Đề thi ĐGNL Bộ Công an môn Toán có đáp án - Đề 2

Lời giải

Ta có \[\sin x \cdot \sin 7x = \frac{1}{2}\left( {\cos 6x - \cos 8x} \right)\] nên

\[F\left( x \right) = \int {\left( {\sin x \cdot \sin 7x} \right){\rm{d}}x = \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sin 6x}}{6} - \frac{{\sin 8x}}{8}} \right)}  + C = \frac{{\sin 6x}}{{12}} - \frac{{\sin 8x}}{{16}} + C\].

Vì \[F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 0\] nên \(C = 0\), do đó \[F\left( x \right) = \frac{{\sin 6x}}{{12}} - \frac{{\sin 8x}}{{16}}\]. Chọn A.

Lời giải

Tọa độ điểm \(A\) là \(\left( {2;0;0} \right)\).

Ta có \[OD = AD - OA = 8 - 2 = 6\]m. Khi đó, tọa độ điểm \[C\left( { - 6;\,6;0} \right)\].

Vì vậy \[\overrightarrow {AC}  = \left( { - 8;6;0} \right)\]. Chọn A.

Lời giải

Gọi \[M\] là trung điểm của \[HG\] nên \[QM = 7 - 5 = 2\]m, \[MG = \frac{{HG}}{2} = \frac{{AB}}{2} = 3\]m.

Ta có \[QG = \sqrt {Q{M^2} + M{G^2}}  = \sqrt {{2^2} + {3^2}}  = \sqrt {13} \] m.

Diện tích cần lợp là \[S = 2{S_{PQGF}} = 2 \cdot 8 \cdot \sqrt {13}  = 16\sqrt {13} \] (m²).

Số tiền cần phải trả để mua ngói là \[S \cdot 22 \cdot 11\,000 \approx 13\,961\,000\] đồng. Chọn B.

Lời giải

Gọi \[J\] là trung điểm của \[BC\] nên \[J\left( { - 2;6;0} \right)\].

Suy ra với \[I\] là trung điểm của \[FG\] thì \[I\left( { - 2;6;5} \right)\].

Ta có \(K\left( {0;0;5} \right)\) nên \[KI = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {6^2} + {0^2}}  = 2\sqrt {10} \] (m).

Vì vậy \[{d_{\min }} = OK + KI = 5 + 2\sqrt {10}  \approx 11,3\] (m).

Đáp án: 11,3.

Lời giải

Ta có \[f'\left( x \right) =  - 4{x^4} + 4{x^2} - 1 =  - {\left( {2{x^2} - 1} \right)^2} \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\]. Chọn C.

Lời giải

Ta có \[{\log _a}\left( {bc} \right) = 2 \Leftrightarrow bc = {a^2}\]; \[lo{g_b}\left( {ca} \right) = 4 \Leftrightarrow ac = {b^4}\].

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{bc}}{{ac}} = \frac{{{a^2}}}{{{b^4}}}\\ab{c^2} = {a^2}{b^4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^3} = {b^5}\\{c^2} = a{b^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = {a^{\frac{3}{5}}}\\c = {a^{\frac{7}{5}}}\end{array} \right.\] (do \(a,b,c > 0\)).

Khi đó: \({\log _c}\left( {ab} \right) = {\log _{{a^{\frac{7}{5}}}}}\left( {a \cdot {a^{\frac{3}{5}}}} \right) = {\log _{{a^{\frac{7}{5}}}}}\left( {{a^{\frac{8}{5}}}} \right) = \frac{8}{7}\). Chọn B.

Lời giải

VTCP \({\vec u_{{d_1}}} = \left( {1;\, - 1;\,2} \right)\), VTCP \({\vec u_{{d_2}}} = \left( { - 1;\,1;\,1} \right)\).

Ta có \[\cos \left( {{d_1},{d_2}} \right) = \left| {\cos \left( {{{\vec u}_{{d_1}}},{{\vec u}_{{d_2}}}} \right)} \right| = \frac{{\left| {1 \cdot \left( { - 1} \right) - 1 \cdot 1 + 2 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}}  \cdot \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} + {1^2}} }} = 0\].

Vậy \[\left( {{d_1},{d_2}} \right) = 90^\circ .\] Chọn D.

Lời giải

Ta có \[y' = 2{x^2} - 2mx - 2\left( {3{m^2} - 1} \right) = 2\left( {{x^2} - mx - 3{m^2} + 1} \right)\], đặt \(g\left( x \right) = {x^2} - mx - 3{m^2} + 1\) có \(\Delta  = 13{m^2} - 4\).

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi \(y'\) có hai nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \)\(g\left( x \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \)\(\Delta  > 0\)\( \Leftrightarrow \) \[\left[ \begin{array}{l}m > \frac{{2\sqrt {13} }}{{13}}\\m <  - \frac{{2\sqrt {13} }}{{13}}\end{array} \right.\]. (*)

\({x_1}\), \({x_2}\) là các nghiệm của \(g\left( x \right)\) nên theo định lý Viète, ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}{x_2} =  - 3{m^2} + 1\end{array} \right.\].

Do đó \[{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = 1\]\( \Leftrightarrow \)\[ - 3{m^2} + 2m + 1 = 1\] \( \Leftrightarrow \)\[ - 3{m^2} + 2m = 0\]\( \Leftrightarrow \) \(\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \frac{2}{3}\end{array} \right.\).

Đối chiếu với điều kiện (*), ta thấy chỉ \(m = \frac{2}{3}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

Lời giải

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\].

Ta có \(y = \frac{{m{x^2} + \left( {{m^2} + m + 2} \right)x + {m^2} + 3}}{{x + 1}} = mx + {m^2} + 2 + \frac{1}{{x + 1}}\).

Để đồ thị hàm số có tiệm cận xiên thì điều kiện \(m \ne 0\).

Lúc đó tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(\Delta :y = mx + {m^2} + 2 \Leftrightarrow mx - y + {m^2} + 2 = 0\).

