Đề thi ĐGNL Bộ Công an môn Toán có đáp án - Đề 5

Lời giải

Biết rằng quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol nên phương trình có dạng \(y = a{x^2} + bx + c\). Từ đề bài ta gắn vào hệ toạ độ và thay các điểm tương ứng vào phương trình, ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 1}\\{a + b + c = 10}\\{12,25a + 3,5b + c = 6,25}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 3}\\{b = 12}\\{c = 1.}\end{array}} \right.} \right.\)

Suy ra \(y =  - 3{x^2} + 12x + 1\). Parabol có đỉnh \(I\left( {2\,;13} \right)\).

Khi đó quả bóng đạt vị trí cao nhất tại đỉnh tức \(h = 13\;\,{\rm{m}}\). Chọn C.

Lời giải

Điểm \(E\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\, - 5} \right)\) thuộc \(\left( P \right)\) vì \(0 - 2 + 5 - 3 = 0\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {4\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\) và bán kính \(R = 5\).

Ta có: \(IE = \sqrt {{4^2} + {2^2} + {5^2}}  = 3\sqrt 5  > R\); do đó điểm \(E\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\). Chọn C.

Lời giải

Phương trình đường thẳng \(HI:\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + 2t\\y = 1 + 2t\\z =  - t\end{array} \right.\) với H là hình chiếu của I trên \(\left( P \right)\).

Thay phương trình HI vào \(\left( P \right)\), ta được: \(2\left( {4 + 2t} \right) + 2\left( {1 + 2t} \right) - \left( { - t} \right) - 3 = 0 \Leftrightarrow t =  - \frac{7}{9}\).

Ta có tọa độ \(H\left( {\frac{{22}}{9}\,;\,\, - \frac{5}{9}\,;\,\,\frac{7}{9}} \right)\). Chọn A.

Lời giải

Ta có \(\int {\sqrt x } \left( {7{x^2} - 3} \right)\,{\rm{d}}x = \int {\left( {7{x^{\frac{5}{2}}} - 3{x^{\frac{1}{2}}}} \right)} \,{\rm{d}}x = 7\int {{x^{\frac{5}{2}}}{\rm{d}}x - 3\int {{x^{\frac{1}{2}}}{\rm{d}}x = 2{x^3}\sqrt x } }  - 2x\sqrt x  + C\,\left( {x > 0} \right)\). Chọn A.

Lời giải

TXĐ: \[D = \left( { - \infty ;2} \right]\]. Ta có \(y' = \frac{{\sqrt {2 - x}  - 1}}{{\sqrt {2 - x} }},\forall x \in \left( { - \infty ;2} \right)\).

Giải \(y' = 0 \Rightarrow \sqrt {2 - x}  = 1 \Rightarrow x = 1\); \[y'\] không xác định khi \[x = 2\].

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( { - \infty ;1} \right)\] và nghịch biến trên khoảng \[\left( {1;2} \right)\].

Chọn C.

Lời giải

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có một vectơ pháp tuyến \({\overrightarrow n _{\left( Q \right)}} = \left( {1\,;\,1\,;\,2} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua hai điểm \(A\left( {2\,;\, - 1\,;\,0} \right)\), \(B\left( {1\,;\,1\,;\,2} \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( Q \right)\) nên có cặp vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1\,;\,2\,;\,2} \right)\) và \({\overrightarrow n _{\left( Q \right)}} = \left( {1\,;\,1\,;\,2} \right)\).

Do đó \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là: \({\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,{{\overrightarrow n }_{\left( Q \right)}}} \right] = \left( {2\,;\,4\,;\, - 3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2\,;\, - 1\,;\,0} \right)\) và nhận \({\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {2\,;\,4\,;\, - 3} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến nên có phương trình: \(2\left( {x - 2} \right) + 4\left( {y + 1} \right) - 3\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 4y - 3z = 0\). Chọn B.

Lời giải

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {m - 1; - \frac{{3m}}{2};1 - 3m} \right)\).

Ta có \(R = \sqrt {{{\left( {m - 1} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{3m}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {1 - 3m} \right)}^2} + 7}  = \sqrt {\frac{{49{m^2}}}{4} - 8m + 9}  = \sqrt {{{\left( {\frac{7}{2}m - \frac{8}{7}} \right)}^2} + \frac{{377}}{{49}}}  \ge \frac{{\sqrt {377} }}{7}\).

Vậy \[{R_{\min }} = \frac{{\sqrt {377} }}{7} \Leftrightarrow m = \frac{{16}}{{49}}\]. Chọn B.

Lời giải

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) suy ra góc giữa \(SM\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\widehat {SMA}\).

Kẻ \(AH \bot SM\left( {H \in SM} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AH\).

Từ đó suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow h = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Vì \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\) \( \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét \(\Delta HAM\) vuông tại \(H\) có: \(\sin \widehat {SMA} = \frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SMA} = 30^\circ \). Chọn C.

