Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 29

\(P = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}{b^3} + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{{a^2}}}{b^{10}} = 3{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b + \frac{{10}}{2}{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b = 8{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b\). Chọn C.

Điều kiện xác định:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 6 > 0}\\{2 \cdot {4^{x + 1}} - 17 \cdot {2^x} + 2 \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x >  - 6}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{2^x} \le \frac{1}{8}}\\{{2^x} \ge 2}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 6 < x \le  - 3}\\{x \ge 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Trường hợp 1: \(2 \cdot {4^{x + 1}} - 17 \cdot {2^x} + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} = 2}\\{{2^x} = \frac{1}{8}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x =  - 3}\end{array}} \right.} \right.\) (thỏa mãn).

Trường hợp 2: \(1 - {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x + 6} \right) \ge 0 \Leftrightarrow x \le  - 3\).

Kết hợp điều kiện và hai trường hợp ta có \( - 6 < x \le  - 3\) hoặc \(x = 1\).

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên \(x \in \left\{ { - 5; - 4; - 3;1} \right\}\)

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Chiều cao khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là \(CC' = \frac{{{V_{ABC.A'B'C'}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = \frac{{3a}}{2}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(AB\).

Suy ra \(C'H \bot AB\). Khi đó góc nhị diện \(\left[ {C',AB,C} \right]\) là \(\widehat {CHC'}\).

Ta có \(CH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\({\rm{tan}}\widehat {CHC'} = \frac{{CC'}}{{CH}} = \frac{{\frac{{3a}}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {CHC'} = 60^\circ \). Chọn C.

Gọi \(E\) là trung điểm của \(BD\).

Ta có \(EM//CD \Rightarrow \left( {AM,CD} \right) = \left( {AM,EM} \right)\)

Ta có \(AM = \frac{1}{2}BC = \frac{{\sqrt 2 }}{2}a;AE = \frac{1}{2}BD = \frac{{\sqrt 2 }}{2}a;EM = \frac{1}{2}CD = \frac{{\sqrt 2 }}{2}a\).

Suy ra \(\Delta AEM\) là tam giác đều

Vậy góc giữa \(AM\) và \(CD\) bằng \(\widehat {AME} = 60^\circ \).

Đáp án cần nhập là: \(60\).

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

Khi đó \(AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \(AH \bot \left( {BCC'B'} \right)\) nên góc giữa \(AB'\) và \(\left( {BCC'B} \right)\) là \(\widehat {AB'H} = 30^\circ \).

\({\rm{\Delta }}AHB'\) vuông tại \(H\) có \(B'H = \frac{{AH}}{{{\rm{tan}}\widehat {AB'H}}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{{\rm{tan}}30^\circ }} = \frac{{3a}}{2}\).

Do đó \(BB' = \sqrt {B'{H^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = a\sqrt 2 \).

Thể tích của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là:

\(V = S \cdot h = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \sqrt 2 a = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\).

Do đó \(k = 4 \Rightarrow T = {4^2} = 16\).

Đáp án cần nhập là: \(16\).

Có: $\underset{x\to 2}{\text{lim}}\frac{x^{10}+x^8-1280}{x^{11}+x^7-2176}=\underset{x\to 2}{\text{lim}}\frac{\left(x^{10}-2^{10}\right)+\left(x^8-2^8\right)}{\left(x^{11}-2^{11}\right)+\left(x^7-2^7\right)}$

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(x - 2)\left( {{x^9} + 2{x^8} +  \ldots  + {2^8}x + {2^9}} \right) + (x - 2)\left( {{x^7} + 2{x^6} +  \ldots  + {2^6}x + {2^7}} \right)}}{{(x - 2)\left( {{x^{10}} + 2{x^9} +  \ldots  + {2^9}x + {2^{10}}} \right) + (x - 2)\left( {{x^6} + 2{x^5} +  \ldots  + {2^5}x + {2^6}} \right)}}\]

 $=\underset{x\to 2}{\text{lim}}\frac{\left(x^9+2x^8+\dots +2^{8}x+2^9\right)+\left(x^7+2x^6+\dots +2^{6}x+2^7\right)}{\left(x^{10}+2x^9+\dots +2^{9}x+2^{10}\right)+\left(x^6+2x^5+\dots +2^{5}x+2^6\right)}$

\( = \frac{{10 \cdot {2^9} + 8 \cdot {2^7}}}{{11 \cdot {2^{10}} + 7 \cdot {2^6}}} = \frac{{32}}{{61}}\).

