Đề thi tham khảo ĐGNL Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh môn Toán có đáp án - Đề số 1

Đường thẳng \(\Delta \) song song với \(d\)nên có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2; - 3;1} \right)\).

Khi đó đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( {0;2; - 2} \right)\) có phương trình là \(\frac{x}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 3}} = \frac{{z + 2}}{1}\). Chọn D.

Yêu cầu bài toán tương đương với tìm tứ phân vị thứ nhất.

Ta có cỡ mẫu \(n = 500\).

Khi đó \({Q_1} = \frac{{{x_{125}} + {x_{126}}}}{2}\) mà \({x_{125}};{x_{126}} \in \left[ {4;6} \right)\).

Do đó \({Q_1} = 4 + \frac{{\frac{{500}}{4} - 91}}{{136}} \cdot \left( {6 - 4} \right) = 4,5\). Chọn C.

Gọi \(A\)là biến cố “Mục tiêu trúng đạn của khẩu pháo thứ nhất”;

\(B\)là biến cố “Mục tiêu trúng đạn của khẩu pháo thứ hai”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = \frac{1}{4};P\left( B \right) = \frac{1}{3}\).

Gọi \(C\)là biến cố “Mục tiêu không bị trúng đạn”.

Khi đó \(P\left( C \right) = P\left( {\overline A \overline B } \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = \left( {1 - \frac{1}{4}} \right) \cdot \left( {1 - \frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{2}\).

Suy ra xác suất để mục tiêu trúng đạn là \(P = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\). Chọn A.

Ta có \(\sin 2x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \frac{\pi }{4}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\2x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{8} + k\pi \\x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \end{array} \right.\).

Trên \(\left[ {0;2\pi } \right]\) phương trình có các nghiệm \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{8};\frac{{3\pi }}{8};\frac{\pi }{8} + \pi ;\frac{{3\pi }}{8} + \pi } \right\}\)

Tổng tất cả các nghiệm trên \(\left[ {0;2\pi } \right]\) là \(S = 2\left( {\frac{\pi }{8} + \frac{{3\pi }}{8}} \right) + 2\pi  = 3\pi \) . Chọn D.

Hoành độ giao điểm: \(\sqrt x  = x - 2\)\( \Leftrightarrow x - \sqrt x  - 2 = 0\)\( \Leftrightarrow x = 4\).

Diện tích cần tính là \(S = \int\limits_0^4 {\sqrt x dx}  - \int\limits_2^4 {\left( {x - 2} \right)dx}  = \frac{{16}}{3} - 2 = \frac{{10}}{3}\). Chọn B.

Có \(y' = 3{x^2} - 6x;y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 2\).

Ta có bảng xét dấu của \(y'\) như sau:

Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;1;3} \right),\overrightarrow {{n_R}}  = \left( {2; - 1;1} \right),\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_R}} } \right] = \left( {4;5; - 3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;1; - 3} \right)\) đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( Q \right):x + y + 3z = 0,\left( R \right):2x - y + z = 0\) nhận \(\overrightarrow n  = \left( {4;5; - 3} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là

\(4\left( {x - 2} \right) + 5\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z + 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 4x + 5y - 3z - 22 = 0\). Chọn B.

 Điều kiện: \(0 < x \ne 1\).

\({\log _x}2 + {\log _{16}}x = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_2}x}} + \frac{1}{4}{\log _2}x = 2 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} - 8{\log _2}x + 4 = 0\).

Đặt \(t = {\log _2}x\) phương trình trở thành: \({t^2} - 8t + 4 = 0\).

Ta có \(\Delta ' > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({t_1};\,{t_2}\) và \({t_1} + {t_2} = 8\)

\( \Rightarrow {\log _2}{x_1} + {\log _2}{x_2} = 8 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x_1}{x_2}} \right) = 8 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = 256\). Chọn B.

Ta có \(AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}}  = a\sqrt 2 \), \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Thể tích khối lăng trụ là \(V = AA' \cdot {S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\). Chọn D.

Điểm \[A'\] thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) sao cho độ dài đoạn thẳng \[AA'\] ngắn nhất khi \(A'\) là hình chiếu của \(A\)trên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\). Suy ra \(A'\left( {0;2; - 1} \right)\). Chọn B.

 Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {{x^2} + \sin x + 1} \right)} {\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + x + C\).

Theo giả thiết: \(F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow \frac{{{0^3}}}{3} - \cos 0 + 0 + C = 1 \Rightarrow C = 2\).

Do đó \(F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + x + 2\). Chọn B.

1. Đúng. \(y\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot 0} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot 0} \right) = 0\); \(y\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot 1} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot 1} \right) = 0\).

Vậy \(y\left( 0 \right) = y\left( 1 \right) = 0\).

2. Sai. Ta có \(y' = \frac{1}{2} \cdot 2\pi  \cdot \cos \left( {2\pi x} \right) + \frac{1}{4} \cdot 4\pi  \cdot \cos \left( {4\pi x} \right) = \pi \left[ {\cos \left( {2\pi x} \right) + \cos \left( {4\pi x} \right)} \right]\).

3. Sai. Tốc độ thay đổi của mực nước bằng 0 khi \(y' = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {2\pi x} \right) + \cos \left( {4\pi x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {4\pi x} \right) =  - \cos \left( {2\pi x} \right)\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {4\pi x} \right) = \cos \left( {\pi  - 2\pi x} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4\pi x = \pi  - 2\pi x + k2\pi \\4\pi x =  - \left( {\pi  - 2\pi x} \right) + k2\pi \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{6} + \frac{k}{3}\\x =  - \frac{1}{2} + k\end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

Vì \(x \in \left[ {0;1} \right]\), các giá trị \(x\)thỏa mãn là \(x = \frac{1}{6};x = \frac{1}{2};x = \frac{5}{6}\).

Vậy có 3 thời điểm tốc độ bằng 0.

4. Đúng. Ta có \(y\left( 0 \right) = y\left( 1 \right) = 0\);

\(y\left( {\frac{1}{6}} \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot \frac{1}{6}} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot \frac{1}{6}} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{8} \approx 0,65\) m;

\(y\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\sin \pi  + \frac{1}{4}\sin 2\pi  = 0\);

\(y\left( {\frac{5}{6}} \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot \frac{5}{6}} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot \frac{5}{6}} \right) =  - \frac{{3\sqrt 3 }}{8}\).

Vậy độ cao lớn nhất là khoảng 0,65 m tại thời điểm \(x = \frac{1}{6}\) giây. Chọn 1, 4.

Từ dữ kiện đề bài ta có \(P\left( A \right) = 0,01;P\left( {\overline A } \right) = 0,99\); \(P\left( {B|A} \right) = 0,98;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,03\).

1. Đúng. Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,01 \cdot 0,98 + 0,99 \cdot 0,03 = 0,0395\).

2. Đúng. Từ dữ kiện đề ta có \(P\left( A \right) = 0,01;P\left( {\overline A } \right) = 0,99\).

3. Sai. Theo công thức Bayes, có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,01 \cdot 0,98}}{{0,0395}} \approx 0,25\).

4. Đúng. Theo công thức Bayes, ta có \(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,99 \cdot 0,03}}{{0,0395}} \approx 0,75\).

Vì \(P\left( {\overline A |B} \right) > P\left( {A|B} \right)\) nên trong số những người nhận kết quả dương tính từ hệ thống thì khả năng cao họ là người khỏe mạnh hơn là người mắc bệnh thực sự. Chọn 1, 2, 4.

1. Sai. Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{1}{2} \cdot {4^2} = 8\).

Ta có \(BH = \frac{3}{4}BA = 3\). Xét \(\Delta SHB\) vuông tại \(H\), có \(SH = BH \cdot \tan \widehat {SBH} = 3 \cdot \tan 30^\circ  = \sqrt 3 \).

Khi đó \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SH \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt 3  \cdot 8 = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\).

2. Đúng. Có \(AB//CD\) nên \(AB//\left( {SCD} \right)\).

Khi đó \(d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Kẻ \(HJ \bot CD,HI \bot SJ\).

Dễ dàng chứng minh \(HI \bot \left( {SCD} \right)\). Khi đó \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HI\).

