BD \bot \left( {A'AC} \right)\)\( \Rightarrow \left( {A'BD} \right) \bot \left( {A'AC} \right);\left( {A'BD} \right) \cap \left( {A'AC} \right) = A'O\).

Kẻ \(AH \bot A'O\) tại \(H \Rightarrow AH \bot \left( {A'BD} \right)\).

Suy ra \(d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = AH = \frac{{\sqrt 2 }}{4}a\).

Xét tam giác \(A'AO\) vuông tại \(A\) có \(AO = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}\).

Và \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} \Leftrightarrow A'A = \frac{a}{2}\).

Thể tích khối lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\) là \(V = {S_{ABCD}} \cdot A'A = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^3}\). Chọn B.

Dễ thấy đồ thị hàm số \(y = {a^{x - 2}}\) luôn đi qua điểm cố định \(A\left( {2;1} \right)\).

Đồ thị hàm số \(y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}\left( {4 - x} \right)\) luôn đi qua điểm cố định \(B\left( {3;0} \right)\).

Khoảng cách giữa hai điểm \(AB\) là: \(AB = \sqrt {{{\left( {3 - 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 1} \right)}^2}}  = \sqrt 2 \). Chọn B.

Ta có:

 $\underset{n\to +\infty }{\text{lim}}\left(\sqrt{9n^2+5n+4}-\sqrt[3]{27n^3+4n^2+9n+8}\right)$

 $=\underset{n\to +\infty }{\text{lim}}\left(\sqrt{9n^2+5n+4}-3n-\sqrt[3]{27n^3+4n^2+9n+8}+3n\right)$

\( = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } \left( {\frac{{9{n^2} + 5n + 4 - {{\left( {3n} \right)}^2}}}{{\sqrt {9{n^2} + 5n + 4}  + 3n}} - \frac{{27{n^3} + 4{n^2} + 9n + 8 - {{\left( {3n} \right)}^3}}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{27{n^3} + 4{n^2} + 9n + 8}}} \right)}^2} + 3n \cdot \sqrt[3]{{27{n^3} + 4{n^2} + 9n + 8}} + {{\left( {3n} \right)}^2}}}} \right)\)\( = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } \left( {\frac{{5n + 4}}{{n\left( {\sqrt {9 + \frac{5}{n} + \frac{4}{{{n^2}}}}  + 3} \right)}} - \frac{{4{n^2} + 9n + 8}}{{{n^2}\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{27 + \frac{4}{n} + \frac{9}{{{n^2}}} + \frac{8}{{{n^3}}}}}} \right)}^2} + 3 \cdot \sqrt[3]{{27 + \frac{4}{n} + \frac{9}{{{n^2}}} + \frac{8}{{{n^3}}}}} + 9} \right]}}} \right)\)

\( = \frac{5}{{3 + 3}} - \frac{4}{{3 \cdot 3 + 3 \cdot 3 + 3 \cdot 3}} = \frac{{37}}{{54}}\).

Như vậy \(a = 37,b = 54 \Rightarrow S = ab = 1998\).

Đáp án cần nhập là: \(1998\).

Ta có: \({3^{3x + 1}} - 9 + {3^{x + 1}} - 9 \cdot {3^{2x}} > 0 \Leftrightarrow 3 \cdot {3^{3x}} - 9 + 3 \cdot {3^x} - 9 \cdot {3^{2x}} > 0\).

Đặt \({3^x} = t\;\left( {t > 0} \right)\).

Khi đó bất phương trình trở thành: \(3{t^3} - 9 + 3t - 9{t^2} > 0\)

\( \Leftrightarrow 3{t^2}\left( {t - 3} \right) + 3\left( {t - 3} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left( {3{t^2} + 3} \right) \cdot \left( {t - 3} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow t - 3 > 0 \Leftrightarrow t > 3\).

Suy ra \({3^x} > 3 \Leftrightarrow x > 1\). Chọn D.