Khi đó, \(P = ab = 32 \cdot 61 = 1952\). Chọn C.

\(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 31\).

Số có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục

Đoạn \(\left[ {40;49} \right]\) có 5 số thỏa mãn, đoạn \(\left[ {50;59} \right]\) có 4 số thỏa mãn, đoạn \(\left[ {60;69} \right]\) có 3 số thỏa mãn.

Vậy có 12 số thỏa mãn.

Khi đó xác suất để chọn được số có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục bằng \(\frac{{12}}{{31}}\). Chọn A.

Nhóm chứa mốt của mẫu số liệu ghép nhóm là nhóm có tần số lớn nhất.

Nhóm chứa mốt của mẫu số liệu ghép nhóm trên là nhóm \(\left[ {165;170} \right)\). Chọn D.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu là \(\frac{1}{2}\left( {{x_{120}} + {x_{121}}} \right)\) thuộc nhóm \(\left[ {9;12} \right)\)

Nên tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu là \({Q_3} = 9 + \frac{{\frac{3}{4} \cdot 160 - 79}}{{44}} \cdot \left( {12 - 9} \right) \approx 11,8\). Chọn B.

Chọn 3 học sinh trong 10 học sinh có \(C_{10}^3\) cách \( \Rightarrow n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{10}^3 = 120\).

Gọi \(X\) là biến cố trong 3 học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ

Ta xét các trường hợp sau:

TH1. Chọn 1 học sinh nữ và 2 học sinh nam \( \Rightarrow \) có \(C_7^2 \cdot C_3^1 = 63\) cách.

TH2. Chọn 2 học sinh nữ và 1 học sinh nam \( \Rightarrow \) có \(C_7^1 \cdot C_3^2 = 21\) cách.

TH3. Chọn 3 học sinh nữ và 0 học sinh nam \( \Rightarrow \) có \(C_3^3 = 1\) cách.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là \(n\left( X \right) = 63 + 21 + 1 = 85\).

Vậy xác suất cần tính là \(P = \frac{{n\left( X \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{85}}{{120}} = \frac{{17}}{{24}}\). Chọn C.

Gọi \(A\) là biến cố "động cơ I chạy tốt".

Gọi \(B\) là biến cố "động cơ II chạy tốt".

Theo đề ta có: \(P\left( A \right) = 0,9,\,\,P\left( B \right) = 0,85\).

Xác suất để động cơ I chạy không tốt là \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,9 = 0,1\).

Xác suất để động cơ II chạy không tốt là \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,85 = 0,15\).

Xác suất để chiếc máy không thể hoạt động là

\(P\left( {\overline {AB} } \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = 0,1 \cdot 0,15 = 0,015\).

Xác suất để chiếc máy có thể hoạt động là \(1 - P\left( {\overline {AB} } \right) = 1 - 0,015 = 0,985\). Chọn A.

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

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

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Ta có \(f\left( 1 \right) = 3;f\left( 2 \right) = 5;f\left( 3 \right) = 1\). Do đó , .

Vậy \(T = {M^2} - {m^2} = {5^2} - {1^2} = 24\). Chọn D.

Có \(f'\left( x \right) = 2 - \frac{m}{x};g'\left( x \right) = 1 - \frac{4}{{{x^2}}}\).

Có \(y' = {\left[ {f\left( {g\left( x \right)} \right)} \right]^\prime } = g'\left( x \right) \cdot f'\left( {g\left( x \right)} \right) = \left( {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} \right) \cdot f'\left( {g\left( x \right)} \right)\).