Xét \(\Delta SHJ\) vuông tại \(H\), có \(HI \bot SJ\), ta có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{{16}} = \frac{{48}}{{19}} \Rightarrow HI = \frac{{4\sqrt {57} }}{{19}}\).

3. Đúng. Theo câu 1, \(SH = \sqrt 3 \).

4. Đúng.

Kẻ \(EM//BC\). Khi đó \(EM \bot AB\) mà \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot ME\).

Do đó \(EM \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow EM \bot SM\).

Ta có \(\left( {SE,BC} \right) = \left( {SE,EM} \right) = \widehat {SEM}\).

Dễ dàng chứng minh được \(HC \bot BK\) tại \(E\).

Có \(EM//BC\) nên \(\frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{ME}}{{BC}}\).

Xét \(\Delta BHC\) vuông tại \(B\), có \(BE\) là đường cao nên \(B{H^2} = HE \cdot HC\), \(H{C^2} = B{H^2} + B{C^2}\).

Ta có \(\frac{{ME}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HE \cdot HC}}{{H{C^2}}} = \frac{{B{H^2}}}{{H{C^2}}} = \frac{{B{H^2}}}{{B{H^2} + B{C^2}}} = \frac{{{3^2}}}{{{3^2} + {4^2}}} = \frac{9}{{25}}\).

Suy ra  \(ME = \frac{9}{{25}} \cdot BC = \frac{9}{{25}} \cdot 4 = \frac{{36}}{{25}}\); \(HE = \frac{9}{{25}}HC = \frac{9}{{25}} \cdot \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = \frac{9}{5}\).

Xét \(\Delta SHE\) vuông tại H, có \(SE = \sqrt {S{H^2} + H{E^2}}  = \sqrt {3 + {{\left( {\frac{9}{5}} \right)}^2}}  = \frac{{2\sqrt {39} }}{5}\).

Xét \(\Delta SHE\) vuông tại \(H\) có \(\cos \widehat {SEM} = \frac{{ME}}{{SE}} = \frac{{36}}{{25}}:\frac{{2\sqrt {39} }}{5} = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\).

Suy ra \(m = 18;n = 5\). Vậy \(2m - n = 2 \cdot 18 - 5 = 31\). Chọn  2, 3, 4.

1. Sai.  Vận tốc ban đầu của con ngựa vằn là \({v_2}\left( 0 \right) = 20 - 20{e^0} = 0\) m/s.

2. Đúng. Ta có: \({v'_1}\left( t \right) =  - 0,1 \cdot 15{e^{ - 0,1t}} < 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].\) Suy ra tốc độ sư tử giảm dần theo thời gian.

Ta có: \({v'_2}\left( t \right) =  - 0,1 \cdot \left( { - 20} \right){e^{ - 0,1t}} = 2{e^{ - 0,1t}} > 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].\)Suy ra tốc độ của ngựa vằn tăng dần theo thời gian.

3. Sai. Khoảng cách giữa sư tử và ngựa vằn là \(d\left( t \right) = 40 + \int_0^t {\left[ {{v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)} \right]{\rm{d}}t} \).

Ta có \(d'\left( t \right) = {v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)\,;\,\,d'\left( t \right) = 0 \Rightarrow {v_2}\left( t \right) = {v_1}\left( t \right)\).

Ta có: \(20 - 20{e^{ - 0,1t}} = 15{e^{ - 0,1t}}\) \( \Leftrightarrow 20 = 35{e^{ - 0,1t}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{20}}{{35}} = {e^{ - 0,1t}}\)\( \Leftrightarrow {\rm{ln}}\frac{{20}}{{35}} =  - 0,1t\) \( \Leftrightarrow t = \frac{{{\rm{ln}}\frac{{20}}{{35}}}}{{ - 0,1}} \approx 5,6\,\,\,\left( s \right)\).

Bảng biến thiên:

Vậy sư tử ở gần ngựa vằn nhất khi \({v_1}\left( t \right) = {v_2}\left( t \right)\), và khoảng cách ngắn nhất giữa chúng là 1,92 mét.

