Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 30

Ta xóa đi các số \(2;3;4; \ldots 44\)

Ta không cần xóa số 1 vì xét một số bằng tích hai số còn lại.

Khi đó tích của hai số bất kì trong phần còn lại nhỏ nhất là \(45 \times 46 = 2070 > 2025\)

Nên chắc chắc không có số nào bằng tích của hai số bất kì.

Vậy ta xóa đi 43 số

Đáp án cần nhập là: \(43\).

Ta có bảng thống kê kết quả thu nhặt vỏ chai nhựa của các em học sinh lớp 12 trường \(X\) theo giá trị đại diện:

Cỡ mẫu \(n = 12 + 24 + 30 + 57 + 36 + 21 = 180\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

\(\overline x  = \frac{{3,5 \cdot 12 + 8,5 \cdot 24 + 13,5 \cdot 30 + 18,5 \cdot 57 + 23,5 \cdot 36 + 28,5 \cdot 21}}{{180}} = 17,5\).

Vậy số vỏ chai nhựa trung bình mà mỗi học sinh khối 12 của trường \(X\) đã thu nhặt được là 17,5. Chọn C.

Số học sinh của lớp học là \(n = 40\), đồng nghĩa là tứ phân vị thứ nhất sẽ nằm tại nhóm thứ 2, tức là nhóm \(\left[ {9;10} \right)\).

\({Q_1} = 9 + \frac{{\frac{{40}}{4} - 2}}{{12}} \cdot \left( {10 - 9} \right) \approx 9,67\). Chọn B.

Xét phép thử: "Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập \(S = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\)". Ta có \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_9^3 = 84\).

Gọi \(A\) là biến cố: "trong ba số được chọn ra không chứa hai số nguyên liên tiếp".

Gọi \({a_1},{a_2},{a_3}\) là ba số thỏa mãn \(1 \le {a_1} < {a_2} < {a_3} \le 9\).

Không có hai số nguyên liên tiếp nào \( \Leftrightarrow 1 \le {a_1} < {a_2} - 1 < {a_3} - 2 \le 7\).

Đặt \({b_1} = {a_1},{b_2} = {a_2} - 1,{b_3} = {a_3} - 2\). Khi đó: \(1 \le {b_1} < {b_2} < {b_3} \le 7\).

Số cách chọn bộ ba số \({b_1},{b_2},{b_3}\) là \(C_7^3 \Rightarrow \) có \(C_7^3\) cách chọn \({a_1},{a_2},{a_3}\).

Suy ran \(n\left( A \right) = C_7^3 = 35\).

Do đó \(p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{35}}{{84}} = \frac{5}{{12}} \approx 0,42\).

Đáp án cần nhập là: \(0,42\).

Vì \(A,B\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{{12}}\). Chọn A.

 Ta có \(y' = {\left( {{2^{{x^2} - 3x}}} \right)^\prime } = \left( {2x - 3} \right) \cdot {2^{{x^2} - 3x}} \cdot \ln 2\). Chọn A.

\(g\left( x \right) = 2mx - f\left( {2x - 2} \right)\)

Có \(g'\left( x \right) = 2m - 2 \cdot f'\left( {2x - 2} \right)\)

Hàm số \(g\left( x \right) = 2mx - f\left( {2x - 2} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow g'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow 2m - 2f'\left( {2x - 2} \right) \ge 0,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow f'\left( {2x - 2} \right) \le m,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\).

Đặt \(t = 2x - 2\). Vì \(x \in \left( {1; + \infty } \right)\) nên \(t \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Xét hàm số \(f'\left( t \right)\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Theo hình vẽ đề cho, ta có \(f'\left( x \right) \le 2\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow f'\left( t \right) \le 2\forall t \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Do đó \(f'\left( t \right) \le m,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow m \ge 2\).

Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 10;10} \right]\) nên có 9 giá trị của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(9\).