Cho \(y' = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{g'\left( x \right) = 0}\\{f'\left( {g\left( x \right)} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - \frac{4}{{{x^2}}} = 0}\\{x + \frac{4}{x} = \frac{m}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x =  - 2\left( l \right)}\\{x + \frac{4}{x} = \frac{m}{2}\left( 2 \right)}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Khi đó, phương trình \(y' = 0\) có một nghiệm \(x = 2\) trong khoảng \(\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\).

Để hàm số đã cho có đúng 3 điểm cực trị trên \(\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\) thì phương trình (2) có đúng 2 nghiệm phân biệt khác 2 trên \(\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\).

Ta có bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\) như sau:

Từ bảng biến thiên, ta suy ra để phương trình (2) có đúng 2 nghiệm phân biệt khác 2 trên \(\left( {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\) thì \(4 < \frac{m}{2} < \frac{{17}}{2} \Leftrightarrow 8 < m < 17\).

Vậy có 8 giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Gọi tiếp tuyến \(\left( d \right)\) có dạng: \(y = 9x + m\) (với \(m \ne 2021\)).

Để \(\left( d \right)\) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 2005\) thì \(3{x^2} - 3 = 9\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x =  - 2}\end{array}} \right.\).

Với \(x = 2\) thì \(y = 2007\)\( \Rightarrow m = 1989\) (thỏa mãn). Khi đó: \(\left( d \right):y = 9x + 1989\).

Với \(x =  - 2\) thì \(y = 2003\)\( \Rightarrow m = 2021\) (loại). Chọn A.

Gọi \(x,y\) lần lượt là chiều rộng và chiều dài của đáy hình hộp.

Điều kiện: \(x > 0;y > 0\left( m \right)\).

Ta có thể tích của khối hộp: \(V = 1xy = 400 \Rightarrow xy = 400 \Rightarrow y = \frac{{400}}{x}\left( {{m^3}} \right)\).

Diện tích mặt đáy: \({S_d} = xy = x \cdot \frac{{400}}{x} = 400\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Giá tiền để làm mặt đáy là: \(400 \cdot 4 = 1600\) (triệu đồng).

Diện tích xung quanh của bể cá: \({S_{xq}} = 2 \cdot x \cdot 1 + 2 \cdot y \cdot 1 = 2 \cdot \left( {x + y} \right) = 2 \cdot \left( {x + \frac{{400}}{x}} \right)\).

Giá tiền để làm mặt bên là: \(2 \cdot \left( {x + \frac{{400}}{x}} \right) \cdot 3 = 6 \cdot \left( {x + \frac{{400}}{x}} \right)\) (triệu đồng)

Tổng chi phí để xây dựng bể cá là:

\(T\left( x \right) = 6 \cdot \left( {x + \frac{{400}}{x}} \right) + 1600 \ge 6 \cdot 2\sqrt {x \cdot \frac{{400}}{x}}  + 1600 = 1840{\rm{\;}}\) (triệu đồng).

Đáp án cần nhập là: \(1840\).

Vì \(y = 2x - 5\) là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + 2x + 3}}{{x + b}}\)

Khi đó

Ta có \(\frac{{a{x^2} + 2x + 3}}{{x + b}} - 2x + 5 = \frac{{{x^2}\left( {a - 2} \right) + x\left( {7 - 2b} \right) + 5b + 3}}{{x + b}}\)

Mà  khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - 2 = 0}\\{7 - 2b = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3,5}\\{a = 2}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy \(b - a = 1,5\).

Đáp án cần nhập là: \(1,5\).

Xét hàm số \(y = {\left( {{x^2} - 2x} \right)^3}\) có \(y' = 3\left( {2x - 2} \right){\left( {{x^2} - 2x} \right)^2} = 6{x^2}\left( {x - 1} \right){(x - 2)^2}\).

Bảng xét dấu của \(y'\)

Dựa theo bảng xét dấu của \(y'\) thì hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\). Chọn D.

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

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: \(1\).