4. Đúng. Từ bảng biến thiên, ta thấy khoảng cách ngắn nhất giữa hai con vật là 1,92 mét; kể từ thời điềm gần nhất đó, sư tử dần bị bỏ lại phía sau và sư tử không thể bắt được ngựa vằn. Chọn 2, 4.

Giả sử \(\Delta \) cắt đường thẳng \({d_1}\) tại \(A\left( {1 + 2t;t; - 1 - t} \right)\) và cắt đường thẳng \({d_2}\) tại điểm \(B\left( {t';1 - 2t';t'} \right)\).

Khi đó ta có \(\overrightarrow {MA}  = \left( {2t - 1;t - 1; - 1 - t} \right);\overrightarrow {MB}  = \left( {t' - 2; - 2t';t'} \right)\).

Vì đường thẳng \(\Delta \) đi qua ba điểm \(M,A,B\) nên ta có \(\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MB} \) cùng phương.

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}2t - 1 = k\left( {t' - 2} \right)\\t - 1 =  - 2kt'\\ - 1 - t = kt'\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t - 1 = kt' - 2k\\t - 1 =  - 2kt'\\ - 1 - t = kt'\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t - 1 =  - 1 - t - 2k\\t - 1 =  - 2\left( { - 1 - t} \right)\\ - 1 - t = kt'\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{9}{2}\\t =  - 3\\t' = \frac{4}{9}\end{array} \right.\).

Với \(t =  - 3\) thì \(\overrightarrow {MA}  = \left( { - 7; - 4;2} \right)\).

1. Đúng. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow u  = \left( {7;4; - 2} \right)\).

2. Sai. Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( {2;1;0} \right)\) và nhận \(\overrightarrow u  = \left( {7;4; - 2} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z =  - 2t\end{array} \right.\).

3. Đúng. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z =  - 2t\\x = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t =  - \frac{2}{7}\\y =  - \frac{1}{7}\\z = \frac{4}{7}\\x = 0\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {0; - \frac{1}{7};\frac{4}{7}} \right)\).

4. Sai. Mặt phẳng \(x + y + z = 0\) có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left( {1;1;1} \right)\) không cùng phương với vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) nên đường thẳng \(\Delta \) không vuông góc với mặt phẳng \(x + y + z = 0\).

5. Đúng. Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng đi qua \(N\left( {1;0;1} \right)\) và vuông góc với đường thẳng \(\Delta \).

Khi đó mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng \(7\left( {x - 1} \right) + 4y - 2\left( {z - 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 7x + 4y - 2z - 5 = 0\).

Gọi H là giao điểm của đường thẳng \(\Delta \) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\). Khi đó tọa độ điểm \(H\) là nghiệm của hệ

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z =  - 2t\\7x + 4y - 2z - 5 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z =  - 2t\\7\left( {2 + 7t} \right) + 4\left( {1 + 4t} \right) - 2 \cdot \left( { - 2t} \right) - 5 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{47}}{{69}}\\y = \frac{{17}}{{69}}\\z = \frac{{26}}{{69}}\\t =  - \frac{{13}}{{69}}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{{47}}{{69}};\frac{{17}}{{69}};\frac{{26}}{{69}}} \right)\).

Khi đó \(d\left( {N,\Delta } \right) = NH = \sqrt {{{\left( {\frac{{47}}{{69}} - 1} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{17}}{{69}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{26}}{{69}} - 1} \right)}^2}}  = \sqrt {\frac{{38}}{{69}}}  \approx 0,74\). Chọn ý 1, 3, 5.

Đường cong \[y = {\log _a}x\] đi qua điểm \[\left( {3\,;\,\,1} \right)\] nên \[1 = {\log _a}3 \Rightarrow a = 3\]. Chọn B.

Điểm \[A\left( {{x_A}\,;\,\, - 1} \right)\] thuộc đồ thị hàm só \[y = {\log _3}x \Rightarrow {\log _3}x =  - 1 \Rightarrow x = {3^{ - 1}} = \frac{1}{3}\].

Diện tích tam giác cong ABC là phần hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị \[y = {\log _3}x\,;\,\,y =  - 1\] cùng các đường thẳng \[x = \frac{1}{3}\,;\,\,x = 4\].  