Lời giải

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x + m\). Hàm số đạt cực trị tại \({x_1},{x_2}\).Vậy \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của phương trình \(y' = 0\).

Theo định lí Viète ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1} \cdot {x_2} = \frac{m}{3}\end{array} \right.\).

Ta có \(x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2}\)\( = 4 - \frac{{2m}}{3}\)\( \Rightarrow 4 - \frac{{2m}}{3} = 6\) \( \Rightarrow m =  - 3\). Chọn A.

Lời giải

Ta có \(y = \frac{{m{x^2} + \left( {3{m^2} - 2} \right)x - 2}}{{x + 3m}} = mx - 2 + \frac{{6m - 2}}{{x + 3m}}\).

Khi \(m = \frac{1}{3}\) đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.

Khi \(m \ne \frac{1}{3}\) đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \({\Delta _1}:y = mx - 2 \Leftrightarrow mx - y - 2 = 0\), tiệm cận đứng là \({\Delta _2}:x =  - 3m \Leftrightarrow x + 3m = 0\).

Góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng \(45^\circ \) nên

\[\cos 45^\circ  = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}}  \cdot \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{\left| m \right|}}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow m =  \pm 1\].

Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \[m =  \pm 1\]. Chọn B.

Lời giải

Quãng đường ô tô đi được 5s đầu là: \[{S_1} = \int\limits_0^5 {{v_1}\left( t \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}t}  = \int\limits_0^5 {7t{\mkern 1mu} {\rm{d}}t}  = \left. {\frac{1}{2} \cdot 7{t^2}} \right|_0^5 = 87,5\,{\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right)\].

Vận tốc khi xe đi được 5s là: \[{v_1}\left( 5 \right) = 7 \cdot 5 = 35\left( {{\rm{m/s}}} \right)\].

Phương trình vận tốc của xe khi xe gặp chướng ngại vật là: \[{v_2}\left( t \right) = 35 - 70t\,{\mkern 1mu} \left( {{\rm{m/s}}} \right)\].

Thời gian ô tô di chuyển tiếp đến khi dừng hẳn: \(35 - 70t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\left( {\rm{s}} \right)\).

Quãng đường ô tô đi tiếp cho đến khi dừng hẳn là:

\({S_2} = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {{v_2}\left( t \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}t}  = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\left( {35 - 70t} \right){\rm{d}}t} \)\( = \left. {\left( {35t - 35{t^2}} \right)} \right|_0^{\frac{1}{2}} = 8,75\,{\mkern 1mu} \left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\)

Tổng quãng đường cần tìm là: \(87,5 + 8,75 = 96,25\left( {\rm{m}} \right)\). Chọn B.

Lời giải

Lưu ý: \(1\,{\rm{nF}} = {10^{ - 9}}F,\,\,1\,{\rm{\mu s}} = {10^{ - 6}}\,{\rm{s}}{\rm{,}}\,\,1\,{\rm{mA}} = {10^{ - 3}}{\rm{A}}\).

Ta biết rằng điện tích \(q\left( t \right)\) là nguyên hàm của cường độ dòng điện \(i\left( t \right)\).

Khi đó, ta có \({U_C} = \frac{1}{C}\int {i\left( t \right){\rm{d}}t = \frac{{0,042 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{8,5 \cdot {{10}^{ - 9}}}}\int {t{\rm{d}}t}  = \left( {\frac{{84 \cdot {{10}^3}}}{{17}}} \right) \cdot \frac{{{t^2}}}{2}}  + K = \left( {\frac{{42 \cdot {{10}^3}}}{{17}}} \right){t^2} + K\).

Theo giả thiết ta có \(U\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow K = 0\). Do đó \({U_C}\left( t \right) = \left( {\frac{{42 \cdot {{10}^3}}}{{17}}} \right){t^2}\).

Khi \({U_C}\left( {2{\rm{\mu s}}} \right) = \left( {\frac{{42 \cdot {{10}^3}}}{{17}}} \right) \cdot {\left( {2 \cdot {{10}^{ - 6}}} \right)^2} \approx 9,882 \cdot {10^{ - 9}}\,\,\left( {\rm{V}} \right) = 9,882\,\,\left( {{\rm{nV}}} \right)\). Chọn D.

Lời giải

Ta có \[m \cdot {9^x} - \left( {2m + 1} \right){6^x} + m \cdot {4^x} \le 0\]\[ \Leftrightarrow m \cdot {\left( {\frac{9}{4}} \right)^x} - \left( {2m + 1} \right) \cdot {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} + m \le 0\].

Đặt \[t = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x}\]. Vì \[x \in \left( {0;1} \right)\] nên \[1 < t < \frac{3}{2}\].

Khi đó bất phương trình trở thành \[m \cdot {t^2} - \left( {2m + 1} \right)t + m \le 0\]\[ \Leftrightarrow m \le \frac{t}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}\].