Tập xác định: \(D = \left[ { - 6; + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 1;3} \right\}\).

Ta có: $\underset{x\to 3^{+}}{\text{lim}}\frac{\sqrt{x+6}-3}{x^2-2x-3}=\underset{x\to 3^{-}}{\text{lim}}\frac{\sqrt{x+6}-3}{x^2-2x-3}=\frac{1}{24}$.

Do đó đường thẳng \(x = 3\) không phải là tiệm cận đứng.

Ta có: $\underset{x\to -1^{+}}{\text{lim}}\frac{\sqrt{x+6}-3}{x^2-2x-3}=+\infty$ . Do đó đường thẳng \(x =  - 1\) là tiệm cận đứng.

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\text{lim}}\frac{\sqrt{x+6}-3}{x^2-2x-3}=0$. Do đó đường thẳng \(y = 0\) là tiệm cận ngang.

Không tồn tại giới hạn của hàm số đã cho khi \(x\) tiến đến \( - \infty \), do tập xác định của hàm số:

\(D = \left[ { - 6; + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 1;3} \right\}\).

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang, tức là có tổng cộng 2 đường tiệm cận. Chọn C.

Có \(f'\left( x \right) = 2 - 2{e^x} = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\).

Có \(f\left( 0 \right) = 2024;f\left( 1 \right) = 2026;f\left( 2 \right) = 2030 - 2{e^2}\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 2026\). Chọn B.

Đặt \(2x - 1 = t\). Khi \(x \in \left[ {0;2\left] { \Leftrightarrow t \in } \right[ - 1;3} \right]\).

Trên \(\left[ { - 1;3} \right]\), ta có  khi \(t =  - 1\)

$\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\text{min}}g\left(x\right)=\underset{\left[-1;3\right]}{\text{min}}\left(\frac{f\left(t\right)}{2}+3\right)=\frac{-4}{2}+3=1\text{ khi }t=-1\iff x=0$.

Đáp án cần nhập là: \(1\).

Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} + x\left( { - {m^2} + 2m + 2} \right) + {m^2} - 2m\).

Khi đó: \(y' = 3{x^2} - 6x - {m^2} + 2m + 2\).

Hàm số có hai điểm cực trị khi phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow {\rm{\Delta '}} = 9 - 3\left( { - {m^2} + 2m + 2} \right) = 3{m^2} - 6m + 3 = 3{(m - 1)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\).

Gọi \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của phương trình \(y' = 0\).

Theo Viet ta có: \({x_1} + {x_2} = 2\)

Thực hiện phép chia \(y\) cho \(y'\) ta được:

\(y = \frac{1}{3}\left( {x - 1} \right)y' + \frac{1}{3}\left( { - 2{m^2} + 4m - 2} \right)x + \frac{1}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right)\).

Khi đó: \({y_1} = \frac{1}{3}\left( { - 2{m^2} + 4m - 2} \right){x_1} + \frac{1}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right)\).

và \({y_2} = \frac{1}{3}\left( { - 2{m^2} + 4m - 2} \right){x_2} + \frac{1}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right)\).

Vậy tổng giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số này là:

\({y_1} + {y_2} = \frac{1}{3}\left( { - 2{m^2} + 4m - 2} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \frac{2}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right) =  - \frac{2}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right) + \frac{2}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right) = 0\). Chọn B.

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = \frac{{ - d}}{c} =  - 1\) và đồ thị hàm số đi qua điểm \(I\left( {0; - 4} \right)\)

Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) đi qua điểm (3;0) nên ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = d}\\{\frac{{ad - bc}}{{{d^2}}} =  - 4}\\{3a + b = 0}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(c = d =  - a = \frac{b}{3}\). Suy ra \(f\left( x \right) = \frac{{ - x + 3}}{{x + 1}}\).