\(A\) là điểm thuộc \(\left( P \right)\) có hoành độ bằng 4 nên \(A\left( {4;4} \right)\).

\(B,C\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) trên các trục tọa độ \(Ox,Oy\) nên \(B\left( {4;0} \right);C\left( {0;4} \right)\).

\({S_1}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( P \right)\), \(AB\) và trục hoành nên $S_1=\underset{0}{\overset{4}{\int }}\left|\frac{1}{4}{x}^2\right|dx=\frac{16}{3}$.

\({S_2}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( P \right)\), \(AC\) và trục tung nên \({S_2} = {4^2} - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}\).

Vậy \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{\frac{{16}}{3}}}{{\frac{{32}}{3}}} = \frac{1}{2}\). Chọn B.

Không có tính chất tích phân nhân tích phân nên B sai. Chọn B.

Gọi $a=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(f\left(t\right)-3t^2\right)dt-2$. Khi đó, ta có:

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) = 3x + a}\\{a = \left. {\left( {\frac{3}{2}{t^2} + at - {t^3}} \right)} \right|_0^2 - 2}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) = 3x + a}\\{a = \frac{3}{2} \cdot {2^2} + 2a - 8 - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) = 3x + 4}\\{a = 4}\end{array}} \right.} \right.\).

Khi đó, $\underset{1}{\overset{2}{}}{f}^2\left(x\right)dx=\underset{1}{\overset{2}{}}{\left(3x+4\right)}^{2}dx=73$. Chọn B.

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\(S = \int\limits_2^3 {\left| {\frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x - 1}} - x} \right|dx} \)\( = \int\limits_2^3 {\left| {\frac{{ - x + 3}}{{x - 1}}} \right|dx} \)\( = \int\limits_2^3 {\frac{{ - x + 3}}{{x - 1}}dx} \)\( = \int\limits_2^3 {\frac{{ - x + 1 + 2}}{{x - 1}}dx} \)\( =  - \int\limits_2^3 {dx}  + \int\limits_2^3 {\frac{2}{{x - 1}}dx} \)

\( = \left. { - x} \right|_2^3 + \left. {\left( {2\ln \left| {x - 1} \right|} \right)} \right|_2^3\)\( =  - 1 + 2\ln 2\).

Suy ra \(a = 2;b =  - 1\). Do đó \(a + b = 1\). Chọn B.

Gọi thành phố Ánh và Bình đang sống lần lượt là A và B. Gọi thành phố mà một người bạn bất kì của Bình (có thể là Ánh) đang sống là \(X\).

Theo bất đẳng thức tam giác ta có \(BX \le AB + AX\).

Do tổng \(AB + AX \le 100\) nên khoảng cách từ Bình đến người bạn bất kì \( \le 100\).

Hơn nữa, Bình có 9 người bạn nên khoảng cách tối đa Bình nhận được là 900 km.

Dấu bằng xảy ra khi 9 người bạn của Bình sống chung một thành phố và cách Bình 100 km

Đáp án cần nhập là: \(900\).

Mặt phẳng \(\left( P \right):6x - 2y - 3z + 1 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {6; - 2; - 3} \right)\).

Gọi \(B\left( {4 + 3t;1 + 2t; - 2 - 5t} \right)\) là giao điểm của \({\rm{\Delta }}\) và \(d\).

Ta có \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \overrightarrow {AB}  = \left( {3t + 5;2t - 1; - 5t + 1} \right)\).

Điều kiện cần để đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  \bot \overrightarrow {{n_P}} \).

Do đó \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  \cdot \overrightarrow {{n_P}}  = 0 \Leftrightarrow 6\left( {3t + 5} \right) - 2\left( {2t - 1} \right) - 3\left( { - 5t + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\). Suy ra \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \left( {2; - 3;6} \right)\)

Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) qua điểm \(A\left( { - 1;2; - 3} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \left( {2; - 3;6} \right)\) nên phương trình của đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) là: \(\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 3}} = \frac{{z + 3}}{6}\). Chọn A.