Ta có \[d\left( {O,\Delta } \right) = \frac{{\left| {{m^2} + 2} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} = \sqrt {{m^2} + 1}  + \frac{1}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} \ge 2\].

\(\min d\left( {O,\Delta } \right) = 2\) khi \[\sqrt {{m^2} + 1}  = \frac{1}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} \Leftrightarrow m = 0\].

Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \[m = 0\]. Chọn B.

Lời giải

Để tàu có thể hạ thủy thì mực nước sâu \(4,6\,{\rm{m}}\), tức là

\[h\left( t \right) = 0,8\cos 0,5t + 5 = 4,6 &  \Leftrightarrow \cos 0,5t =  - \frac{1}{2}\]\[ \Leftrightarrow 0,5t =  \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi  \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{{4\pi }}{3} + k4\pi \\t =  - \frac{{4\pi }}{3} + l4\pi \end{array} \right.\,\left( {k,l \in \mathbb{Z}} \right)\].

Do \(0 \le t \le 12\) nên .

Với \(k = 0\), suy ra \(t = \frac{{4\pi }}{3} \approx 4,19\).

Với \(l = 1\), suy ra \(t = \frac{{2\pi }}{3} \approx 2,09\).

Vậy, có 2 thời điểm trong vòng 12 tiếng sau khi thủy triều lên lần đầu tiên trong ngày tàu có thể hạ thủy.

Chọn B.

Lời giải

Gọi \[N\] là trung điểm của \[AD\]. Khi đó \[MN\,{\rm{//}}\,AC\] nên \[\left( {SM,AC} \right) = \left( {SM,MN} \right)\].

\[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\]\[ \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \]\[ \Rightarrow MN = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].

\[\Delta SCD\] là tam giác đều cạnh \[a\]\[ \Rightarrow SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

\[\Delta SAD\] là tam giác đều cạnh \[a\]\[ \Rightarrow SN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

\[SM = SN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\] \[ \Rightarrow \Delta SMN\] cân tại \[S\]\[ \Rightarrow \widehat {SMN} < 90^\circ \].

Vậy \[\left( {SM,AC} \right) = \left( {SM,MN} \right) = \widehat {SMN}\].

Trong \[\Delta SMN\], ta có: \[\cos \widehat {SMN} = \frac{{S{M^2} + M{N^2} - S{N^2}}}{{2SM.SN}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{3{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\].

Vậy \[\cos \left( {SM,AC} \right) = \cos \widehat {SMN} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\]. Chọn C.

Lời giải

Từ biểu đồ ta có bảng tần số sau:

Chiều cao (mm)	\(\left[ {100;200} \right)\)	\(\left[ {200;300} \right)\)	\(\left[ {300;400} \right)\)	\(\left[ {400;499} \right)\)
Loài A	20	18	14	10
Loài B	35	30	20	15

Gọi \({x_1} \le {x_2} \le  \ldots  \le {x_{62}}\) là chiều cao của \(62\) cây loài \(A\).

Gọi \({y_1} \le {y_2} \le  \ldots  \le {y_{100}}\) là chiều cao của \(100\) cây loài \(B\).

Tứ phân vị thứ nhất của dãy số liệu \({x_1} \le {x_2} \le  \ldots  \le {x_{62}}\) là \({x_{16}} \in \left[ {100;200} \right)\).

Do đó tứ phân vị thứ nhất của MSL loài \(A\) là \({Q_{1A}} = 100 + \frac{{\frac{{1 \cdot 62}}{4} - 0}}{{20}} \cdot \left( {200 - 100} \right) = 177,5\).

Tứ phân vị thứ nhất của dãy số liệu \({y_1} \le {y_2} \le  \ldots  \le {y_{100}}\) là \(\frac{{{y_{25}} + {y_{26}}}}{2} \in \left[ {100;200} \right)\).

Do đó tứ phân vị thứ nhất của MSL loài \(B\) là \({Q_{1B}} = 100 + \frac{{\frac{{1 \cdot 100}}{4} - 0}}{{35}} \cdot \left( {200 - 100} \right) \approx 171,4\).

Vậy \({Q_{1A}} + {Q_{1B}} \approx 177,5 + 171,4 = 348,9\). Chọn B.

Lời giải

Gọi \(x,y,z\) lần lượt là số học sinh các lớp \[10A,10B,10C\], \(\left( {0 < x,y,z < 128;x,y,z \in \mathbb{Z}} \right)\).

Tổng số học sinh \(3\) lớp là \(128 \Rightarrow x + y + z = 128\,\left( 1 \right)\).

Tổng số cây bạch đàn được trồng là \(476 \Rightarrow 3x + 2y + 6z = 476\,\left( 2 \right)\).

Tổng số cây bàng được trồng là \(375 \Rightarrow 4x + 5y = 375\,\left( 3 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 128\\3x + 2y + 6z = 476\\4x + 5y = 375\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 40\\y = 43\\z = 45\end{array} \right.\). Chọn C.

Lời giải

Vì dãy các tam giác \({A_1}{B_1}{C_1},{\rm{ }}{A_2}{B_2}{C_2},{\rm{ }}{A_3}{B_3}{C_3},...\) là các tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác bằng cạnh\( \times \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Với \(n = 1\) thì tam giác đều \({A_1}{B_1}{C_1}\) có cạnh bằng \(3\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \({A_1}{B_1}{C_1}\) có bán kính \({R_1} = 3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow {S_1} = \pi {\left( {3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}\) .

Với \(n = 2\) thì tam giác đều \({A_2}{B_2}{C_2}\) có cạnh bằng \(\frac{3}{2}\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \({A_2}{B_2}{C_2}\) có bán kính \({R_2} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow {S_2} = \pi {\left( {3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}\) .

Với \(n = 3\) thì tam giác đều \({A_3}{B_3}{C_3}\) có cạnh bằng \(\frac{3}{4}\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \({A_3}{B_3}{C_3}\) có bán kính \({R_3} = 3 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow {S_3} = \pi {\left( {3 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}\) .