Ta chọn mặt phẳng chứa \(AD\) là \(\left( {ACD} \right)\).

\(M\) là điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {MNP} \right)\).

Gọi \(CD\) cắt \(NP\) tại \(I\) nên \(\left( {ACD} \right) \cap \left( {MNP} \right) = MI\).

Gọi \(MI\) cắt \(AD\) tại \(F\) thì \(AD \cap \left( {MNP} \right) = F\).

Từ \(D\) kẻ đường thẳng song song với \(AC\) cắt \(MI\) tại \(E\)

Ta có \(\Delta DFE\) đồng dạng với \(\Delta AFM\) nên ta có \(\frac{{FA}}{{FD}} = \frac{{AM}}{{DE}} = \frac{{CM}}{{DE}}\) (1).

Ta có \(\Delta IED\) đồng dạng với \(\Delta IMC\) nên ta có \(\frac{{CM}}{{DE}} = \frac{{CI}}{{DI}}\) (2).

Từ \(D\) kẻ đường thẳng song song với \(CB\) cắt \(NI\) tại \(H\).

Ta có \(\Delta IHD\) đồng dạng với \(\Delta INC\) nên ta có \(\frac{{CI}}{{DI}} = \frac{{CN}}{{DH}} = \frac{{NB}}{{DH}}\) (3).

Ta có \(\Delta NPB\) đồng dạng với \(\Delta HPD\) nên ta có \(\frac{{NP}}{{HP}} = \frac{{BP}}{{PD}} = \frac{{NB}}{{DH}} = 2\) (4).

Từ (1), (2), (3), (4) ta suy ra \(\frac{{FA}}{{FD}} = 2\).

Đáp án cần nhập là: \(2\).

 \({\left( {\frac{1}{{64}}} \right)^{{a^2} + 4ab}} = {\left( {\sqrt[3]{{256}}} \right)^{3{a^2} - 10ab}} \Leftrightarrow {4^{ - 3\left( {{a^2} + 4ab} \right)}} = {4^{\frac{4}{3}\left( {3{a^2} - 10ab} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow  - 3{a^2} - 12ab = 4{a^2} - \frac{{40}}{3}ab \Leftrightarrow 7{a^2} - \frac{4}{3}ab = 0\)

\( \Leftrightarrow 7a = \frac{4}{3}b \Leftrightarrow \frac{b}{a} = \frac{{21}}{4}\). Chọn B.

Gọi \(O\) là tâm của đáy của hình chóp và tất cả các cạnh đều bằng \(a\)

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Suy ra \(\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,BO} \right) = \widehat {SBO}\).

Xét tam giác \(SOB\) vuông tại \(O\), có \({\rm{tan}}\widehat {SBO} = \frac{{SO}}{{BO}} = \frac{{\sqrt {S{B^2} - O{B^2}} }}{{OB}} = 1 \Rightarrow \widehat {SOB} = 45^\circ \). Chọn A.

Gọi \(A\) là biến cố "Lấy được ba lá bài đồng chất".

Gọi \(B\) là biến cố "Lấy được ba lá bài hình".

Trong một bộ bài tây có 4 chất khác nhau, mỗi chất có 13 lá. Khi đó, xác suất để lấy được 3 lá bài đồng chất là: \(P\left( A \right) = \frac{{4C_{13}^3}}{{C_{52}^3}} = \frac{{22}}{{425}}\).

Trong một bộ bài tây có 12 lá bài hình, khi đó, xác suất để lấy được 3 lá bài hình là \(P\left( B \right) = \frac{{C_{12}^3}}{{C_{52}^3}} = \frac{{11}}{{1105}}\).

Biến cố \(AB\) là biến cố "Lấy được ba lá bài hình đồng chất", và biến cố \(A \cup B\) là biến cố "Lấy được ba lá bài hình hoặc ba lá bài đồng chất".

Xác suất để lấy được ba lá bài hình đồng chất là \(P\left( {AB} \right) = \frac{{4C_3^3}}{{C_{52}^3}} = \frac{1}{{5525}}\).