Đặt \[f\left( t \right) = \frac{t}{{{{\left( {t - 1} \right)}^2}}}\]. Ta có \[f'\left( t \right) = \frac{{ - t - 1}}{{{{\left( {t - 1} \right)}^3}}}\], \[f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t =  - 1\].

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có \[m \le \mathop {\lim }\limits_{t \to \frac{3}{2}} f\left( t \right) = 6\]. Chọn B.

Lời giải

Theo đề bài, ta có \(x + y = 10\). Suy ra \(y = 10 - x\).

Vì máy \(B\) làm việc không quá \(6\) ngày nên \(10 - x \le 6 \Leftrightarrow x \ge 4\).

Số tiền lãi mà doanh nghiệp thu được là

\({x^2} + 2x + 326y - 27{y^2} = {x^2} + 2x + 326\left( {10 - x} \right) - 27{\left( {10 - x} \right)^2}\)\( =  - 26{x^2} + 216x + 560\).

Đặt \(f\left( x \right) =  - 26{x^2} + 216x + 560,x \in \left[ {4;10} \right]\).

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 52x + 216 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{216}}{{52}}\).

Bảng biến thiên

Do số ngày là số nguyên, nên ta xét giá trị của hàm số tại hai điểm nguyên trước và sau giá trị \(\frac{{216}}{{52}}\) là \(x = 4;x = 5\).

Ta có \(f\left( 4 \right) = 1008,f\left( 5 \right) = 990 \Rightarrow f\left( 4 \right) > f\left( 5 \right)\).

Vậy doanh nghiệp đó cần sử dụng máy \(A\) trong \(4\) ngày thì số tiền lãi là nhiều nhất. Chọn A.

Lời giải

Chọn hệ trục toạ độ \[Oxy\] như hình trên, trong đó \(1\,{\rm{km}}\) ứng với 1 đơn vị.

Do \(\left\{ \begin{array}{l}\left| {TA - TB} \right| = 2\sqrt {10} \\A\left( { - 5;0} \right),\,\,B\left( {5;0} \right)\end{array} \right.\) nên \(T\) thuộc hypebol \(\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{10}} - \frac{{{y^2}}}{{15}} = 1\).

Khi con tàu \(T\) được neo lại ta có \(\widehat {ATB} = 90^\circ \), tức \(T\) thuộc đường tròn \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} = 25\).

Không mất tổng quát, ta giả sử tọa độ của điểm \(T\) đều dương.

Lúc này toạ độ của \(T\) thoả mãn hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{{x^2}}}{{10}} - \frac{{{y^2}}}{{15}} = 1\,\,\,}\\\begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 25\\{x_T} > 0,{y_T} > 0\end{array}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} = 16\\{y^2} = 9\end{array} \right. \Rightarrow \left| y \right| = 3\).

Vậy \({y_T} = 3\). Khi đó khoảng cách từ con tàu \(T\) đến bờ biển là \(3\;{\rm{km}}\). Chọn D.

Lời giải

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng \({d_1}\) là \({\overrightarrow n _{{d_1}}} = \left( {2;a} \right).\)

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng \({d_2}\) là \({\overrightarrow n _{{d_2}}} = \left( {3;4} \right).\)

Ta có \[\left( {{d_1},{d_2}} \right) = 45^\circ  \Leftrightarrow \left| {\cos \left( {{{\overrightarrow n }_{{d_1}}},{{\overrightarrow n }_{{d_2}}}} \right)} \right| = \cos 45^\circ \]\[ \Leftrightarrow \frac{{\left| {{{\overrightarrow n }_{{d_1}}} \cdot {{\overrightarrow n }_{{d_2}}}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_{{d_1}}}} \right| \cdot \left| {{{\overrightarrow n }_{{d_2}}}} \right|}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]

\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {4a + 6} \right|}}{{5\sqrt {4 + {a^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)\( \Leftrightarrow 2\left| {4a + 6} \right| = 5\sqrt 2  \cdot \sqrt {{a^2} + 4} \)\( \Leftrightarrow 7{a^2} + 96a - 28 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{2}{7}\\a =  - 14\end{array} \right..\)Chọn A.

Lời giải

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( { - 1; - 2} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {\frac{5}{3}} \).

Gọi \(J\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\);

Gọi \(H\) là giao điểm của \[IA\] và \(MN\)\( \Rightarrow IA \bot MN\) tại \(H\). Theo giả thiết ta có \(J \in MN\).

Áp dụng định lí Pythagore cho các tam giác vuông \(JHA,JHI,JIB\) ta được:

\(J{A^2} = A{H^2} + H{J^2} = A{H^2} + I{J^2} - I{H^2} = A{H^2} + J{B^2} - I{B^2} - I{H^2} \Leftrightarrow A{H^2} - I{H^2} = I{B^2}\)

\( \Leftrightarrow \left( {M{A^2} - H{M^2}} \right) - \left( {M{I^2} - H{M^2}} \right) = I{B^2} \Leftrightarrow M{A^2} = M{I^2} + I{B^2} = {R^2} + {R^2} = 2{R^2}\).