...................

Như vậy tam giác đều \({A_n}{B_n}{C_n}\) có cạnh bằng \(3 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \({A_n}{B_n}{C_n}\) có bán kính \({R_n} = 3 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow {S_n} = \pi {\left[ {3 \cdot {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n - 1}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right]^2}\) .

Khi đó ta được dãy \({S_1}\), \({S_2}\), \(...,{S_n},...\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({u_1} = {S_1} = 3\pi \) và công bội \(q = \frac{1}{4}\).

Do đó tổng \(S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_n} + ...\)\( = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 4\pi \). Chọn B.

Lời giải

Ta có \(2m \cdot {2^{{x^2} - 5x + 5}} + {2^{1 - {x^2}}} - 2 \cdot {2^{6 - 5x}} = m\)\( \Leftrightarrow m \cdot {2^{{x^2} - 5x + 6}} + {2^{1 - {x^2}}} = {2^{7 - 5x}} + m\)

\( \Leftrightarrow m \cdot {2^{{x^2} - 5x + 6}} + {2^{1 - {x^2}}} = {2^{{x^2} - 5x + 6 + 1 - {x^2}}} + m \Leftrightarrow m \cdot {2^{{x^2} - 5x + 6}} + {2^{1 - {x^2}}} = {2^{{x^2} - 5x + 6}} \cdot {2^{1 - {x^2}}} + m\).

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}u = {2^{{x^2} - 5x + 6}}\\v = {2^{1 - {x^2}}}\end{array} \right.;u,v > 0\). Khi đó phương trình tương đương:

\(mu + v = uv + m \Leftrightarrow \left( {u - 1} \right)\left( {m - v} \right) = 0 \Leftrightarrow \)\(\left[ \begin{array}{l}u = 1\\v = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{{x^2} - 5x + 6}} = 1\\{2^{1 - {x^2}}} = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 2\\{2^{1 - {x^2}}} = m\left( * \right)\end{array} \right.\).

Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì \(\left( * \right)\) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2 và 3.

Lại có \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\1 - {x^2} = {\log _2}m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\{x^2} = 1 - {\log _2}m\end{array} \right.\).

Khi đó điều kiện là:

\(\left\{ \begin{array}{l}m > 0\\1 - {\log _2}m > 0\\1 - {\log _2}m \ne 4\\1 - {\log _2}m \ne 9\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\m < 2\\m \ne \frac{1}{8}\\m \ne \frac{1}{{256}}\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left( {0;2} \right)\backslash \left\{ {\frac{1}{8};\frac{1}{{256}}} \right\}\). Chọn B.

Lời giải

Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là

\(V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {\sqrt {{e^x} - x} } \right)}^2}} {\rm{d}}x = \pi \int\limits_1^2 {\left( {{e^x} - x} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\pi \left( {{e^x} - \frac{1}{2}{x^2}} \right)} \right|_1^2 = \pi \left[ {\left( {{e^2} - \frac{1}{2} \cdot {2^2}} \right) - \left( {{e^1} - \frac{1}{2} \cdot {1^2}} \right)} \right] = \pi \left( {{e^2} - e - \frac{3}{2}} \right)\). Chọn A.

Lời giải

Thời điểm chất điểm \(B\) đuổi kịp chất điểm \(A\) thì chất điểm \(B\) đi được \(15\)giây, chất điểm \(A\) đi được \(18\) giây.

Biểu thức vận tốc của chất điểm \(B\) có dạng \({v_B}\left( t \right) = \int {a{\rm{d}}t}  = at + C\) mà \({v_B}\left( 0 \right) = 0\) nên \({v_B}\left( t \right) = at\).

Do từ lúc chất điểm \(A\) bắt đầu chuyển động cho đến khi chất điểm \(B\) đuổi kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được bằng nhau.

Do đó: \(\int\limits_0^{18} {\left( {\frac{1}{{120}}{t^2} + \frac{{58}}{{45}}t} \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_0^{15} {at{\rm{d}}t}  \Leftrightarrow 225 = a \cdot \frac{{225}}{2} \Leftrightarrow a = 2\).

Vậy, vận tốc của chất điểm \(B\) tại thời điểm đuổi kịp \(A\) bằng \({v_B}\left( t \right) = 2 \cdot 15 = 30\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\). Chọn C.

Lời giải

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x = 9 + 3a + at\\y = 4 + 3b + bt\\z = 4 + 6a - 6b + 2\left( {a - b} \right)t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 9 + a \cdot \left( {3 + t} \right)\\y = 4 + b \cdot \left( {3 + t} \right)\\z = 4 + \left( {2a - 2b} \right) \cdot \left( {3 + t} \right)\end{array} \right.\,\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Đặt \(s = 3 + t,\,\,s \in \mathbb{R}\). Khi đó \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 9 + as\\y = 4 + bs\\z = 4 + \left( {2a - 2b} \right)s\end{array} \right.\left( {s \in \mathbb{R}} \right)\).

Nhận xét \(\Delta \) luôn đi qua điểm \(A\left( {9;\,4;\,4} \right)\) điểm cố định và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {a\,;\,b\,;\,2a - 2b} \right)\).

Gọi \[\overrightarrow n  = \left( {m\,;\,n\,;\,l} \right) \bot \overrightarrow u \,\,,\,\,\forall a\,,\,b\]\[\left( {{m^2} + {n^2} + {l^2} > 0} \right)\].

Ta có \[ma\, + \,nb\, + 2la - 2lb = 0\]\[ \Leftrightarrow \left( {m + 2l} \right)a + \left( {n - 2l} \right)b = 0,\] đúng \[\forall a,\,b\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 2l = 0\\n - 2l = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - 2l\\n = 2l\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \overrightarrow n  = \left( { - 2l\,;\,2l\,;\,l} \right) =  - l\left( {2\,;\, - 2\,;\, - 1} \right).\]

Do đó \(\Delta \) luôn nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(A\left( {9;\,4;\,4} \right)\)và có một vectơ pháp tuyến là \[\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2;\, - 2;\, - 1} \right).\] Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 2y - z - 6 = 0\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(O\) trên \(\Delta \).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(\left( P \right)\).