Do đó diện tích cần tính là \[S = 100 \cdot \int\limits_{\frac{1}{3}}^4 {\left| {{{\log }_3}x - \left( { - 1} \right)} \right|{\rm{d}}x}  \approx 571\,\,{m^2}\]. Chọn D.

Xét tiếp tuyến của đường cong \[y = {\log _3}x\] biết tiếp tuyến song song với đường thẳng \[y = x + 1\].

Hệ số góc tiếp tuyến là \[k = 1\]; gọi \[M\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}} \right)\] là tiếp điểm thì

\[f'\left( {{x_0}} \right) = k \Rightarrow \frac{1}{{{x_0}\ln 3}} = 1 \Rightarrow {x_0} = \frac{1}{{\ln 3}};\,\,{y_0} = {\log _3}\frac{1}{{\ln 3}}\].

Độ dài ngắn nhất cây cầu (theo đường chim bay) bằng hai lần khoảng cách từ \[M\left( {\frac{1}{{\ln 3}}\,;\,\,{{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}}} \right)\] đến đường thẳng \[y = x + 1\].

Ta có: \[{d_{\min }} = 2 \cdot \frac{{\left| {\frac{1}{{\ln 3}} - {{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}} + 1} \right|}}{{\sqrt 2 }} \cdot 100 \approx 282\,\,m\]. Chọn A.

Ta có \(PQ = 2\;km\).

Thời gian Nam chèo thuyền là \(t = \frac{{PQ}}{3} = \frac{2}{3}\) giờ. Chọn A.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\)như hình vẽ, với \(O\) là trung điểm \(PR\).

Khi đó \(O\left( {0;0} \right),P\left( { - 2;0} \right),R\left( {2;0} \right)\).

Giả sử \(Q\) là điểm trên cung tròn sao cho \(\widehat {QOR} = \theta \left( {0 \le \theta  \le \pi } \right)\).

Vì \(Q\) nằm trên đường tròn tâm \(O\), bán kính 2 nên \(Q\left( {2\cos \theta ;2\sin \theta } \right)\).

Độ dài đoạn đường chèo thuyền là

\(PQ = \sqrt {{{\left( {2\cos \theta  + 2} \right)}^2} + {{\left( {2\sin \theta } \right)}^2}}  = \sqrt {8 + 8\cos \theta }  = 2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)}  = 4\cos \frac{\theta }{2}\).

Thời gian chèo thuyền là \({t_1} = \frac{{PQ}}{3} = \frac{{4\cos \frac{\theta }{2}}}{3}\).

Độ dài cung tròn từ \(Q\) đến \(R\)là \(l = R\theta  = 2\theta \). Thời gian chạy bộ là \({t_2} = \frac{l}{6} = \frac{{2\theta }}{6} = \frac{\theta }{3}\).

Tổng thời gian di chuyển là

\(T\left( \theta  \right) = \frac{{4\cos \frac{\theta }{2}}}{3} + \frac{\theta }{3}\) với \(\theta  \in \left[ {0;\pi } \right]\).

Ta có \(T'\left( \theta  \right) =  - \frac{2}{3}\sin \frac{\theta }{2} + \frac{1}{3}\).

Có \(T'\left( \theta  \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{\theta }{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{\theta }{2} = \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \theta  = \frac{\pi }{3}\).

Ta có \(T\left( 0 \right) = \frac{4}{3} \approx 1,33\) giờ; \(T\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{4\cos \frac{\pi }{6}}}{3} + \frac{\pi }{9} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} + \frac{\pi }{9} \approx 1,50\) giờ; \(T\left( \pi  \right) = \frac{{4\cos \frac{\pi }{2}}}{3} + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} \approx 1,05\) giờ.

Vậy thời gian ít nhất là \(T\left( \pi  \right) = \frac{\pi }{3} \approx 1,05\) giờ. Chọn A.

Xét hàm \(C = \frac{{19200000}}{{{x^2}}} + \frac{{27x}}{{x + 3000}},x \ge 1\)

Có \(C'\left( x \right) = \frac{{ - 38400000}}{{{x^3}}} + \frac{{81000}}{{{{\left( {x + 3000} \right)}^2}}}\);

\(C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{38400000}}{{{x^3}}} = \frac{{81000}}{{{{\left( {x + 3000} \right)}^2}}}\)\( \Leftrightarrow 12800{\left( {x + 3000} \right)^2} = 27{x^3} \Leftrightarrow x = 2400\).