Xác suất cần tìm là

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{{22}}{{425}} + \frac{{11}}{{1105}} - \frac{1}{{5525}} = \frac{4}{{65}} \approx 0,06\).

Đáp án cần nhập là: \(0,06\).

Bảng có giá trị đại diện

Vận động viên A:

Giá trị trung bình: \(\overline {{x_A}}  = \frac{{10,2 \cdot 2 + 10,6 \cdot 10 + 11 \cdot 5 + 11,4 \cdot 3}}{{2 + 10 + 5 + 3}} = \frac{{539}}{{50}}\).

Phương sai: \(s_A^2 = \frac{1}{{20}}\left( {{{10,2}^2} \cdot 2 + {{10,6}^2} \cdot 10 + {{11}^2} \cdot 5 + {{11,4}^2} \cdot 3} \right) - {\left( {\frac{{539}}{{50}}} \right)^2} = \frac{{299}}{{2500}}\).

Độ lệch chuẩn: \({s_A} = \sqrt {\frac{{299}}{{2500}}}  \approx 0,35\).

Vận động viên B:

Giá trị trung bình: \(\overline {{x_B}}  = \frac{{10,2 \cdot 3 + 10,6 \cdot 7 + 11 \cdot 9 + 11,4 \cdot 6}}{{3 + 7 + 9 + 6}} = \frac{{1361}}{{125}}\).

Phương sai: \(s_A^2 = \frac{1}{{25}}\left( {{{10,2}^2} \cdot 3 + {{10,6}^2} \cdot 7 + {{11}^2} \cdot 9 + {{11,4}^2} \cdot 6} \right) - {\left( {\frac{{1361}}{{125}}} \right)^2} = \frac{{2304}}{{15625}}\).

Độ lệch chuẩn: \({s_B} = \sqrt {\frac{{2304}}{{15625}}}  = 0,384\).

Vì \({s_A} < {s_B}\) nên vận động viên A có thành tích luyện tập ổn định hơn. Chọn C.

Định nghĩa hàm số liên tục tại một điểm:

Nếu hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm tại \({x_0}\) thì nó liên tục tại điểm đó. Chọn C.

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị gồm: 1 điểm cực đại \(x = 3\) và 2 điểm cực tiểu \(x =  - 1,x = 4\). Chọn D.

Ta có hàm lợi nhuận:

\(R\left( x \right) = xp\left( x \right) - C\left( x \right) = x\left( {2700 - 3x} \right) - \left( {10000 - 300x - 3{x^2} + 0,004{x^3}} \right)\)

\(R\left( x \right) =  - 0,004{x^3} + 3000x - 10000\).

Ta cần tìm giá trị lớn nhất của \(R\left( x \right)\)

Ta có \(R'\left( x \right) =  - 0,012{x^2} + 3000 = 0 \Rightarrow x = 500\) (vì \(x > 0\)).

Ta có bảng biến thiên

Ta thấy giá trị lớn nhất của \(R\left( x \right)\) là 990000 (nghìn đồng) \( = 990\) (triệu đồng).

Đáp án cần nhập là: \(990\).

Ta có \(y' = {x^4} - 2{x^2} - m = 0 \Leftrightarrow m = {x^4} - 2{x^2}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2}\)

Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4x = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x =  \pm 1}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy phương trình \(m = {x^4} - 2{x^2}\) có bốn nghiệm phân biệt khi \( - 1 < m < 0\).

Vậy không có giá trị nguyên \(m\) thỏa mãn.

Đáp án cần nhập là: \(0\).

Hàm số \(y = {\rm{ln}}\left( {{x^2} - 2x - 3} \right)\) xác định khi: \({x^2} - 2x - 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x <  - 1}\\{x > 3}\end{array}} \right.\).

\(y' = \frac{{2x - 2}}{{{x^2} - 2x - 3}}\).