Ta có \(OH \le OK \le OA\).

\(O{K_{\min }} = OH = d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 6} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 2\).

\(O{K_{\min }}\) khi \(K \equiv H\)\( \Rightarrow \)\(\Delta  \equiv AH\)\( \Rightarrow \) Mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(O\) tiếp xúc \(\Delta \) có bán kính nhỏ nhất là \(2\).

Phương trình mặt cầu tâm \(O\) bán kính bằng \(2\) có dạng: \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 4\).

\( \Rightarrow \)\(\left( S \right)\) luôn đi qua điểm \(K\left( {\frac{1}{2};\, - \frac{{\sqrt 3 }}{2};\,\sqrt 3 } \right)\). Chọn A.

Lời giải

Nhận thấy \(A\left( { - 1;\,2;\, - 1} \right)\) là giao điểm của \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\).

\({\Delta _1}\) có VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1;\,2;\,3} \right)\); \({\Delta _2}\) có VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1;\,2;\, - 3} \right)\).

Ta có \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 12;\,6;\,0} \right) =  - 6\left( {2;\, - 1;\,0} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\): \(2\left( {x + 1} \right) - \left( {y - 2} \right) = 0\) hay \(2x - y + 4 = 0\).

Gọi \(\overrightarrow u  = \left( {a;\,b;\,c} \right)\) là VTCP của \(d\) cần tìm.

Ta có \(d\) nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa hai đường thẳng \({\Delta _1}\), \({\Delta _2}\)\( \Rightarrow \overrightarrow u  \bot \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right]\)\( \Rightarrow 2a - b = 0\)\( \Rightarrow b = 2a\).

Lại có \(d\) là phân giác của \({\Delta _1}\), \({\Delta _2}\)\( \Rightarrow \cos \left( {d,\,{\Delta _1}} \right) = \cos \left( {d,\,{\Delta _2}} \right)\)\( \Rightarrow \frac{{\left| {a + 2b + 3c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}  \cdot \sqrt {14} }} = \frac{{\left| {a + 2b - 3c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}  \cdot \sqrt {14} }}\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a + 2b + 3c = a + 2b - 3c\\a + 2b + 3c =  - a - 2b + 3c\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}c = 0 & \left( 1 \right)\\a + 2b = 0 & \left( 2 \right)\end{array} \right.\).

Xét \(\left( 1 \right)\): \(c = 0\), \(b = 2a\)\( \Rightarrow \overrightarrow u  = \left( {a;\,2a;\,0} \right) = \left( {1;\,2;\,0} \right)\)\( \Rightarrow d:\,\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + t\\y = 2 + 2t\\z =  - 1\end{array} \right.,\,t \in \mathbb{R}\).

Khi đó, \(\cos \left( {{\Delta _1},\,d} \right) = \frac{{\left| {1 \cdot 1 + 2 \cdot 2} \right|}}{{\sqrt {14}  \cdot \sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt {70} }}{{14}}\)\( \Rightarrow \left( {{\Delta _1},\,d} \right) \approx 53^\circ 18'\).

Xét \(\left( 2 \right)\): \(\left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 0\\b = 2a\end{array} \right. \Rightarrow a = b = 0\)\( \Rightarrow \overrightarrow u  = \left( {0;\,0;\,c} \right) = c\left( {0;\,0;\,1} \right)\)\( \Rightarrow d:\,\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 2\\z =  - 1 + t\end{array} \right.,\,t \in \mathbb{R}\).

Khi đó, \(\cos \left( {{\Delta _1},\,d} \right) = \frac{{\left| { - 3} \right|}}{{\sqrt {14}  \cdot 1}} = \frac{3}{{\sqrt {14} }}\)\( \Rightarrow \left( {{\Delta _1},\,d} \right) \approx 36^\circ 42'\).

Do \(d\) là đường phân giác của góc nhọn nên \(\left( {{\Delta _1},d} \right) < 45^\circ \).

Vậy đường thẳng \(d\)cần tìm là \(d:\,\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 2\\z =  - 1 + t\end{array} \right.,\,t \in \mathbb{R}\). Chọn D.

Nhận xét: Có thể làm đơn giản hơn bằng cách: ta thấy \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1;\,2;\,3} \right)\); \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1;\,2;\, - 3} \right)\)là hai vectơ có độ dài bằng nhau và \(\overrightarrow {{u_1}}  \cdot \overrightarrow {{u_2}}  < 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) > 90^\circ \). Vậy \(\left( {\overrightarrow {{u_1}}  - \overrightarrow {{u_2}} } \right)\) chính là vectơ chỉ phương của \(d\).

Lời giải

Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành hàng ngang, không gian mẫu có số phần tử là: \(n\left( \Omega  \right) = 6!\).

Gọi \(M\) là biến cố: “Các học sinh lớp \(A\) ngồi vào những ghế có số thứ tự cách đều nhau và học sinh lớp \(C\) chỉ ngồi cạnh học sinh lớp \(B\)”.

Vì học sinh lớp \(C\) chỉ ngồi cạnh học sinh lớp \(B\) nên các học sinh lớp\(A\) không thể ngồi vào các ghế 1, 3, 5 hoặc 2, 4, 6 do đó ta xét các trường hợp.

+ Trường hợp 1: Các học sinh lớp \(A\) ngồi vào các ghế được đánh số thự tự \(1,\,\,2,\,\,3\) hoặc 4, 5, 6 có \({P_3} = 3!\) cách xếp 3 học sinh lớp A vào các ghế này. Có \(C_2^1\) Cách xếp học sinh lớp \(C\) vào các ghế còn lại không gần\(A\). Tiếp theo có \(2!\) cách xếp 2 học sinh lớp \(B\) vào 2 ghế còn lại. Do đó trong trường hợp này có \(2 \cdot 3!\, \cdot C_2^1 \cdot 2! = 48\) cách xếp.