Suy ra \(I{A^2} = M{A^2} + I{M^2} = 2{R^2} + {R^2} = 3{R^2} = 5\).

Vì \(A \in d\) nên gọi \(A\left( {t;1 - 2t} \right)\). Ta có \(A{I^2} = 5 \Leftrightarrow {\left( {t + 1} \right)^2} + {\left( {3 - 2t} \right)^2} = 5 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow A\left( {1; - 1} \right)\).

Vậy \(A\left( {1; - 1} \right)\). Chọn B.

Lời giải

Khối lượng trung bình của 40 túi đường là: \(\bar x = \frac{1}{{40}}\left( {3 \cdot 1,6 + 5 \cdot 1,8 + 23 \cdot 2 + 5 \cdot 2,2 + 4 \cdot 2,4} \right) = 2,01\;{\rm{kg}}\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm trên là:

\({s^2} = \)\(\frac{1}{{40}}\left[ {3 \cdot {{\left( {1,6 - \bar x} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {1,8 - \bar x} \right)}^2} + 23 \cdot {{\left( {2 - \bar x} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {2,2 - \bar x} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {2,4 - \bar x} \right)}^2}} \right] = \frac{{379}}{{10\,000}} \approx 0,04\). Chọn A.

Lời giải

Bàn cờ \(8 \times 8\) cần 9 đoạn thẳng nằm ngang và 9 đoạn thẳng dọc. Ta coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thẳng \(x = 0,x = 1,...,x = 8\) và \(y = 0,y = 1,...,y = 8\).

Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng \(x\) và hai đường thẳng \(y\) nên có \(C_8^2 \cdot C_8^2\) hình chữ nhật hay không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = C_9^2 \cdot C_9^2 = 1296\).

Gọi \(A\) là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh \(a\) lớn hơn 4.

Trường hợp 1: \(a = 5\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 5 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 5 đơn vị có \(4 \cdot 4 = 16\) cách chọn.

Trường hợp 2: \(a = 6\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 6 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 6 đơn vị có \(3 \cdot 3 = 9\) cách chọn.

Trường hợp 3: \(a = 7\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 7 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 7 đơn vị có \(2 \cdot 2 = 4\) cách chọn.

Trường hợp 4: \(a = 8\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 8 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 8 đơn vị có \(1 \cdot 1 = 1\) cách chọn.

Suy ra \(n\left( A \right) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).

Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{216}}\).

Chọn A.

Lời giải

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\) là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có

\(\overrightarrow {AM}  = \left( {x;y + 1;z - 2} \right)\), \(\overrightarrow {BM}  = \left( {x - 2;y + 3;z} \right)\), \(\overrightarrow {CM}  = \left( {x + 2;y - 1;z - 1} \right)\), \(\overrightarrow {DM}  = \left( {x;y + 1;z - 3} \right)\).

Từ giả thiết: \(\overrightarrow {MA}  \cdot \overrightarrow {MB}  = \overrightarrow {MC}  \cdot \overrightarrow {MD}  = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MA}  \cdot \overrightarrow {MB}  = 1\\\overrightarrow {MC}  \cdot \overrightarrow {MD}  = 1\end{array} \right.\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x\left( {x - 2} \right) + \left( {y + 1} \right)\left( {y + 3} \right) + z\left( {z - 2} \right) = 1\\x\left( {x + 2} \right) + \left( {y + 1} \right)\left( {y - 1} \right) + \left( {z - 1} \right)\left( {z - 3} \right) = 1\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 2z + 2 = 0\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4z + 1 = 0\end{array} \right.\].

Suy ra quỹ tích điểm \(M\) là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm \({I_1}\left( {1; - 2;1} \right)\), \({R_1} = 2\) và mặt cầu tâm \({I_2}\left( { - 1;0;2} \right)\), \({R_2} = 2\).

Ta có: \({I_1}{I_2} = \sqrt 5 \).

Dễ thấy: \(r = \sqrt {R_1^2 - {{\left( {\frac{{{I_1}{I_2}}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {4 - \frac{5}{4}}  = \frac{{\sqrt {11} }}{2}\). Chọn A.

Lời giải

Phương án giải quyết:

Nếu gọi \({S_1}\) là diện tích của mặt đáy tháp thì \({S_1}\) = 12,28 m2.

\({S_i}\) là diện tích mặt sàn của tầng thứ i (\[i = \overline {1,11} \]).

Ta nhận thấy \(\left\{ {{S_i},i = \overline {1,11} } \right\}\) lập thành một cấp số nhân với công bội \(q = \frac{1}{2}\).

Tổng diện tích mặt trên của 11 tầng tháp là tổng của 11 số hạng đầu tiên của cấp số nhân trên.