Hàm số đồng biến khi \(y' > 0 \Leftrightarrow \frac{{2x - 2}}{{{x^2} - 2x - 3}} > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 3}\\{ - 1 < x < 1}\end{array}} \right.\)

Do \(x \in D\) nên \(x > 3\).

Vậy hàm số \(y = {\rm{ln}}\left( {{x^2} - 2x - 3} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {3; + \infty } \right)\). Chọn D.

Ta có: \({f^2}\left( x \right) - 4f\left( x \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 3\,\,\,\left( 1 \right)}\\{f\left( x \right) = 1\,\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\).

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:

(1) có nghiệm \({x_1} = a > 1\) (nghiệm đơn) và \({x_2} =  - 1\) (nghiệm kép)

\( \Rightarrow f\left( x \right) - 3 = k\left( {x - a} \right){(x + 1)^2}(k > 0)\)

(2) có nghiệm ba nghiệm đơn \({x_1},{x_2},{x_3}\) với \({x_1} = b <  - 1 < {x_2} = 0 < 1 < {x_3} = c{\rm{\;}}(a > c)\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) - 1 = k\left( {x - b} \right)x\left( {x - c} \right)(k > 0)\).

\( \Rightarrow \) Hàm số \(y = g\left( x \right)\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {a;b;0;1;c} \right\}\)

Vì \(g\left( x \right) = \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - 1} \right)}}{{{f^2}\left( x \right) - 4f\left( x \right) + 3}} = \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\left[ {f\left( x \right) - 3} \right]\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]}} = \frac{{x - 1}}{{{k^2}x\left( {x - b} \right)\left( {x - c} \right)\left( {x - a} \right)}}\)

Nên .

\( \Rightarrow \)Đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\) nhận đường thẳng \(y = 0\) làm tiệm cận ngang.

Tại các điểm \(x = a,x = b,x = 0,x = c\) mẫu của \(g\left( x \right)\) nhận giá trị bằng 0 còn tử nhận các giá trị khác 0.

Và do hàm số xác định trên \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {a;b;0;1;c} \right\}\) nên giới hạn một bên của hàm số \(y = g\left( x \right)\) tại các điểm \(x = a,x = b,x = 0,x = c\) là các giới hạn vô cực.

Do đó, đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 4 tiệm cận đứng: \(x = a,x = b,x = 0\) và \(x = c\).

Vậy đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 5 đường tiệm cận:

\(1{\rm{\;}}\) tiệm cận ngang: \(y = 0\) và 4 tiệm cận đứng \(x = a,x = b,x = 0,x = c\).

Đáp án cần nhập là: \(5\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta có $\underset{x\in \left[0;3\right]}{\text{max}}f\left(x\right)=\mathrm{2,5}$. Chọn A.

Ta có \(f\left( {\sin x} \right) = 2,5 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = 1}\\{\sin x = a > 3\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \).

Vậy có 1 nghiệm \(x = \frac{\pi }{2}\) thuộc khoảng \(\left( {0;2\pi } \right)\). Chọn C.

Ta có \(g'\left( x \right) = \left( {3{x^2} - 6x} \right)f'\left( {{x^3} - 3x + m} \right)\).

Với mọi \(x \in \left( {2; + \infty } \right)\) ta có \(3{x^2} - 6x > 0\) nên để hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^3} - 3{x^2} + m} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow f'\left( {{x^3} - 3{x^2} + m} \right) \ge 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\).

Dựa vào đồ thị ta có hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\) nên \(f'\left( x \right) \ge 0\) với \(x \in \left( { - \infty ;1\left]  \cup  \right[3; + \infty } \right)\).

Do đó: \(f'\left( {{x^3} - 3{x^2} + m} \right) \ge 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} - 3{x^2} + m \le 1,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)}\\{{x^3} - 3{x^2} + m \ge 3,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le  - {x^3} + 3{x^2} + 1,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)}\\{m \ge  - {x^3} + 3{x^2} + 3,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)}\end{array}} \right.\)

Nhận thấy  nên trường hợp \(m \le  - {x^3} + 3{x^2} + 1,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\) không xảy ra.