Do máy bay bay trên đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {200;70;118} \right)\) và \(\left( {80;105;113} \right)\) nên quỹ đạo bay của máy bay là đường thẳng có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 200 - 24t}\\{y = 70 + 7t}\\{z = 118 - t}\end{array}} \right.\).

Sau 50 giây, độ cao của máy bay giảm 400 m, tức là cao độ của máy bay giảm đi 4. Do máy bay bay với vận tốc không đổi nên sau 25 giây, độ cao của máy bay sẽ giảm đi thêm 200 m, tức là cao độ giảm đi thêm 2. Khi đó, tại thời điểm này, cao độ của máy bay là \(118 - 4 - 2 = 112\).

Xét phương trình \(118 - t = 112 \Leftrightarrow t = 6\). Khi đó, sau 75 giây, toạ độ của máy bay là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 200 - 24 \cdot 6 = 56}\\{{y_0} = 70 + 7 \cdot 6 = 112}\\{{z_0} = 118 - 6 = 112}\end{array}} \right.\).

Khoảng cách từ sân bay đến máy bay khi đó là \(S = \sqrt {{{5600}^2} + {{11200}^2} + {{11200}^2}}  = 16800\left( {\rm{m}} \right) \approx 16,8\) km.

Đáp án cần nhập là: \(16,8\).

Ta thấy mặt phẳng \(\left( P \right):y - 4 = 0\) song song với mặt phẳng \(\left( {zOx} \right):y = 0\) và cùng vuông góc với mặt phẳng \(\left( {xOy} \right):z = 0\).

Đường thẳng \(d\) song song và cách đều \(\left( P \right)\) và \(\left( {zOx} \right)\) nên \(d\) nằm trên mặt phẳng \(\left( Q \right):y - 2 = 0\). Khi đó \(d\left( {d,\left( P \right)} \right) = d\left( {d,\left( {zOx} \right)} \right) = 2\).

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {xOy} \right)\) nên trên \(\left( Q \right)\) có 2 đường thẳng song song và cách \(\left( {xOy} \right)\) một khoảng bằng 2.

Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Ta có \(\left( \alpha  \right) \bot d \Rightarrow \left( \alpha  \right):x - 2y - 5z + d = 0\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;0; - 2} \right)\) và bán kính \(R = 3\).

\(\left( \alpha  \right)\) cắt \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là đường tròn có \(r = 3 = R\)

Suy ra \(\left( \alpha  \right)\) đi qua \(I \Rightarrow d + 11 = 0 \Leftrightarrow d =  - 11 \Rightarrow \left( \alpha  \right):x - 2y - 5z - 11 = 0\). Chọn A.

Ta có \(d\left( {A,\left( {Oxy} \right)} \right) = 3\).

Mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = 25\) có tâm \(I\left( {3;4;4} \right)\) và bán kính \(R = 5\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của I trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\). Ta có \(H\left( {3;4;0} \right),IH = 4\).

Đường tròn giao tuyến \(\left( C \right)\) có tâm \(H\left( {3;4;0} \right)\) và bán kính \(r = \sqrt {{R^2} - I{H^2}}  = \sqrt {25 - 16}  = 3\).

\(E\) là trung điểm của \(MN\), suy ra \(ME = \frac{{MN}}{2} = \frac{{2\sqrt 5 }}{2} = \sqrt 5 \) và \(HE \bot MN\).

Ta có \(OH = 5,HE = \sqrt {{r^2} - M{E^2}}  = 2\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(O\) trên \(MN\). Khi đó:

\({S_{OMN}} = \frac{1}{2}OK \cdot MN = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt 5  \cdot OK \le \sqrt 5  \cdot OE \le \sqrt 5 \left( {OH + HE} \right) = \sqrt 5  \cdot \left( {5 + 2} \right) = 7\sqrt 5 \)

Nên \({V_{OAMN}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {Oxy} \right)} \right) \cdot {S_{OMN}} \le \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 7\sqrt 5  = 7\sqrt 5 \).