\({T_{11}} = \frac{{{S_1}\left( {1 - {q^{11}}} \right)}}{{1 - q}} = 12,28 \cdot \frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{11}}}}{{1 - \frac{1}{2}}} \approx 24,548\) (m2).

Diện tích của mỗi viên gạch là 30 × 30 = 900 cm2 = 0,09 m2.

Vậy số lượng gạch cần dùng là: \(N \approx \frac{{24,548}}{{0,09}} \approx 273\) (viên). Chọn A.

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm: \(x + 1 = \frac{6}{x} \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 = 0\,\left( {x \ne 0} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x =  - 3\left( l \right)\end{array} \right.\).

Vì \(\frac{6}{x} > x + 1 > 0\) với \(x \in \left( {1;2} \right)\) nên thể tích cần tính là \(V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {\frac{6}{x}} \right)}^2}} \user2{d}x - \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {x + 1} \right)}^2}{\rm{d}}x}  = \frac{{35\pi }}{3}\). Chọn C.

Lời giải

Gọi \[M,N\] lần lượt là trung điểm của \[BC,AC\].

Trong mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\], gọi \[H\] là giao điểm của \[MN\] và đường thẳng qua \[A\] vuông góc với \[AB\].

\[ \Rightarrow AH \bot AB\].

Mà \[SA \bot AB\] \[ \Rightarrow AB \bot \left( {SHA} \right) \Rightarrow AB \bot SH\].

Mặt khác: \[SB = SC\]\[ \Rightarrow \Delta SBC\] cân tại \[S\]\[ \Rightarrow SM \bot BC\].

Dễ thấy \[HM \bot BC\] \[ \Rightarrow BC \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow BC \bot SH\].

Khi đó, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SH\\AB \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)\].

Trong mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\], gọi \[D\] là giao điểm của \[AH\] và đường thẳng qua \[B\] song song với \[AC\].

\[ \Rightarrow AC{\rm{//}}BD \Rightarrow AC{\rm{//}}\left( {SBD} \right)\].

\[ \Rightarrow d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {AC,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right)\]

\[ \Leftrightarrow 2a = \frac{2}{3}d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) \Leftrightarrow d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = 3a\].

Trong mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\], kẻ \[HK \bot BD\], \[HK\] cắt \[AC\] tại \[I\]\[ \Rightarrow HI \bot AC\].

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SH\\BD \bot HK\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SHK} \right)\].

Trong mặt phẳng \[\left( {SHK} \right)\] kẻ \[HT \bot SK\], mà \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \bot \left( {SHK} \right)\\SK = \left( {SBD} \right) \cap \left( {SHK} \right)\end{array} \right. \Rightarrow HT \bot \left( {SBD} \right)\]

\[ \Rightarrow d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = HT\]. Suy ra \[HT = 3a\].

Tam giác \[ABC\] là tam giác vuông cân tại \[B\], \[AB = 3a\].

\[ \Rightarrow AH = HN = \frac{{3a}}{2} \Rightarrow HI = \frac{{3\sqrt 2 a}}{4} \Rightarrow HK = 3HI = \frac{{9\sqrt 2 a}}{4}\].

Tam giác \[SHK\] là tam giác vuông tại \[H\], có \[HT \bot SK\], \[HK = \frac{{9\sqrt 2 a}}{4}\], \[HT = 3a\].

\[ \Rightarrow \frac{1}{{H{S^2}}} = \frac{1}{{H{T^2}}} - \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{9{a^2}}} - \frac{8}{{81{a^2}}} = \frac{1}{{81{a^2}}}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}HS = 9a\].

Thể tích của khối chóp là \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot {\left( {3a} \right)^2} \cdot 9a = \frac{{27{a^3}}}{2}\]. Chọn D.

Lời giải

Ta có \(d\left( t \right) = 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 80} \right)} \right] + 12 \ge  - 3 \cdot 1 + 12 = 9\).

Bạn Lan muốn đến thành phố A để du lịch nên bạn muốn chọn ngày có ít ánh sáng mặt trời nhất. 

Ta có: thành phố A có ít giờ có ánh sáng mặt trời nhất khi

\(\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 80} \right)} \right] =  - 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{180}}\left( {t - 80} \right) =  - \frac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow t =  - 10 + 360k\,(k \in \mathbb{Z})\).

Vì \(0 < t \le 365\) nên \(0 <  - 10 + 360k \le 365 \Leftrightarrow \frac{1}{{36}} < k \le \frac{{25}}{{24}} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow t = 350\). Chọn C.

Lời giải

Gọi \(O = AC \cap BD\). Ta có \(OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 2a\sqrt 2  = a\sqrt 2 .\)

Vì \[SA\] tạo với đáy một góc \(30^\circ \) nên \(\widehat {SAO} = 30^\circ \).