Có \(y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\). Hệ số góc của tiếp tuyến là \(y'\left( 3 \right) = \frac{{ - 1}}{4}\)

Phương trình tiếp điểm cần tìm là \(y =  - \frac{1}{4}\left( {x - 3} \right)\) hay \(4y + x - 3 = 0\). Chọn D.

\(y' = 4{x^3} - 4x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}&{ \Rightarrow y = 1}\\{x = 1}&{ \Rightarrow y = 0}\\{x =  - 1}&{ \Rightarrow y = 0}\end{array}} \right.\).

Bảng xét dấu:

Hàm số có 3 điểm cực trị, đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right);\left( {1; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right);\left( {0;1} \right)\). Vậy mệnh đề \(1,2,4\) đúng. Chọn D.

 Ta kí hiệu \({v_0}\left( {km/h} \right)\) là vận tốc thực sự của thuyền.

Khi đó ta có \({v_0} = v - 3\)

Ta có \(15 = {v_0}t = \left( {v - 3} \right)t \Rightarrow t = \frac{{15}}{{v - 3}}\)

Thay vào phương trình năng lượng ta có \(E = c{v^3}\frac{{15}}{{v - 3}}\) (Jun)

Ta cần giá trị nhỏ nhất của \(E\left( v \right) = c{v^3}\frac{{15}}{{v - 3}},v > 3\).

Ta có \(E'\left( v \right) = 15c \cdot \frac{{2{v^3} - 9{v^2}}}{{{{\left( {v - 3} \right)}^2}}}\).

Ta có \(E'\left( v \right) = 0 \Leftrightarrow v = 4,5\).

Ta có $\underset{\left(3;+\infty \right)}{\text{min}}E\left(v\right)=E\left(4,5\right)$. Chọn B.

\(f\left( x \right) = {\rm{sin}}x + 3{x^2} \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {{\rm{sin}}x + 3{x^2}} \right)dx =  - {\rm{cos}}x + {x^3} + C\). Chọn C.

\(\int\limits_2^3 {{{\left( {\frac{{x - 1}}{x}} \right)}^2}} dx = \int\limits_2^3 {\frac{{{x^2} - 2x + 1}}{{{x^2}}}} dx = \int\limits_2^3 {\left( {1 - \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} dx = \left. {\left( {x - 2\ln \left| x \right| - \frac{1}{x}} \right)} \right|_2^3\)

\( = \left( {3 - 2\ln 3 - \frac{1}{3}} \right) - \left( {2 - 2\ln 2 - \frac{1}{2}} \right)\)\( = \frac{7}{6} + 2{\rm{ln}}2 - 2{\rm{ln}}3\).

Do đó \(a = \frac{7}{6},b = 2,c =  - 2\).

Vậy \(T = 6a + 3b + 2c = 6 \cdot \frac{7}{6} + 3 \cdot 2 + 2 \cdot \left( { - 2} \right) = 9\).

Đáp án cần nhập là: \(9\).

Ta có \(A\left( {0;c} \right) \in \left( C \right),B\left( {0;n} \right) \in d\) và \(AB = 5\) nên \(c - n = 5\).

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d\) là:

\(a{x^2} + bx + c = mx + n \Leftrightarrow a{x^2} + \left( {b - m} \right)x + c - n = 0 \Leftrightarrow a{x^2} + \left( {b - m} \right)x + 5 = 0\) (*)

Hoành độ giao điểm của \(\left( {\rm{C}} \right)\) và \({\rm{d}}\) là \(x = 1\) và \(x = 5\) nên (*) có dạng:

\(a\left( {x - 1} \right)\left( {x - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow a{x^2} - 6ax + 5a = 0\)

Do đó, \(a = 1\). Suy ra \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = {x^2} - 6x + 5\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( C \right)\) và \(d\) là

$\underset{1}{\overset{5}{\int }}\left|f\left(x\right)-g\left(x\right)\right|dx=\underset{1}{\overset{5}{\int }}\left|x^2-6x+5\right|dx=\frac{32}{3}$.