+ Trường hợp 2: Các học sinh lớp \(A\) ngồi vào các ghế được đánh số thự tự \(2,\,\,3,\,\,4\) hoặc 3, 4, 5 có \({P_3} = 3!\) cách xếp 3 học sinh lớp A vào các ghế này. Khi đó có duy nhất cách xếp học sinh lớp \(C\) vào ghế không gần \(A\). Tiếp theo có \(2!\) cách xếp 2 học sinh lớp \(B\) vào 2 ghế còn lại. Do đó trong trường hợp này có \(2 \cdot 3!\, \cdot 2! = 24\) cách xếp.

Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố \(M\) là \(n\left( M \right) = 48 + 24 = 72.\)

Vậy \(P\left( M \right) = \frac{{n\left( M \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{72}}{{6!}} = \frac{1}{{10}}.\) Chọn A.

Lời giải

Ta có \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = 3{a^2}\sqrt 3 .\) 

Dựng \(BE \bot AC,\,\,BF \bot B'E.\) Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BB'\\AC \bot BE\end{array} \right..\) Suy ra \(AC \bot BF \Rightarrow BF \bot \left( {B'AC} \right).\) 

Do vậy \(d\left( {B,\left( {B'AC} \right)} \right) = BF\); \(BE = AB \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2}\). 

Mặt khác \(d\left( {M,\,\left( {B'AC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {C',\,\left( {B'AC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {B,\left( {B'AC} \right)} \right) = \frac{1}{2}BF = \frac{{3a\sqrt {15} }}{{10}} \Rightarrow BF = \frac{{3a\sqrt {15} }}{5}.\) 

Hơn nữa \(\frac{1}{{B{F^2}}} = \frac{1}{{B{{B'}^2}}} + \frac{1}{{B{E^2}}} \Rightarrow BB' = 3a\sqrt 3  \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = BB' \cdot {S_{\Delta ABC}} = 27{a^3}.\) Chọn A.

Lời giải

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

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

Theo bài ra \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m = \left\{ {\left. { - 2;\, - 1;\,0;\,1;\,2;\,3;\,4} \right\}} \right. \Rightarrow \) có \(7\) giá trị của \(m\) nguyên thỏa mãn bài toán. Chọn D.

Lời giải

Gọi \[C\left( {{c_1};{c_2};{c_3}} \right)\]. Vì \(\left( Q \right)\) // \(\left( P \right)\) nên phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):x + y + z + d = 0\) \(\left( {d \ne  - 3} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {CA}  = \left( { - {c_1};1 - {c_2};1 - {c_3}} \right)\) và \(\overrightarrow {CB}  = \left( {1 - {c_1}; - {c_2}; - {c_3}} \right)\).

Trường hợp 1: \(\overrightarrow {CA}  = 2\overrightarrow {CB} \)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{ - {c_1} = 2\left( {1 - {c_1}} \right)}\\{1 - {c_2} =  - 2{c_2}}\end{array}}\\{1 - {c_3} =  - 2{c_3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{{c_1} = 2}\\{{c_2} =  - 1}\end{array}}\\{{c_3} =  - 1}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Rightarrow C\left( {2; - 1; - 1} \right)\).

Vì \(C \in \left( Q \right)\) nên \(2 - 1 - 1 + d = 0 \Leftrightarrow d = 0\). Khi đó, phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):x + y + z = 0\).

Trường hợp 2: \(\overrightarrow {CA}  =  - 2\overrightarrow {CB} \)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{ - {c_1} =  - 2\left( {1 - {c_1}} \right)}\\{1 - {c_2} = 2{c_2}}\end{array}}\\{1 - {c_3} = 2{c_3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{{c_1} = \frac{2}{3}}\\{{c_2} = \frac{1}{3}}\end{array}}\\{{c_3} = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow C\left( {\frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right)\).

Vì \[C \in \left( Q \right)\] nên \(d =  - \frac{4}{3}\). Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):x + y + z - \frac{4}{3} = 0\).

Vậy \(\left( Q \right):x + y + z - \frac{4}{3} = 0\) hoặc \(\left( Q \right):x + y + z = 0\). Chọn C.

Lời giải

Ta có bảng sau:

Số tập bài	[0; 3)	[3; 6)	[6; 9)	[9; 12)	[12; 15)
Giá trị đại diện	1,5	4,5	7,5	10,5	13,5
Tần số	1	2	4	11	7

Cỡ mẫu là \[n = 1 + 2 + 4 + 11 + 7 = 25\].

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[\overline x  = \frac{{1 \cdot 1,5 + 2 \cdot 4,5 + 4 \cdot 7,5 + 11 \cdot 10,5 + 7 \cdot 13,5}}{{25}} = 10,02\].

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\(\begin{array}{l}{S^2} = \frac{1}{{25}}\left[ {1 \cdot {{\left( {1 - 10,02} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {4,5 - 10,02} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {7,5 - 10,02} \right)}^2} + 11 \cdot {{\left( {10,5 - 10,02} \right)}^2} + 7 \cdot {{\left( {13,5 - 10,02} \right)}^2}} \right]\\\,\,\,\,\,\,\, = 9,8496.\end{array}\)

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(S = \sqrt {{S^2}}  = \sqrt {9,8496}  \approx 3,14\). Chọn A.