Do đó: \(\tan 30^\circ  = \frac{{SO}}{{AO}}\)\( \Rightarrow SO = AO \cdot \tan 30^\circ \)\( = a\sqrt 2  \cdot \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Mặt khác, \(d = d\left( {SA,CD} \right) = d\left( {CD,\left( {SAB} \right)} \right)\)\( = d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAB} \right)} \right)\).

Gọi \[I\], \[J\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \[O\] lên \(AB\), \(SI\). Ta có \(OI = a.\)

Xét tam giác \(SOI\):\({\rm{ }}\frac{1}{{O{J^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{3}{{2{a^2}}} = \frac{5}{{2{a^2}}}\)\( \Rightarrow O{J^2} = \frac{{2{a^2}}}{5}\)\( \Rightarrow OJ = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\).

Vậy \(d = \frac{{2\sqrt {10} a}}{5}\). Chọn A.

Lời giải

Gọi \({x_1}\), \({x_2}\), …, \({x_{35}}\) là chiều cao của các em học sinh trong trường THPT xếp theo thứ tự không giảm.

Do \({x_1}, \ldots ,{x_6} \in \left[ {160;163} \right)\); \({x_7}, \ldots ,{x_{18}} \in \left[ {163;166} \right)\); \({x_{19}}, \ldots ,{x_{27}} \in \left[ {166;169} \right)\); \({x_{28}}, \ldots ,{x_{32}} \in \left[ {169;172} \right)\);

\({x_{33}},{x_{34}},{x_{35}} \in \left[ {172;175} \right)\) nên trung vị của mẫu số liệu \({x_1},{x_2}, \ldots ,{x_{35}}\) là \({x_{18}} \in \left[ {163;166} \right)\).

Ta xác định được \(n = 35\), \({n_m} = 12\), \(C = 6\), \({u_m} = 163\), \({u_{m + 1}} = 166\).

Vậy trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \({M_e} = 163 + \frac{{\frac{{35}}{2} - 6}}{{12}}\left( {166 - 163} \right) = 165,875\). Chọn D.

Lời giải

Vì \[AB \bot \left( P \right)\] nên mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \[\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 3;4} \right)\], do đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) có dạng \[2x - 3y + 4z + d = 0\].

Từ đây tìm được \[D\left( { - \frac{d}{2};0;0} \right)\], \[E\left( {0;\frac{d}{3};0} \right)\], \[F\left( {0;0; - \frac{d}{4}} \right)\] suy ra \[OD = \frac{{\left| d \right|}}{2}\], \[OE = \frac{{\left| d \right|}}{3}\], \[OF = \frac{{\left| d \right|}}{4}\].

Mặt khác tứ diện \[ODEF\] có \[OD,OE,OF\] đôi một vuông góc nên

\[{V_{ODEF}} = \frac{1}{6}OD \cdot OE \cdot OF\]\[ \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\left| d \right|} \right)}^3}}}{{144}} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left| d \right| = 6 \Leftrightarrow d =  \pm 6\].

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \[2x - 3y + 4z \pm 6 = 0\]. Chọn D.

Lời giải

Ta có \(\sqrt {\log a}  + \sqrt {\log b}  + \log \sqrt a  + \log \sqrt b  = 100\)

\( \Leftrightarrow \log a + \log b + 2\sqrt {\log a}  + 2\sqrt {\log b}  = 200\)\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {\log a}  + 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {\log b}  + 1} \right)^2} = 202 = 81 + 121\)  \(\left( * \right)\).

Mà \(\sqrt {\log a} \), \(\sqrt {\log b} \), \(\log \sqrt a \), \(\log \sqrt b \) đều là các số nguyên dương nên

\(\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {\log a}  + 1 = 9\,}\\{\sqrt {\log b}  + 1 = 11}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {\log a}  + 1 = 11}\\{\sqrt {\log b}  + 1 = 9\,}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\log a = 64\,\,}\\{\log b = 100}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\log a = 100}\\{\log b = 64\,\,}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = {{10}^{64}}\,\,}\\{b = {{10}^{100}}}\end{array}\,} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = {{10}^{100}}\,\,}\\{b = {{10}^{64}}\,\,\,}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

Vậy \(P = ab = {10^{64}} \cdot {10^{100}} = {10^{164}}.\) Chọn A.

Lời giải

Để tối ưu hóa thời gian qua lại trên con đê thì 2 cậu bé nhanh nhất (Văn và Toàn) nên đi với nhau, 2 cậu bé chậm hơn (Võ và Song) nên đi với nhau.

Họ phải đi như sau để qua được con đê một cách nhanh nhất:

Văn và Toàn đi cùng nhau → mất 5 phút.

Toàn cầm đôi dép của Văn quay về lại đón bạn → mất 3 phút.

Võ và Song đi cùng nhau → mất 13 phút.

Văn cầm 1 đôi dép quay lại đón bạn → mất 5 phút.

Văn và Toàn đi cùng nhau lần nữa → mất 5 phút.

Vậy tổng thời gian ngắn nhất để cả 4 cậu bé qua được con đê là là 31 phút. Chọn A.