Vậy \(T = p + q = 32 + 3 = 35\).

Đáp án cần nhập là: \(35\).

Có \(f'\left( x \right) = \frac{4}{{1 + {\rm{cos}}2x}} = \frac{4}{{2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}} = \frac{2}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}} \Rightarrow f\left( x \right) = 2{\rm{tan}}x + C\,\,\forall x \in \left( {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right)\).

Cho \(f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Rightarrow 2{\rm{tan}}\frac{\pi }{4} + C = 1 \Leftrightarrow C =  - 1 \Rightarrow f\left( x \right) = 2{\rm{tan}}x - 1\,\,\forall x \in \left( {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right)\)

Khi đó, ta có:

\(I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {2\tan x - 1 + 2} \right)}  \cdot {\cos ^2}xdx = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {2\sin x\cos x + {{\cos }^2}x} \right)} dx\)

\( = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\sin 2xdx}  + \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}} dx\)

\( = \left. {\left[ { - \frac{1}{2}{\rm{cos}}2x + \left( {\frac{x}{2} + \frac{1}{4}{\rm{sin}}2x} \right)} \right]} \right|_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} = \frac{{\pi  + 2}}{4}\).

Vậy \(I = \frac{{\pi  + 2}}{4}\). Suy ra \(a = 2;b = 4\). Vậy \(a - b =  - 2\).

Đáp án cần nhập là: \( - 2\).

Từ đồ thị của hàm số ta xác định được \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{1}}\,\,{\rm{khi}} - 1 \le x < 2}\\{ - \frac{1}{2}x + 2\,\,{\rm{khi}}\,\,2 \le x \le 6}\end{array}} \right.\).

Do \(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) nên \(F\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + {C_1}\,\,{\rm{khi}}\,\, - 1 \le x < 2}\\{ - \frac{1}{4}{x^2} + 2x + {C_2}\,\,{\rm{khi}}\,\,2 \le x \le 6}\end{array}} \right.\).

Ta có \(F\left( { - 1} \right) =  - 1 \Leftrightarrow  - 1 + {C_1} =  - 1 \Leftrightarrow {C_1} = 0\).

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;6} \right] \Rightarrow F\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;6} \right]\)

\( \Rightarrow F\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 2\)

.

Suy ra \(F\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x\,\,{\rm{khi}}\,\, - 1 \le x < 2}\\{ - \frac{1}{4}{x^2} + 2x - 1\,\,{\rm{khi}}\,\,2 \le x \le 6}\end{array}} \right.\). Vậy \(F\left( 4 \right) + F\left( 6 \right) = 5\).

Đáp án cần nhập là: \(5\).

Đặt hệ trục với tâm \(O\) là tâm của mặt cầu, đường thẳng đứng là \(Ox\), đường ngang là \(Oy\).

Ta có phương trình của đường tròn lớn là \({x^2} + {y^2} = 25\).

Thể tích cái lu là thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình giới hạn bởi các đường cong \(y = \sqrt {25 - {x^2}} \), trục \(Ox\), đường thẳng \(x =  - 3,x = 3\) quay quanh \(Ox\).

$V=\pi \underset{-3}{\overset{3}{\int }}\left(25-x^2\right)\text{d}x={\left.\pi \left(25x-\frac{x^3}{3}\right)\right|}_{-3}^3=132\pi \left({\text{dm}}^3\right)$. Chọn B.

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

Mặt cầu \(\left( S \right):{(x - 3)^2} + {(y - 2)^2} + {(z - 5)^2} = 36\) có tâm \(I\left( {3;2;5} \right)\) và bán kính \(R = 6\).

Ta có \(\overrightarrow {EI}  = \left( {1;1;2} \right)\) và \(EI = \sqrt 6  < R\) nên \(E\) nằm bên trong mặt cầu \(\left( S \right)\).

\({\rm{\Delta }}\) là đường thẳng đi qua \(E\) và cắt (S) tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất nên \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  \bot \overrightarrow {EI} \).