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có để chi phí vận hành trung bình cho mỗi mẫu xét nghiệm là thấp nhất thì trung tâm cần chọn số mẫu xét nghiệm là \(x = 2400\).

Đáp án cần nhập là: 2400.

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

Ta có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 0\\f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 1\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = a\left( {a <  - 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = b\left( { - 2 < b < 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = c\left( {c > 2} \right)\end{array} \right.\).

Xét hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}\).

Có \(h'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}\); \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1\).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}\) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(h\left( x \right) = a;h\left( x \right) = c\) mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt khác \( \pm 1\).

Mà \(a \ne c\) nên \(f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\) có 4 nghiệm đơn khác \( \pm 1\).

Phương trình \(h\left( x \right) = b\) vô nghiệm.

Do đó phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 6 nghiệm đơn phân biệt.

Do đó hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)\) có 6 điểm cực trị.

Đáp án cần nhập là: 6.

Ta có \[\int\limits_{ - 1}^m {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_0^m {f\left( x \right)dx} \]\( = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( { - {x^2} - 2x} \right)dx}  + \int\limits_0^m {\left( {{x^2} + 2x} \right)dx} \)\( = \frac{2}{3} + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + {x^2}} \right)} \right|_0^m\)

\( = \frac{2}{3} + \frac{{{m^3}}}{3} + {m^2}\).

Ta có \(\frac{2}{3} + \frac{{{m^3}}}{3} + {m^2} = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{{{m^3}}}{3} + {m^2} - \frac{4}{3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m =  - 2\end{array} \right.\).

Vậy có 2 giá trị của m.

Đáp án cần nhập là: 2.

Ta có: \(f\left( t \right) = \frac{{3\,000}}{{1 + 3{{\rm{e}}^{ - t}}}} = \frac{{3\,000{{\rm{e}}^t}}}{{{{\rm{e}}^t} + 3}}\)\( \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{{9\,000{e^t}}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^2}}}.\)

Tốc độ tăng trưởng của quần thể chim đạt mức cao nhất tức là \(f'\left( t \right)\) lớn nhất.

Xét hàm số \(h\left( t \right) = f'\left( t \right) = \frac{{9\,000{e^t}}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^2}}}\), \(t \ge 0\)

Ta có: \(h'\left( t \right) = \frac{{{{\left( {9000{e^t}} \right)}^\prime } \cdot {{\left( {{e^t} + 3} \right)}^2} - 2\left( {{e^t} + 3} \right) \cdot {{\left( {{e^t} + 3} \right)}^\prime } \cdot 9000{e^t}}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^4}}} = \frac{{9000{e^t} \cdot \left( {3 - {e^t}} \right)}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^3}}}\)

\(h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 3 - {e^t} = 0 \Leftrightarrow {e^t} = 3 \Leftrightarrow t = \ln 3\).

Từ bảng biến thiên của hàm số \(h\left( t \right)\), với \(t \ge 0\) suy ra tốc độ tăng trưởng của quần thể chim \(h\left( t \right)\) lớn nhất khi\(t = \ln 3 \approx 1,1\)

Vậy sau khi tái thả khoảng \(t = \ln 3 \approx 1,1\) năm thì thì tốc độ tăng trưởng của quần thể chim là lớn nhất.

Đáp án cần nhập là: 1,1.

Gọi \(A\) là biến cố “quả bóng lấy ra từ hộp I qua là quả bóng màu đỏ” và \[B\] là cố “trong hai quả lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ”

Cần tính \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( B \right)}}\)

Đếm \(n\left( B \right)\): Chia hai trường hợp

Trường hợp 1. Lấy một quả đỏ từ hộp I sang hộp II, rồi lấy hai quả bóng lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ, có \(5\left( {C_{11}^2 - C_6^2} \right) = 200\) cách.