Lời giải

Từ giả thiết ta có \(f\left( x \right) + g\left( x \right) =  - xf'\left( x \right) - xg'\left( x \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {f\left( x \right) + xf'\left( x \right)} \right] + \left[ {g\left( x \right) + xg'\left( x \right)} \right] = 0\)\( \Leftrightarrow {\left[ {xf\left( x \right)} \right]^\prime } + {\left[ {xg\left( x \right)} \right]^\prime } = 0\)

\[ \Rightarrow xf\left( x \right) + xg\left( x \right) = C \Rightarrow f\left( x \right) + g\left( x \right) = \frac{C}{x}\].

Mà \(f\left( 1 \right) + g\left( 1 \right) = 4 \Rightarrow C = 4 \Rightarrow I = \int\limits_1^4 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^4 {\frac{4}{x}} \,{\rm{d}}x = 8\ln 2\). Chọn D.

Lời giải

Sinh viên cần chọn đường đi qua E và H thì khoảng cách AB là lớn nhất (kí hiệu \(A{B_{\max }}\)).

Ta có \(IH = \sqrt {{{\left( {\frac{{22}}{9} - 4} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{5}{9} - 1} \right)}^2} + {{\left( {\frac{7}{9}} \right)}^2}}  = \frac{7}{3}\).

Khi đó \(A{B_{\max }} = 2AH = 2\sqrt {I{A^2} - I{H^2}}  = 2\sqrt {{5^2} - {{\left( {\frac{7}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{8\sqrt {11} }}{3}\) m.

Thời gian lâu nhất để sinh viên di chuyển trong vùng mặt cầu là \(\frac{{A{B_{\max }}}}{{1,5}} = \frac{{\frac{{8\sqrt {11} }}{3}}}{{1,5}} \approx 6\) (giây).

Đáp án: 6.

Lời giải

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, gọi phương trình chính tắc hypebol \(\left( H \right)\) là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\,\,\,\left( {a > 0\,,\,\,b > 0} \right)\).

Đường chéo hình vuông nhỏ nhất là \(2a = 0,5\sqrt 2  \Rightarrow a = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Ta có \(\tan 30^\circ  = \frac{a}{b} = \frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{4}}}{b} \Rightarrow b = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\). Do vậy \(\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{\frac{1}{8}}} - \frac{{{y^2}}}{{\frac{3}{8}}} = 1\) hay \(8{x^2} = 1 + \frac{{8{y^2}}}{3} \Rightarrow x =  \pm \sqrt {\frac{1}{8} + \frac{{{y^2}}}{3}} \).

Xét mặt cắt vuông góc với Oy của cái bục tại vị trí có hoành độ \(x > 0\) thì ta thu được hình vuông có cạnh \(\frac{{2x}}{{\sqrt 2 }} = x\sqrt 2  = \sqrt {\frac{1}{4} + \frac{{2{y^2}}}{3}} \).

Với \(x = \frac{{1 \cdot \sqrt 2 }}{2}\) (xét hình vuông mặt trên cùng của cái bục); ta có \(y = \frac{{3\sqrt 2 }}{4} > 0\).

Với \(x = \frac{{\sqrt 2  \cdot \sqrt 2 }}{2} = 1\) (xét hình vuông mặt đáy dưới của cái bục); ta có \(y =  - \frac{{\sqrt {42} }}{4} < 0\).

Thể tích cái bục là \(V = 1 \cdot 1 \cdot 0,05 + \sqrt 2  \cdot \sqrt 2  \cdot 0,2 + \int\limits_{\frac{{ - \sqrt {42} }}{4}}^{\frac{{3\sqrt 2 }}{4}} {\left( {\frac{1}{4} + \frac{{2{y^2}}}{3}} \right){\rm{d}}y}  \approx 2,33\,\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).

Đáp án: 2,33.

Lời giải

Ta có \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(MA = MB\) nên \(M\) thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\), trong đó \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \(AB\).

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua trung điểm \(I\left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right)\) của AB, vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {AB}  = \left( {0\,;\,\, - 2\,;\,\, - 2} \right)\) nên có phương trình \(0\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y - 1} \right) - 2\left( {z + 1} \right) = 0\,\,{\rm{hay}}\,\,y + z = 0\).

Gọi \(d = \left( P \right) \cap \left( Q \right)\); từ hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - z - 1 = 0\\y + z = 0\end{array} \right.\), đặt \(z = t\) ta có phương trình tham số đường thẳng d là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y =  - t\\z = t\end{array} \right.\).

Gọi \(M\left( {1 + 3t\,;\,\, - t\,;\,\,t} \right) \in d\); suy ra \(\overrightarrow {AM}  = \left( {3t - 1\,;\,\, - t - 2\,;\,\,t} \right)\,,\,\,\overrightarrow {BM}  = \left( {3t - 1\,;\,\, - t\,;\,\,t + 2} \right)\).