Mặt khác, \({\rm{\Delta }}\) nằm trong ( \(P\) ) nên \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  \bot \overrightarrow {{n_P}} \).

Ta có \(\left[ {\overrightarrow {EI} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( { - 5;5;0} \right)\). Do đó, chọn \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \left( {1; - 1;0} \right)\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1;3; - 1} \right),\overrightarrow {CD}  = \left( {2; - 2;1} \right),\overrightarrow {BD}  = \left( {1;1;0} \right)\).

\(BC = \sqrt {11} ,CD = 3,BD = \sqrt 2  \Rightarrow B{D^2} + C{D^2} = B{C^2} \Rightarrow \) tam giác \(BCD\) vuông tại \(D\).

Khi đó, diện tích tam giác \(BCD\) bằng \({S_{BCD}} = \frac{{BD \cdot CD}}{2} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

Có \(\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {1; - 1; - 4} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\).

Khi đó phương trình mặt phẳng qua 3 điểm \(B,C,D\) là: \(x - y - 4z + 17 = 0\).

Khi đó, khoảng cách từ điểm \(A\) tới mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) là:

\(d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{{\left| {3 - 0 - 4 \cdot 1 + 17} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {4^2}} }} = \frac{{8\sqrt 2 }}{3}\).

Thể tích tứ diện \(ABCD\) là: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) \cdot {S_{BCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{8\sqrt 2 }}{3} \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{8}{3}\). Chọn B.

Giả sử \(M\left( {x;y;z} \right)\). Khi đó:

\(M{A^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2},M{B^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2}\),

\(M{C^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2},M{D^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2}\).

Ta có \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = 100 \Leftrightarrow 4{x^2} + 4{y^2} + 4{z^2} - 8x - 8y - 8z + 28 = 100\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 21 \Rightarrow MI = \sqrt {21} \), với \(I\left( {1;1;1} \right)\).

Vậy tập hợp tất cả các điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức đã cho là mặt cầu tâm \(I\left( {1;1;1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {21} \). Chọn B.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1; - 2;3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1;0;4} \right)\).

Giao tuyến của hai mặt phẳng trên có một vectơ chỉ phương là

\(\overrightarrow u  = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( { - 8; - 1;2} \right) =  - \left( {8;1; - 2} \right)\). Chọn A.

Véctơ chỉ phương của \({d_1}:\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 3;2;2} \right)\).

Véctơ chỉ phương của \({d_2}:\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {3; - 2; - 2} \right) =  - \overrightarrow {{u_1}} \).

\(A\left( {3;2; - 1} \right) \in {d_1};B\left( {2;2;1} \right) \in {d_2} \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;0;2} \right)\).

Có \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {4;4;2} \right)\).

Suy ra \(\left( P \right)\) đi qua \(A\) và có vécvơ pháp tuyến \(\vec n = \frac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {2;2;1} \right)\) có phương trình là

\(2x + 2y + z - 9 = 0\).

Vậy \(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 + 2 \cdot 1 - 4 - 9} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + 1} }} = 3\).

Đáp án cần nhập là: \(3\).

Gọi \(A\) là biến cố "Trạm phát tín hiệu phát tín hiệu X".

Gọi \(H\) là biến cố "Tín hiệu không bị nhiễu trên đường truyền".

Gọi \(M\) là biến cố "Thu được tín hiệu \(X\)".

Từ các dữ kiện của đề bài, ta suy ra: \(P\left( A \right) = 0,72;\,\,P\left( {\overline H \mid A} \right) = \frac{1}{6};\,\,P\left( {\overline H \mid \overline A } \right) = \frac{1}{4}\).

Biến cố \(H\) cũng chính là biến cố "Thu được tín hiệu đúng".