Do đó, giá trị lớn nhất của \({V_{OAMN}}\) là \(7\sqrt 5 \), đạt được khi \(K \equiv E\) hay \(H\) nằm giữa \(O\) và \(E\).

Khi đó \(\overrightarrow {OE}  = \frac{7}{5}\overrightarrow {OH}  \Rightarrow \overrightarrow {OE}  = \left( {\frac{{21}}{5};\frac{{28}}{5};0} \right) \Rightarrow E\left( {\frac{{21}}{5};\frac{{28}}{5};0} \right)\). Chọn D.

Ta có \(\overrightarrow {SC}  \cdot \overrightarrow {AB}  = \left( {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC} } \right)\overrightarrow {AB} \)\( = \overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC}  \cdot \overrightarrow {AB}  = A{B^2} = 9\).

Đáp án cần nhập là: \(9\).

Có \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {m + 1;m - 1;6} \right)\), \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {2;1;3} \right)\) lần lượt là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right),\left( \beta  \right)\).

Để \(\left( \alpha  \right)//\left( \beta  \right)\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_1}}  = k\overrightarrow {{n_2}} \\ - 4 \ne k \cdot \left( { - 3} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 = 2k\\m - 1 = k\\6 = 3k\\ - 4 \ne k \cdot \left( { - 3} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 3\\k = 2\\ - 4 \ne 2 \cdot \left( { - 3} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow m = 3\). Chọn C.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\) và cắt các trục tọa độ \(Ox,Oy,Oz\) lần lượt tại các điểm \(A,B,C\) sao cho \(M\) là trực tâm của tam giác \(ABC\), suy ra \(OABC\) là tứ diện vuông, tức là \(OM \bot \left( {ABC} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(M\left( {1;2;3} \right)\) có véctơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {OM}  = \left( {1;2;3} \right)\) có phương trình \(x + 2y + 3z - 14 = 0\).

Giao điểm \(A\) với \(Ox:A\left( {14;0;0} \right)\).

Giao điểm \(B\) với \(Oy:B\left( {0;7;0} \right)\)

Giao điểm \(C\) với \(Oz:C\left( {0;0;\frac{{14}}{3}} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 14;7;0} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( { - 14;0;\frac{{14}}{3}} \right)\), \(\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - 7;\frac{{14}}{3}} \right)\).

Suy ra \(AB = 7\sqrt 5 ;AC = \frac{{14\sqrt {10} }}{3};BC = \frac{{7\sqrt {13} }}{3}\).

\({S_{\Delta ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)}  = \frac{{49\sqrt {14} }}{3}\).

\(d\left( {S,\left( P \right)} \right) = d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 6 - 12 - 14} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \frac{{19}}{{\sqrt {14} }}\).

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}} \cdot d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{{49\sqrt {14} }}{3} \cdot \frac{{19}}{{\sqrt {14} }} = \frac{{931}}{{81}} \approx 11,5\).

Đáp án cần nhập là: \(11,5\).

Gọi \(A\) là biến cố "Con thỏ được lấy ra từ chuồng II để cho vào chuồng I là con thỏ trắng".

Gọi \(B\) là biến cố "Con thỏ được lấy ra từ chuồng I là con thỏ trắng".

Ta cần tính \(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B\mid \overline A } \right)\).

Xác suất lấy được con thỏ trắng từ chuồng II để cho vào chuồng I là: \(P\left( A \right) = \frac{3}{{10}}\).

Do đó \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{3}{{10}} = \frac{7}{{10}}\).

Xác suất lấy được con thỏ trắng từ chuồng I với điều kiện đã lấy được con thỏ trắng từ chuồng II cho vào chuồng I là: \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{10 + 1}}{{5 + 10 + 1}} = \frac{{11}}{{16}}\).

Xác suất lấy được con thỏ trắng từ chuồng I với điều kiện đã lấy được con thỏ đen từ chuồng II cho vào chuồng I là: \(P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{10}}{{5 + 10 + 1}} = \frac{5}{8}\).