Trường hợp: \(m \ge  - {x^3} + 3{x^2} + 3,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\).

Ta có hàm số \(h\left( x \right) =  - {x^3} + 3{x^2} + 3\) liên tục trên \(\left[ {2; + \infty } \right)\)

và \(h'\left( x \right) =  - 3{x^2} + 6x < 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\) nên \(h\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left[ {2; + \infty } \right)\) suy ra .

Do đó .

Vậy có 2019 số nguyên \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(2019\).

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x^2-2}{x+1}dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(x-1\right)dx-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{x+1}={\left.\frac{{\left(x-1\right)}^2}{2}\right|}_0^1-{\left.\text{ln}\left|x+1\right|\right|}_0^1=\frac{-1}{2}-\text{ln}2$.

Suy ra \(m = 2,n =  - 1 \Rightarrow m - n = 3\).

Đáp án cần nhập là: \(3\).

\(\int\limits_1^3 {\left[ {f\left( x \right) + 3g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = 10 \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + 3\int\limits_1^3 {g\left( x \right){\rm{d}}x}  = 10\) (1).

(2) $\underset{1}{\overset{3}{\int }}\left[2f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]\text{d}x=6\iff 2\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-\underset{1}{\overset{3}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x=6$.

Đặt \(X = \int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} ,Y = \int\limits_1^3 {g\left( x \right){\rm{d}}x} \).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{X + 3Y = 10}\\{2X - Y = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{X = 4}\\{Y = 2}\end{array}} \right.} \right.\).

Do đó ta được: \(\int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 4\) và \(\int\limits_1^3 {g\left( x \right){\rm{d}}x}  = 2\).

Vậy \(\int\limits_1^3 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = 4 + 2 = 6\). Chọn B.

\(\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right|\left| {\vec b} \right|{\rm{cos}}\varphi  \Rightarrow {\rm{cos}}\varphi  = \frac{{\vec a \cdot \vec b}}{{\left| {\vec a} \right|\left| {\vec b} \right|}} = \frac{2}{{\sqrt 5  \cdot \sqrt 5 }} = \frac{2}{5}\). Chọn D.

Có \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx - \frac{1}{2} - \left( {d{x^2} + ex + 1\,\,} \right)\)

\( = a{x^3} + \left( {b - d} \right){x^2} + \left( {c - e} \right)x - \frac{3}{2}\).

Phương trình hoành độ giao điểm của \(f\left( x \right)\) và \(g\left( x \right)\) là: \(a\left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right) = 0\).

Dựa vào các hệ số tự do suy ra: \( - 3a =  - \frac{3}{2} \Rightarrow a = \frac{1}{2}\).

Từ đó suy ra: \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = \frac{1}{2}\left( {x + 3} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai hàm số \(f\left( x \right)\) và \(g\left( x \right)\) là:

$S=\underset{-3}{\overset{-1}{}}\frac{1}{2}\left(x+3\right)\left(x+1\right)\left(x-1\right)dx-\underset{-1}{\overset{1}{}}\frac{1}{2}\left(x+3\right)\left(x+1\right)\left(x-1\right)dx=2-\left(-2\right)=4$. Chọn C.

\(\int {\frac{1}{{1 - 4x}}dx}  =  - \frac{1}{4}\ln \left| {1 - 4x} \right| + C\). Chọn B.

Ta có \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = {a^2} \cdot \cos 60^\circ  = \frac{{{a^2}}}{2}\). Chọn C.

Ta có \(V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)}^2}dx}  = \frac{{33\pi }}{5}\). Chọn C.