Ta có \(P\left( H \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {H|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {H|\overline A } \right)\)\( = P\left( A \right) \cdot \left[ {1 - P\left( {\overline H |A} \right)} \right] + P\left( {\overline A } \right) \cdot \left[ {1 - P\left( {\overline H |\overline A } \right)} \right]\)

\( = 0,72 \cdot \frac{5}{6} + 0,28 \cdot \frac{3}{4} = 0,81\).

Khi đó \(P\left( {\overline A |H} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {H|\overline A } \right)}}{{P\left( H \right)}} = \frac{{0,28 \cdot \frac{3}{4}}}{{0,81}} = \frac{7}{{27}}\). Chọn D.

Gọi \(H\left( {2t;1 - 2t; - 1 - t} \right)\) là hình chiếu của \(I\) lên đường thẳng \(d\).

Có \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2; - 2; - 1} \right),\overrightarrow {IH}  = \left( {2t - 1;3 - 2t; - 2 - t} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {IH}  \cdot \overrightarrow {{u_d}}  = 0 \Rightarrow 2\left( {2t - 1} \right) - 2\left( {3 - 2t} \right) - \left( { - 2 - t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{3} \Rightarrow H\left( {\frac{4}{3}; - \frac{1}{3}; - \frac{5}{3}} \right)\).

Vì \(IH = \sqrt {10}  < 4 = R \Rightarrow d\) cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) tại 2 điểm phân biệt.

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) bất kì chứa \(d\) luôn cắt \(\left( S \right)\) theo một đường tròn bán kính \(r\).

Khi đó \({r^2} = {R^2} - {d^2}\left( {I,\left( Q \right)} \right) \ge {R^2} - {d^2}\left( {I,d} \right) = 16 - 10 = 6\).

Do vậy mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(d\) cắt mặt cầu theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = d\left( {I,d} \right)\) hay mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(H\) nhận \(\overrightarrow {IH}  = \left( {\frac{1}{3};\frac{5}{3}; - \frac{8}{3}} \right)\) làm vectơ pháp tuyến, do đó \(\left( P \right)\) có phương trình \(x + 5y - 8z - 13 = 0\).

Khi đó điểm \(O\left( {0;0;0} \right)\) có khoảng cách đến \(\left( P \right)\) lớn nhất. Chọn A.

Gọi A là biến cố "Giáo viên chọn được bạn lớp trưởng là nam"

B là biến cố "Giáo viên chọn được bạn lớp phó là nữ"

Khi đó ta có \(P\left( A \right) = \frac{{24}}{{44}} = \frac{6}{{11}} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{5}{{11}}\).

Nếu giáo viên chọn bạn lớp trưởng là nam thì sau đó còn lại 43 bạn học sinh, trong đó có 20 học sinh nữ \( \Rightarrow P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{20}}{{43}}\).

Nếu giáo viên chọn bạn lớp trưởng là nữ thì sau đó còn lại 43 học sinh, trong đó có 19 học sinh nữ \( \Rightarrow P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{19}}{{43}}\).

Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất giáo viên chọn lớp phó là học sinh nữ là:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{6}{{11}} \cdot \frac{{20}}{{43}} + \frac{5}{{11}} \cdot \frac{{19}}{{43}} = \frac{5}{{11}}\). Chọn A.

Cỡ mẫu là \(n = 50\).

Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{50}}\) là mức lương của 50 nhân viên của một công ty được sắp theo thứ tự không giảm.

Ta có \({Q_1} = {x_{13}} \in \left[ {8;10} \right)\). Khi đó \({Q_1} = 8 + \frac{{\frac{{50}}{4} - 6}}{{14}} \cdot 2 = \frac{{125}}{{14}}\).

Ta có \({Q_3} = {x_{38}} \in \left[ {12;14} \right)\). Khi đó \({Q_3} = 12 + \frac{{3 \cdot \frac{{50}}{4} - 36}}{{12}} \cdot 2 = \frac{{49}}{4}\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{93}}{{28}} \approx 3,32\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {A'M}  = \overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AA'}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right) - \overrightarrow {AA'} \).