Trường hợp 2. Lấy một quả vàng từ hộp 1 sang hộp 2, rồi lấy hai quả bóng lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ, có \(3\left( {C_{11}^2 - C_7^2} \right) = 102\)cách.

Suy ra \(n\left( B \right) = 200 + 102 = 302\) cách

Đếm \(n\left( {AB} \right)\).

“\(AB\) là biến cố lấy một quả đỏ từ hộp I sang hộp II rồi hai quả bóng lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ từ hộp 2 ra ngoài”

Suy ra \(n\left( {AB} \right) = 5\left( {C_{11}^2 - C_6^2} \right) = 200\) cách

Vậy \(P\left( {A{\rm{|}}B} \right) = \frac{{200}}{{302}} \approx 0,66.\)

Đáp án cần nhập là: 0,66.

Gọi \[I\]là hình chiếu vuông góc của điểm \[S\] lên mặt phẳng \[\left( {OMNK} \right)\].

Dễ thấy \[I\] là tâm của hình chữ nhật \[OMNK\].

Do đó tọa độ của điểm \[I\] là \[I\left( {4,5;6;0} \right)\].

 Suy ra tọa độ của điểm \[S\] là \[S\left( {4,5\,;\,6\,;6} \right)\]. Do đó \[a - b + c = 4,5\].

Đáp án cần nhập là: 4,5.

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 \({S_1} = \int\limits_{ - \,\,\frac{3}{2}}^0 {\left( {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{4}{x^2} - \frac{9}{4}x} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{135}}{{128}} = \frac{m}{n}\). Từ đó suy ra \(2m - n = 142\).

Đáp án cần nhập là: 142.

Gọi \(n\left( {n > 0} \right)\)là số ngày giữa hai lần vận chuyển. Khi đó số ti vi vận chuyển một lần là \(5n\).

Số ti vi lưu kho ngày thứ nhất là \(5n - 5\).

Số ti vi lưu kho ngày thứ hai là \(5n - 5 \cdot 2\).

….

Số ti vi lưu kho ngày thứ \(n - 1\)là \(5n - 5\left( {n - 1} \right)\).

Do đó tổng số ti vi cần lưu kho là \(\frac{{5n\left( {n - 1} \right)}}{2}\).

Chi phí lưu kho là \(\frac{{5n\left( {n - 1} \right)}}{2} \cdot 0,2 = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\) triệu đồng.

Chi phí trung bình trong một ngày là \(f\left( n \right) = \frac{{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + 8}}{n} = \frac{8}{n} + \frac{n}{2} - 0,5\).

Bài toán trở thành tìm \(n\)để \(f\left( n \right)\) nhỏ nhất.

Có \(f'\left( n \right) =  - \frac{8}{{{n^2}}} + \frac{1}{2}\); \(f'\left( n \right) = 0 \Leftrightarrow n = 4\)(vì \(n > 0\)).

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(n = 4\) thì \(f\left( n \right)\)nhỏ nhất.

Đáp án cần nhập là: 4.

 Ta có \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {5 - \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{3} = 2\).

Đáp án cần nhập là: 2.

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {5; - 20; - 4} \right),\overrightarrow {DC}  = \left( {5; - 20; - 4} \right)\), \(\overrightarrow {AD}  = \left( { - 30; - 15; - 3} \right)\)

Vì \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \) nên \(ABCD\)là hình bình hành.

Có \(AB = 21;AD = 9\sqrt {14} \).

Có \(\cos \widehat {BAD} = \frac{{\overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AD} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AD} } \right|}} = \frac{{162}}{{21 \cdot 9\sqrt {14} }} = \frac{6}{{7\sqrt {14} }}\).

Do đó \(\sin \widehat {BAD} = \frac{{5\sqrt {26} }}{{7\sqrt {14} }}\).

Diện tích bề mặt của khung hình tứ giác mà các Drone tạo ra trên không trung chính là diện tích hình bình hành \(ABCD\).

Có \({S_{ABCD}} = AB \cdot AD \cdot \sin \widehat {BAD} = 21 \cdot 9\sqrt {14}  \cdot \frac{{5\sqrt {26} }}{{7\sqrt {14} }} \approx 688\;{m^2}\).

Đáp án cần nhập là: 688.