Gọi tâm của mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(I\left( {x;y;z} \right)\)

Theo bài ra ta có \(C\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), suy ra \(C\left( {x;y;0} \right)\)

Gọi là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), khi đó \(H\left( { - 4;7;0} \right)\) và \(HM = 3\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A{I^2} = B{I^2}}\\{A{I^2} = C{I^2}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y + z - 3}\\{{x^2} + {y^2} - 2x - 2y - 2z + 3 = 0}\end{array} \Rightarrow {{(x - 1)}^2} + {y^2} = 4} \right.} \right.\)

Vậy \(C\) thuộc đường tròn có tâm \(I'\left( {1;0;0} \right)\) và bán kính \(r = 2\) và có \(HI' = \sqrt {74} \)

Ta có \(M{C^2} = M{H^2} + H{C^2} = 9 + H{C^2}\).

Khi đó \(MC\) đạt giá trị lớn nhất khi \(HC\) đạt giá trị lớn nhất

Ta có \(HC \le HI' + r = \sqrt {74}  + 2\)

Vậy \(MC\) lớn nhất khi \(MC = \sqrt {9 + H{C^2}}  \approx 11,02\). Chọn B.

Ta thấy \(A \in Ox,B \in Oy,C \in Oz\).

Ta có \(M \in \left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\)\( \Rightarrow \)\(\frac{1}{{5a}} + \frac{2}{{5b}} + \frac{3}{{5c}} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 5\).

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

Ta có \(d\left( {I,\left( {ABC} \right)} \right) = R = \frac{{\left| {\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \frac{4}{{\sqrt P }} = 2 \Rightarrow P = 4\).

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Từ phương trình mặt cầu ta có \(I\left( {2; - 1; - 2} \right)\) và \(R = 4\). Chọn D.

 Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;0;0} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 3 \).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua \(I\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right):x + z + 1 = 0\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 0\\z = t\end{array} \right.\).

Gọi \(H\) là tâm đường tròn giao tuyến.

Ta có \(H = {\rm{\Delta }} \cap \left( P \right) \Rightarrow \) tọa độ \(H\) là nghiệm của hệ phương trình

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 0}\\{z = t}\\{x + z + 1 = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 0}\\{z =  - 1}\end{array} \Rightarrow H\left( {0;0; - 1} \right)} \right.} \right.\). Chọn D.

Theo tính chất trung điểm của đoạn \(BC:\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = 2\overrightarrow {AM} \). Chọn B.

Trên đường thẳng \(d\), lấy điểm \(B\left( {2;4;1} \right)\). Khi đó \(\overrightarrow {{u_d}} \left( {5;4;6} \right);\overrightarrow {BA} \left( {1;0;4} \right)\).

Có \(\left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {BA} } \right] = \left( {16; - 14; - 4} \right)\), khi đó phương trình mặt phẳng đi qua \(A\) và nhận \(\left( {16; - 14; - 4} \right)\) hay \(\left( {8; - 7; - 2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến là: \(8\left( {x - 3} \right) - 7\left( {y - 4} \right) - 2\left( {z - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow 8x - 7y - 2z + 14 = 0\). Chọn C.

Vì đường thẳng \(d\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \(d\) nhận véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) làm một véc tơ chỉ phương.

Do đó đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\) và có véc tơ chỉ phương là \(\vec u = \left( {2;0; - 3} \right)\).

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

Gọi \({A_1}\) là biến cố: "gặp được nhân viên nữ"

\({A_2}\) là biến cố: "gặp được nhân viên nam"

\(B\) là biến cố: "nhân viên đó tốt nghiệp trường đại học X"

Từ giả thiết ta có: \(P\left( {{A_1}} \right) = 0,56,P\left( {{A_2}} \right) = 0,44,P\left( {B\mid {A_1}} \right) = 0,24,P\left( {B\mid {A_2}} \right) = 0,18\).

Áp dụng công thức toàn phần ta có:

\(P\left( B \right) = P\left( {B\mid {A_1}} \right) \cdot P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {B\mid {A_2}} \right) \cdot P\left( {{A_2}} \right) = 0,56 \cdot 0,24 + 0,44 \cdot 0,18 = 0,2136\).