Có \(\overrightarrow {C'N}  = \overrightarrow {C'B'}  + \overrightarrow {B'N}  = \overrightarrow {CB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {B'B} \)\( = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  - \frac{1}{3}\overrightarrow {AA'} \).

Suy ra \(\overrightarrow {A'M}  \cdot \overrightarrow {C'N}  = \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AA'} } \right)\left( {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  - \frac{1}{3}\overrightarrow {AA'} } \right)\)

\( = \frac{1}{2}{\overrightarrow {AB} ^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  - \frac{1}{6}\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AA'}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {AB}  - \frac{1}{2}{\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{1}{6}\overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {AA'}  - \overrightarrow {AA'}  \cdot \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'}  \cdot \overrightarrow {AC}  + \frac{1}{3}{\overrightarrow {AA'} ^2}\)

\[ = \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{7}{6}\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AA'} } \right| \cdot \cos 120^\circ  - \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{5}{6}\left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AA'} } \right| \cdot \cos 60^\circ  + \frac{{{a^2}}}{3}\]

\[ = \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{7{a^2}}}{{12}} - \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{5{a^2}}}{{12}} + \frac{{{a^2}}}{3} = \frac{{4{a^2}}}{3}\]. Chọn A.

Gọi \(A',B'\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,B\) trên \(Ox\) và \[\alpha  = \left[ {A,Ox,B} \right]\].

Ta có \(A'\left( {6;0;0} \right),B'\left( {4;0;0} \right)\).

Khi đó \(\alpha  = \left( {\overrightarrow {A'A} ,\overrightarrow {B'B} } \right)\) nên \[\cos \alpha  = \frac{{\overrightarrow {A'A}  \cdot \overrightarrow {B'B} }}{{\left| {\overrightarrow {A'A} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {B'B} } \right|}} =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha  = 135^\circ \].

Đáp án cần nhập là: \(135\).

Vì \(f\left( x \right)\) là số lẻ nên \(f\left( 2 \right) = f\left( { - \left( { - 2} \right)} \right) =  - f\left( { - 2} \right)\).

Mà \(f\left( { - 2} \right) = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\). Do đó \(f\left( 2 \right) =  - 4\). Chọn A.

Có \(\left[ {\overrightarrow m ,\overrightarrow n } \right] = \left( { - 3;15; - 3} \right) =  - 3\left( {1; - 5;1} \right) = 3\overrightarrow b \).

Vậy \(\overrightarrow b  = \left( {1; - 5;1} \right)\) vuông góc với cả hai vectơ \(\overrightarrow m \) và \(\overrightarrow n \). Chọn B.

Ta có \(n\left( X \right) = C_{20}^3 = 1140\).

Dễ thấy không thể có tam giác nào có 3 cạnh đều là cạnh của đa giác đều ban đầu.

Gọi \({A_k}\) là biến cố “Tam giác được chọn có \(k\) cạnh màu xanh”.

TH1: Tam giác có 2 cạnh màu xanh.

Để được tam giác như thế thì 2 cạnh màu xanh là hai cạnh của đa giác. Khi đó ta cần chọn 3 đỉnh liên tiếp của đa giác. Do đó \(n\left( {{A_2}} \right) = 20\).

TH2: Tam giác có 1 cạnh màu xanh.

Để được tam giác như thế thì cần chọn 2 đỉnh liên tiếp của đa giác, đỉnh còn lại của tam giác không kề với 2 đỉnh kia.

Chọn 2 đỉnh liên tiếp, có 20 cách chọn.

Chọn đỉnh còn lại, bỏ 2 đỉnh đã chọn và 2 đỉnh kề với 2 đỉnh đó, có 16 cách chọn.

Do đó \(n\left( {{A_1}} \right) = 20 \cdot 16 = 320\).

Suy ra \(n\left( {{A_0}} \right) = 1140 - 20 - 320 = 800\).