Ta có: \(\cos \widehat {AMB} = \cos \left( {\overrightarrow {AM} \,,\,\,\overrightarrow {BM} } \right) = \frac{{{{\left( {3t - 1} \right)}^2} + 2\left( {{t^2} + 2t} \right)}}{{{{\left( {3t - 1} \right)}^2} + {t^2} + {{\left( {t + 2} \right)}^2}}} = \frac{{11{t^2} - 2t + 1}}{{11{t^2} - 2t + 5}} = 1 - \frac{4}{{11{t^2} - 2t + 5}}\).

Ta thấy \(\widehat {AMB}\) lớn nhất khi \(\cos \widehat {AMB}\) bé nhất; suy ra \(1 - \frac{4}{{11{t^2} - 2t + 5}}\) bé nhất.

Khi đó \(\frac{4}{{11{t^2} - 2t + 5}}\) lớn nhất nên \(11{t^2} - 2t + 5 = 11{\left( {t - \frac{1}{{11}}} \right)^2} + \frac{{54}}{{11}}\) bé nhất; suy ra \(t = \frac{1}{{11}}\).

Ta tìm được điểm \(M\left( {\frac{{14}}{{11}}\,;\,\, - \frac{1}{{11}}\,;\,\,\frac{1}{{11}}} \right)\), suy ra \(a = \frac{{14}}{{11}}\,;\,\,b =  - \frac{1}{{11}}\,;\,\,c = \frac{1}{{11}} \Rightarrow S = 11a + b + c = 11 \cdot \frac{{14}}{{11}} = 14\).

Đáp án: 14.

Lời giải

Chọn ngẫu nhiên \(6\) viên bi từ hộp chứa \(18\) viên bi.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(\left| \Omega \right| = C_{18}^6 = 18564\).

Gọi \(A\) là biến cố: “6 viên bi được chọn có cả ba màu đồng thời hiệu của số bi xanh và bi đỏ, hiệu của số bi trắng và số bi xanh, hiệu của số bi đỏ và số bi trắng theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng”.

Gọi \(x,\,\,y,\,\,z\) lần lượt là số bi đỏ, bi xanh và bi trắng được lấy. Suy ra

Hiệu của số bi xanh và bi đỏ là \(y - x\).

Hiệu của số bi trắng và bi xanh là \(z - y\).

Hiệu của số bi đỏ và bi trắng là \(x - z\).

Theo giả thiết, ta có \(\left( {y - x} \right) + \left( {x - z} \right) = 2\left( {z - y} \right) \Leftrightarrow y - z = 2\left( {z - y} \right) \Leftrightarrow y = z\).

Do đó biến cố \(A\) được phát biểu lại như sau: “6 viên bi được chọn có cả ba màu đồng thời số bi xanh bằng số bi trắng”. Ta có các trường hợp thuận lợi cho biến cố \(A\) như sau:

Trường hợp 1. Chọn \(2\) viên bi đỏ, \(2\) viên bi xanh và \(2\) viên bi trắng.

Do đó trường hợp này có \(C_5^2 \cdot C_6^2 \cdot C_7^2\) cách.

Trường hợp 2. Chọn \(4\) viên bi đỏ, \(1\) viên bi xanh và \(1\) viên bi trắng.

Do đó trường hợp này có \(C_5^4 \cdot C_6^1 \cdot C_7^1\) cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là \(\left| {{\Omega _A}} \right| = C_5^2 \cdot C_6^2 \cdot C_7^2 + C_5^4 \cdot C_6^1 \cdot C_7^1 = 3360\).

Vậy xác suất cần tính \(P\left( A \right) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{{3360}}{{18564}} = \frac{{40}}{{221}} \approx 0,18.\)

Đáp án:0,18.

Lời giải

Gọi \({A_1}\) là biến cố: “Không mở được cửa ở lần thử thứ \(1\)”;

\({A_2}\) là biến cố: “Không mở được cửa ở lần thử thứ \(2\)”;

\({A_3}\) là biến cố: “Mở được cửa ở lần thử thứ \(3\)”.

Ta phải tìm: \(P\left( {{A_1}{A_2}{A_3}} \right).\)

Theo công thức nhân xác suất ta có: \(P\left( {{A_1}{A_2}{A_3}} \right) = P\left( {{A_1}} \right)P\left( {{A_2}|{A_1}} \right)P\left( {{A_3}|{A_1}{A_2}} \right).\)

Ta có \(P\left( {{A_1}} \right) = \frac{7}{9}\); \(P\left( {{A_2}|{A_1}} \right) = \frac{6}{8}\); \(P\left( {{A_3}|{A_1}{A_2}} \right) = \frac{2}{7}.\)

Do đó: \(P\left( {{A_1}{A_2}{A_3}} \right) = \frac{7}{9} \times \frac{6}{8} \times \frac{2}{7} = \frac{1}{6} \approx 0,17\).

Đáp án: 0,17.