Lời giải

Với \(y = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\), ta có \(y' = 2\left( {x - 1} \right) \cdot f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} - 2x = a \in \left( { - \infty ;\, - 1} \right)\\{x^2} - 2x = b \in \left( { - 1;\,0} \right)\\{x^2} - 2x = c \in \left( {0;\,1} \right)\\{x^2} - 2x = d \in \left( {1;\, + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} - 2x - a = 0,\,a \in \left( { - \infty ;\, - 1} \right)\,\,\,(1)\\{x^2} - 2x - b = 0,\,b \in \left( { - 1;\,0} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\\{x^2} - 2x - c = 0,\,c \in \left( {0;\,1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)\\{x^2} - 2x - d = 0,\,d \in \left( {1;\, + \infty } \right)\,\,\,\,\,(4)\end{array} \right.\).

Phương trình \((1)\) vô nghiệm, các phương trình \((2),\,(3),\,(4)\) đều có hai nghiệm phân biệt khác 1 và do \(b,\,c,\,d\) đôi một khác nhau nên các nghiệm của phương trình \((2),\,(3),\,(4)\) cũng đôi một khác nhau. Do đó \(f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0\) có 6 nghiệm phân biệt.

Vậy \(y' = 0\) có 7 nghiệm phân biệt, do đó số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\) là 7. Chọn C.

Lời giải

Vì \(\overrightarrow {GA}  =  - 2\overrightarrow {GM} \) nên ta xác định được \(A\left( { - 4; - 2} \right)\).

Đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) có tâm \(I\), bán kính \(R = IA = 5\) có phương trình \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 25\).

Ta có \(\overrightarrow {IM}  = \left( {2;4} \right)\).

Đường thẳng \(BC\) đi qua \(M\) và nhận vectơ \(\overrightarrow {IM} \) làm vectơ pháp tuyến, phương trình đường thẳng \(BC\) là: \(1\left( {x - 3} \right) + 2\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 7 = 0\).

Điểm \(C\) là giao điểm của đường thẳng \(BC\) và đường tròn \(\left( {I;R} \right)\) nên tọa độ điểm \(C\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 25\\x + 2y - 7 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1,y = 3\\x = 5,y = 1\end{array} \right.\).

Đối chiếu điều kiện đề bài ta có tọa độ điểm \(C\left( {5;1} \right)\). Chọn C.

Lời giải

Gọi \(a > 0\) là hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d\).

Đường thẳng \(d\) có hệ số góc là \(k = \frac{{ - \frac{1}{2}{a^3} + \frac{3}{4}{a^2} + 3a}}{a} =  - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{3}{4}a + 3\).

Mặt khác \(d\) đi qua gốc tọa độ nên có phương trình là \(y = \left( { - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{3}{4}a + 3} \right)x\).

Ta có: \({S_1} = \int\limits_0^a {\left[ {\left( { - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{4}{x^2} + 3x} \right) - \left( { - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{3}{4}a + 3} \right)x} \right]{\rm{d}}x} \)

\[ \Leftrightarrow \frac{{27}}{4} = \left. {\left[ {\left( { - \frac{1}{8}{x^4} + \frac{1}{4}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2}} \right) - \left( { - \frac{1}{4}{a^2} + \frac{3}{8}a + \frac{3}{2}} \right){x^2}} \right]} \right|_0^a\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{27}}{4} = \left( { - \frac{1}{8}{a^4} + \frac{1}{4}{a^3} + \frac{3}{2}{a^2}} \right) - \left( { - \frac{1}{4}{a^2} + \frac{3}{8}a + \frac{3}{2}} \right){a^2}\]\( \Leftrightarrow \frac{{27}}{4} = \frac{1}{8}{a^4} - \frac{1}{8}{a^3} \Leftrightarrow a = 3 > 0\).

Ta có phương trình \(d:y = \frac{3}{4}x\). Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d\) là:

\(\frac{3}{4}x - \left( { - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{4}{x^2} + 3x} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{4}{x^2} - \frac{9}{4}x = 0 \Leftrightarrow x = 3 \vee x = 0 \vee x =  - \frac{3}{2}\).

Do đó \({S_2} = \int\limits_{ - \,\,\frac{3}{2}}^0 {\left( {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{4}{x^2} - \frac{9}{4}x} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{135}}{{128}} = \frac{m}{n}\). Từ đó suy ra . Chọn C.

Lời giải

Xét trên \(\left[ { - 2;1} \right]\) ta có \(f'\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\). Do đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;0} \right),\,\left( { - 1;2} \right),\,\left( {1;0} \right)\) nên ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}4a - 2b + c = 0\\a - b + c = 2\\a + b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b =  - 1\\c = 2\end{array} \right.\). Suy ra \(f'\left( x \right) =  - {x^2} - x + 2\) trên \(\left[ { - 2;1} \right]\).

Khi đó \(f\left( x \right) =  - \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^2}}}{2} + 2x + C\). Do \(f\left( { - 2} \right) = 0\) nên \(\frac{8}{3} - \frac{4}{2} - 4 + C = 0 \Leftrightarrow C = \frac{{10}}{3}\).

Vậy \(f\left( x \right) =  - \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^2}}}{2} + 2x + \frac{{10}}{3}\) trên \(\left[ { - 2;1} \right]\) suy ra \(f\left( 1 \right) =  - \frac{{{1^3}}}{3} - \frac{{{1^2}}}{2} + 2 \cdot 1 + \frac{{10}}{3} = \frac{9}{2}\).

Tương tự:

Xét trên \(\left[ {1;2} \right]\) ta có \(f'\left( x \right) = px + q\). Do đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) đi qua các điểm \(\left( {2;3} \right),\,\left( {1;0} \right)\) nên ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2p + q = 3\\p + q = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}p = 3\\q =  - 3\end{array} \right.\). Suy ra \(f'\left( x \right) = 3x - 3\) trên \(\left[ {1;2} \right]\).

Khi đó \[f\left( x \right) = \frac{{3{x^2}}}{2} - 3x + {C_1}\]. Do \(f\left( 1 \right) = \frac{9}{2}\) nên \(\frac{3}{2} - 3 + {C_1} = \frac{9}{2} \Leftrightarrow {C_1} = 6\).