Vậy xác suất để lấy được con thỏ trắng từ chuồng I là:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{3}{{10}} \cdot \frac{{11}}{{16}} + \frac{7}{{10}} \cdot \frac{5}{8} = \frac{{103}}{{160}}\). Chọn A.

Có \(\overrightarrow {AB} \left( {4;2; - 2} \right) \Rightarrow \) một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\) là \(\vec u\left( { - 2; - 1;1} \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow I\left( { - 1;3;3} \right)\). Khi đó, điểm \(I\) nằm trên đường thẳng \(AB\).

Phương trình đường thẳng qua \(I\left( { - 1;3;3} \right)\) và nhận \(\vec u\left( { - 2; - 1;1} \right)\) làm vectơ chỉ phương là:

\(\frac{{x + 1}}{{ - 2}} = \frac{{y - 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{1}\). Chọn C.

Có \(P\left( {\overline M \mid N} \right) = \frac{{P\left( {\overline M N} \right)}}{{P\left( N \right)}} = \frac{{P\left( N \right) - P\left( {MN} \right)}}{{P\left( N \right)}} = 1 - \frac{{P\left( {MN} \right)}}{{P\left( N \right)}}\). Chọn D.

Ta giải bài toán tương tự với mỗi dãy chỉ có hai chữ số.

Ta sẽ chứng minh có thể biến dãy này thành dãy kia sau tối đa hai bước.

Nếu hai dãy chỉ có một chữ số khác nhau thì ta xóa chữ số khác đó rồi thêm chữ số giống vào. Nếu mọi vị trí của hai dãy đều có chữ số khác nhau thì ta có hai trường hợp:

1) dãy đầu là 11, dãy sau là 00: Khi đó ta xóa hết dãy đầu sau đó ta thêm 00

2) dãy đầu là 10 dãy sau là 01: Khi đó ta xóa 1 ở dãy đầu đi và thêm 1 ở phía sau 0.

Vậy chỉ cần tối đa hai bước để chuyển một dãy có hai chữ số này thành một dãy có hai chữ số kia.

Ta chia hai dãy trong đề bài thành 50 dãy hai chữ số rồi ghép thành 25 cặp tương ứng nhau.

Mà mỗi cặp có tối đa hai bước biến dãy này thành dãy kia sau.

Vậy để chuyển dãy này thành dãy kia trong đề bài thì chỉ cần tối đa 50 bước. Chọn C.

Gọi A là biến cố "nắp chai đầu trúng thưởng"

Gọi \(B\) là biến cố "nắp chai thứ hai trúng thưởng"

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

Ta có xác suất nắp đầu trúng thưởng là \(P\left( A \right) = \frac{2}{{20}} = \frac{1}{{10}}\).

Ta có nắp thứ hai trúng thưởng khi nắp đầu tiên đã trúng thưởng \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{1}{{19}}\)

Ta có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} \Rightarrow P\left( {A \cap B} \right) = \frac{1}{{19}} \cdot \frac{1}{{10}} = \frac{1}{{190}}\). Chọn B.

Bảng có giá trị đại diện

Giá trị trung bình là \(\overline x  = \frac{{625 \cdot 14 + 675 \cdot 40 + 725 \cdot 13 + 775 \cdot 10 + 825 \cdot 3}}{{14 + 40 + 13 + 10 + 3}} = 692,5\).

Phương sai của mẫu số liệu là

\({s^2} = \frac{1}{{80}} \cdot \left( {{{625}^2} \cdot 14 + {{675}^2} \cdot 40 + {{725}^2} \cdot 13 + {{775}^2} \cdot 10 + {{825}^2} \cdot 3} \right) - 692,{5^2} = 2631,25\). Chọn B.

Ta có \({R_1} = 175 - 145 = 30\); \({R_2} = 175 - 155 = 20\).

Do đó \({R_1} = \frac{3}{2}{R_2}\). Chọn D.

Có \(\overrightarrow {AA'}  - \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} \)\( = \overrightarrow {AA'}  + \left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right)\)\( = \overrightarrow {BB'}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {BC'} \). Chọn B.