Xác suất cần tìm là \(P\left( {{A_0}} \right) = \frac{{800}}{{1140}} = \frac{{40}}{{57}}\). Suy ra \(a = 40;b = 57\).

Vậy \(a + b = 40 + 57 = 97\). Chọn A.

Giả sử \(C\left( {x;y;z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AC}  = \left( {x - 1;y;z - 1} \right)\).

Vì \(\overrightarrow {AC}  = \left( {3;3;0} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 3\\y = 3\\z - 1 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 3\\z = 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow C\left( {4;3;1} \right)\). Chọn D.

Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng.

Theo đề ta có \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {BC} \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 950 = 200\\y - 550 = 100\\z - 9 = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1150\\y = 650\\z = 11\end{array} \right.\).

Do đó \(x + y + z = 1811\).

Đáp án cần nhập là: \(1811\).

Điều kiện xác định của phương trình: \(3{x^2} - mx \ge 0\).

Ta biến đổi phương trình đã cho:

\(\sqrt {3{x^2} - mx}  = x - 3 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 3 \ge 0}\\{3{x^2} - mx = {{\left( {x - 3} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 3}\\{2{x^2} - \left( {m - 6} \right)x - 9 = 0\,\,(2)}\end{array}} \right.} \right.\)

Phương trình (2) có \(ac =  - 18 < 0\), do đó phương trình này có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < 0 < {x_2}\).

Khi đó, ta có bảng xét dấu của hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} - \left( {m - 6} \right)x - 9\) :

Mặt khác, do điều kiện \(x \ge 3\), ta thấy chỉ có duy nhất \({x_2}\) mới có cơ hội trở thành nghiệm của phương trình ban đầu.

Khi đó, để \({x_2}\) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho trong \(\left[ {2;5} \right]\) thì:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_2} \ge 3}\\{{x_2} \in \left[ {2;5} \right]}\end{array} \Leftrightarrow {x_2} \in \left[ {3;5} \right] \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 3 \right) \le 0}\\{f\left( 5 \right) \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9 - 3\left( {m - 6} \right) \le 0}\\{41 - 5\left( {m - 6} \right) \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 9}\\{m \le \frac{{71}}{5}}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).

Do \(m\) nguyên \( \Rightarrow m \in \left\{ {9;10;11;12;13;14} \right\}\).

Vậy có tất cả 6 giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.

Có \(\overrightarrow {AB} \left( {1; - 2} \right);\overrightarrow {BC} \left( {3;5} \right)\).

Khi đó, \(\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {BC}  = 1 \cdot 3 + \left( { - 2} \right) \cdot 5 =  - 7\).

Đáp án cần nhập là: \( - 7\).

Gọi phương trình tổng quát của đường tròn là \({x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0\) với \({a^2} + {b^2} - c > 0\).

Ta thay tọa độ ba điểm \(A,B,C\) vào phương trình tổng quát, khi đó ta có hệ phương trình

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 4a - 2b + c =  - 5}\\{ - 2a + 2b + c =  - 2}\\{4a - 6b + c =  - 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{ - 1}}{2}}\\{b = 1}\\{c =  - 5}\end{array}} \right.} \right.\).

Xếp 6 học sinh nam thành một hàng dọc có \(6!\) cách xếp.

Sau đó xếp các bạn nữ vào 7 khoảng trống giữa các bạn nam nên có 7!

Vậy có \(6! \cdot 7! = 3628800\). Chọn A.

\(2{x^2} - x - 15 \le 0 \Leftrightarrow  - \frac{5}{2} \le x \le 3\).

\(S\) là tập hợp các nghiệm nguyên dương của bất phương trình \(2{x^2} - x - 15 \le 0\) nên \(S = \left\{ {1;2;3} \right\}\).

Vậy tổng giá trị các phần tử của \(S\) là \(1 + 2 + 3 = 6\).

Đáp án cần nhập là: \(6\).