Vậy \(f\left( x \right) = \frac{{3{x^2}}}{2} - 3x + 6\) trên \(\left[ {1;2} \right]\). Suy ra \(f\left( 2 \right) = \frac{{3 \cdot {2^2}}}{2} - 3 \cdot 2 + 6 = 6\).

Xét trên \(\left[ {2;5} \right]\) ta có \(f'\left( x \right) = mx + n\). Do đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) đi qua các điểm \(\left( {2;3} \right),\,\left( {5;0} \right)\) nên ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2m + n = 3\\5m + n = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - 1\\n = 5\end{array} \right.\). Suy ra \(f'\left( x \right) =  - x + 5\) trên \(\left[ {2;5} \right]\).

Khi đó \(f\left( x \right) =  - \frac{{{x^2}}}{2} + 5x + {C_2}\). Do \(f\left( 2 \right) = 6\) nên \( - \frac{4}{2} + 10 + {C_2} = 6 \Leftrightarrow {C_2} =  - 2\).

Vậy \(f\left( x \right) =  - \frac{{{x^2}}}{2} + 5x - 2\) trên \(\left[ {2;5} \right]\). \(f\left( 3 \right) =  - \frac{{{3^2}}}{2} + 5 \cdot 3 - 2 =  - \frac{9}{2} + 15 - 2 = \frac{{17}}{2}\).

Kết luận: \(f\left( 1 \right) + f\left( 3 \right) = \frac{9}{2} + \frac{{17}}{2} = 13\). Chọn D.

Lời giải

Ta có \[h\left( t \right)\] là nguyên hàm của \[h'\left( t \right) = \frac{1}{5}\sqrt[3]{{t + 8}}\], nên ta có

\[h\left( t \right) = \int {h'\left( t \right){\rm{d}}t}  = \frac{1}{5}\int {\sqrt[3]{{t + 8}}\,{\rm{d}}t}  = \frac{1}{5} \cdot \frac{{{{\left( {t + 8} \right)}^{\frac{4}{3}}}}}{{\frac{4}{3}}} + C = \frac{3}{{20}}{\left( {t + 8} \right)^{\frac{4}{3}}} + C\].

Lúc đầu bồn không chứa nước nên \[h\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{3}{{20}}{\left( {0 + 8} \right)^{\frac{4}{3}}} + C = 0 \Leftrightarrow C =  - \frac{{12}}{5}\].

Suy ra \[h\left( t \right) = \frac{3}{{20}}{\left( {t + 8} \right)^{\frac{4}{3}}} - \frac{{12}}{5}\].

Vậy lượng nước bơm được sau thời gian 6 giây là \[h\left( 6 \right) = \frac{3}{{20}}{\left( {6 + 8} \right)^{\frac{4}{3}}} - \frac{{12}}{5} \approx 2,66\] cm. Chọn D.

Lời giải

Gọi C là hình chiếu vuông góc của A (vị trí chiến sĩ xuất phát) đối với bờ bên kia và D thuộc đoạn BC là vị trí mà chiến sĩ sẽ bơi đến trước khi chạy bộ tấn công mục tiêu tại A.

Ta chuẩn hóa bài toán như sau: 1 đơn vị độ dài = 100 m; khi đó \[AC = 1\,,\,\,AB = 10\].

Vận tốc bơi trên sông của chiến sĩ là 1 (đơn vị vận tốc); vận tốc chạy của chiến sĩ là 3 (đơn vị vận tốc).

Đặt \[AD = x \in \left( {1\,;\,\,10} \right) \Rightarrow CD = \sqrt {{x^2} - 1} \];\[BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}}  = 3\sqrt {11} \]; \[BD = BC - CD = 3\sqrt {11}  - \sqrt {{x^2} - 1} \].

Tổng thời gian từ khi chiến sĩ xuất phát đến khi tiếp cận mục tiêu là:

\[t = \frac{{AD}}{1} + \frac{{BD}}{3} = \frac{x}{1} + \frac{{3\sqrt {11}  - \sqrt {{x^2} - 1} }}{3} = \sqrt {11}  - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1}  + x\].

Xét hàm số \[f\left( x \right) = \sqrt {11}  - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1}  + x\]; \[x \in \left( {1\,;\,\,10} \right)\]; \[f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{3}\frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}\];

\[f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = 3 \Rightarrow 3\sqrt {{x^2} - 1}  = x\]\[ \Rightarrow 9{x^2} - 9 = {x^2} \Rightarrow x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4} > 0\].

Bảng biến thiên:

Chiến sĩ tiếp cận mục tiêu nhanh nhất khi \[AD = x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\].

Do đó chiến sĩ phải bơi một đoạn \[AD \times 100 = \frac{{3\sqrt 2 }}{4} \times 100 = 75\sqrt 2 \,{\rm{m}}\]. Chọn C.

Lời giải

Gọi \(J\) là trung điểm của \(AC\) ta có \(IJ{\rm{//}}AB \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {SIJ} \right) \supset SI\).

\( \Rightarrow d\left( {AB,SI} \right) = d\left( {AB,\left( {SIJ} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SIJ} \right)} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), vì \(\Delta ABC\) đều nên \(CM \bot AB \Rightarrow CM \bot IJ\).

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AH{\rm{//}}CM \Rightarrow AH \bot IJ\) \(\left( {H \in IJ} \right)\). Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IJ \bot AH}\\{IJ \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow IJ \bot \left( {SAH} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAH} \right)\) kẻ \(AK \bot SH{\mkern 1mu} \left( {K \in SH} \right)\) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AK \bot SH}\\{AK \bot IJ{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{do}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} IJ \bot \left( {SAH} \right)} \right)}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow AK \bot \left( {SIJ} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SIJ} \right)} \right) = AK\).

Dễ dàng chứng minh được \(AH = \frac{1}{2}CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAH\): \(AK = \frac{{SA \cdot AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \frac{{a \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{{16}}} }} = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\).

Vậy \(d\left( {AB,SI} \right) = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\). Chọn B.