Xác suất để nhân viên đó là nam, biết rằng nhân viên đó tốt nghiệp trường đại học \(X\), ta áp dụng công thức Bayes:

\(P\left( {{A_2}\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B\mid {A_2}} \right) \cdot P\left( {{A_2}} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,18 \cdot 0,44}}{{0,2136}} = \frac{{33}}{{89}}\). Chọn A.

Gọi A là biến cố "lần 1 bốc được bi trắng"

\(B\) là biến cố "lần 2 bốc được bi đỏ"

Suy ra \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{2}{9}\). Chọn B.

- Tính: "Nhà bạn Phú ở Thái Bình còn nhà em ở Cao Bằng". (1)

- Nghĩa: "Nhà em cũng ở Cao Bằng còn nhà bạn Tuấn ở Hà Nam". (2)

- Tuấn: "Nhà em cũng ở Cao Bằng còn nhà bạn Phú ở Bắc Giang". (3)

- Phú: "Nhà em cũng ở Thái Bình còn nhà bạn Thuận ở Hưng Yên". (4)

- Thuận: "Nhà em ở Hưng Yên còn nhà bạn Tính ở Bắc Giang". (5)

Nếu ý đầu của (3) là đúng thì nhà Tuấn ở Cao Bằng. Do đó, cả hai ý của (2) là sai.

Vậy ý đầu của (3) là sai. Do đó ý sau của (3) là đúng hay nhà bạn Phú ở Bắc Giang.

Do đó ý đầu của (1) là sai và ý sau của (5) là sai hay ý sau của (1) là đúng và ý đầu của (5) là đúng. Suy ra nhà bạn Tính ở Cao Bằng và nhà bạn Thuận ở Hưng Yên.

Vì nhà bạn Tính ở Cao Bằng nên ý đầu của (2) là sai hay ý sau của (2) là đúng. Suy ra nhà bạn Tuấn ở Hà Nam. Còn lại nhà bạn Nghĩa ở Thái Bình.

Kết luận: Nhà bạn Phú ở Bắc Giang, nhà bạn Tính ở Cao Bằng, nhà bạn Thuận ở Hưng Yên, nhà bạn Tuấn ở Hà Nam, nhà bạn Nghĩa ở Thái Bình. Chọn C.

Gọi \(P\left( A \right) = x{\rm{\;}}\left( {0 \le x \le 1} \right)\).

Có \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{x} = \frac{1}{3} \Rightarrow P\left( {AB} \right) = \frac{x}{3}\).

Có \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{x}{3}}}{{P\left( B \right)}} = \frac{1}{4} \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{4x}}{3}\).

Có \(P\left( {\overline {AB} } \right) = 1 - P\left( {A \cup B} \right) = 1 - P\left( A \right) - P\left( B \right) + P\left( {AB} \right) = 1 - x - \frac{{4x}}{3} + \frac{x}{3} = 0,1 \Leftrightarrow x = 0,45\).

Vậy \(P\left( A \right) = 0,45\).

Đáp án cần nhập là: \(0,45\).

Ta có \(\overrightarrow {MN}  = \left( {1; - 3; - 2} \right) \Rightarrow MN = \sqrt {14} \);

\(\overrightarrow {MP}  = \left( {1;3;0} \right) \Rightarrow MP = \sqrt {10} \); \(\overrightarrow {NP}  = \left( {0;6;2} \right) \Rightarrow NP = \sqrt {40} \).

Vậy chu vi tam giác \(MNP\) là \(\sqrt {14}  + \sqrt {10}  + \sqrt {40}  \approx 13,2\).

Đáp án cần nhập là: \(13,2\).

Đường thẳng đi qua điểm \(M\left( {2;3; - 5} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {1; - 6;8} \right)\) có phương trình là \(\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 3}}{{ - 6}} = \frac{{z + 5}}{8}\). Chọn A.