Lời giải

Ta chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với mỗi đơn vị trên trục bằng 5 cm.

Đường cong \(\left( {{L_1}} \right)\) là tập hợp điểm M thỏa \(3MB = 5d\left( {M\,,\,\,\Delta } \right)\) hay \(\frac{{MB}}{{d\left( {M\,,\,\,\Delta } \right)}} = \frac{5}{3}\) (1).

Phương trình \(\Delta :x = \frac{9}{5}\) (2).

Từ (1) và (2) ta thấy M thuộc một nhánh của hyperbol \(\left( {{L_1}} \right)\): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\); trong đó điểm \(B\left( {5\,;\,\,0} \right)\) là một trong hai tiêu điểm của \(\left( {{L_1}} \right)\) nên \(c = 5\).

Đường chuẩn \(x = \frac{a}{e} = \frac{{{a^2}}}{c} = \frac{9}{5} \Rightarrow a = 3\) (thử lại ta thấy \(\frac{{MB}}{{d\left( {M\,,\,\,\Delta } \right)}} = \frac{5}{3} = e\) (hợp lí)).

Do \({c^2} = {a^2} + {b^2} \Rightarrow b = \sqrt {{c^2} - {a^2}}  = 4\). Phương trình \(\left( {{L_1}} \right)\):.

Xét giao điểm của \(\left( {{L_1}} \right)\) với đường thẳng \(y = x\), ta có \(\frac{{{x^2}}}{9} - \frac{{{x^2}}}{{16}} = 1\,\,\,\left( {x > 3} \right) \Rightarrow x = \frac{{12\sqrt 7 }}{7} \approx 4,54\).

Từ phương trình .

Diện tích cần tính là .

Đáp án: 1168.

Lời giải

Ta có thể thực hiện việc rót theo sơ đồ sau:

Ban đầu	Ly người vợ: V ml	Ly người chồng: 0 ml
Bước thứ nhất: Vợ rót 1/2 nước trong ly cho chồng
Bước thứ hai: Chồng rót 1/3 nước trong ly cho vợ
Bước thứ ba: Vợ rót 1/4 nước trong ly cho chồng
Bước thứ tư: Chồng rót 1/5 nước trong ly cho vợ
Bước thứ năm: Vợ rót 1/6 nước trong ly cho chồng

Quá trình này được lặp đi lặp lại và ta thấy rằng trong các bước lẻ (người vợ rót nước cho người chồng) thì lượng nước hai ly bằng nhau.

Ÿ Bước thứ 99 thì lượng nước hai ly bằng nhau.

Ÿ Bước thứ 100 (người chồng rót 1/101 nước trong ly cho vợ), lượng nước trong ly người chồng là .

Đáp án: 119.

Lời giải

Ca I có 6 người, ca II có 7 người và ca III có 7 người nên số phần tử của không gian mẫu là:

\(n\left( \Omega  \right) = C_{20}^6 \cdot C_{14}^7 \cdot C_7^7 = 133024320\).

Gọi biến cố \(X\): “Mỗi ca có 1 kĩ thuật viên, ít nhất một kĩ sư chế biến thực phẩm”.

Để mỗi ca có 1 kĩ thuật viên, ít nhất một kĩ sư chế biến thực phẩm, ta có các trường hợp:

TH1: Ca I có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 3 công nhân.

Ca II có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân.

Ca III có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân.

Số cách chọn cho trường hợp này là: \(\left( {C_3^1 \cdot C_4^2 \cdot C_{13}^3} \right) \cdot \left( {C_2^1 \cdot C_2^1 \cdot C_{10}^5} \right) \cdot \left( {C_1^1 \cdot C_1^1 \cdot C_5^5} \right) = 5189184\).

TH2: Ca I có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 4 công nhân.

Ca II có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 4 công nhân.

Ca III có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân.

Số cách chọn cho trường hợp này là: \[\left( {C_3^1 \cdot C_4^1 \cdot C_{13}^4} \right) \cdot \left( {C_2^1 \cdot C_3^2 \cdot C_9^4} \right) \cdot \left( {C_1^1 \cdot C_1^1 \cdot C_5^5} \right) = 6486480\].

TH3: Ca I có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 4 công nhân.

Ca II có 1 kĩ thuật viên, 1 kĩ sư và 5 công nhân.

Ca III có 1 kĩ thuật viên, 2 kĩ sư và 4 công nhân.

Số cách chọn cho trường hợp này là: \(\left( {C_3^1 \cdot C_4^1 \cdot C_{13}^4} \right) \cdot \left( {C_2^1 \cdot C_3^1 \cdot C_9^5} \right) \cdot \left( {C_1^1 \cdot C_2^2 \cdot C_4^4} \right) = 6486480\).

Số phần tử của biến cố \(X\) là: \(n\left( X \right) = 5189184 + 6486480 + 6486480 = 18162144\).

Xác suất của biến cố \(X\) là: \(P\left( X \right) = \frac{{18162144}}{{133024320}} = \frac{{441}}{{3230}} \approx 0,14\).

Đáp án: 0,14.

Lời giải

Gọi biến cố \(B:\) “Hà đi xe buýt”; \(\overline B :\) “Hà đi xe đạp”; \(M:\) “Hà đi học muộn”.

Xác suất Hà đi xe buýt \(P\left( B \right) = 0,5\).

Xác suất Hà đi xe đạp \(P\left( {\overline B } \right) = 0,5\).

Do xác suất Hà đi học muộn khi đi xe buýt là \(6{\rm{\% }}\) nên \(P\left( {M|B} \right) = 0,06\).

Do xác suất Hà đi học muộn khi đi xe đạp là \(4{\rm{\% }}\) nên \(P\left( {M|\overline B } \right) = 0,04\).

Xác suất Hà bị muộn học là

\(P\left( M \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {M|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {M|\overline B } \right) = 0,5 \cdot 0,06 + 0,5 \cdot 0,04 = 0,05\).

Đáp án: 0,05.