Đề thi tham khảo ĐGNL Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh môn Toán có đáp án - Đề số 2

 Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;3} \right)\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {CB}  = \left( {4; - 2;1} \right),\overrightarrow j  = \left( {0;1;0} \right),\left[ {\overrightarrow {CB} ,\overrightarrow j } \right] = \left( { - 1;0;4} \right)\).

Do đó \(\overrightarrow n  = \left( { - 1;0;4} \right)\) là một vectơ pháp tuyến cần tìm. Chọn B.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm và bán kính lần lượt là \(I\left( {2; - 1; - 3} \right),R = 3\). Chọn B.

Ta có \(f\left( x \right) = F'\left( x \right) = 6{x^2};g\left( x \right) = G'\left( x \right) = 2x + 4\).

Khi đó \(h\left( x \right) = f\left( x \right)g\left( x \right) = 6{x^2}\left( {2x + 4} \right) = 12{x^3} + 24{x^2}\).

Suy ra \(\int {\left( {12{x^3} + 24{x^2}} \right)dx}  = 3{x^4} + 8{x^3} + C\).

Vậy \(H\left( x \right) = 3{x^4} + 8{x^3}\) là một nguyên hàm của hàm số \(h\left( x \right)\). Chọn B.

\(\int\limits_1^5 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_4^5 {f\left( x \right)dx}  = 26 + 19 = 45\). Chọn A.

Gọi \(V\)là thể tích lăng trụ \(ABC.A'B'C'\).

Ta có \({V_{C.A'B'C'}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {A'B'C'} \right)} \right) \cdot {S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{1}{3}V\).

Khi đó \({V_{C.ABB'A'}} = V - \frac{1}{3}V = \frac{2}{3}V \Rightarrow V = \frac{3}{2}{V_{C.ABB'A'}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) \cdot {S_{ABB'A'}} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 21 = 63\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {{n_p}}  = \left( {4;6;10} \right) = 2\left( {2;3;5} \right) = 2\overrightarrow {{u_d}} \).

Do đó \(\overrightarrow {{n_P}} \) và \(\overrightarrow {{u_d}} \) cùng phương. Do đó đường thẳng \(d\)vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Do đó \(\left( {d,\left( P \right)} \right) = 90^\circ \). Chọn C.

Bảng có giá trị đại diện

Ta có \(\overline x  = \frac{{15 \cdot 2 + 25 \cdot 4 + 35 \cdot 8 + 45 \cdot 4 + 55 \cdot 2}}{{20}} = 35\).

Ta có \({S^2} = \frac{{{{15}^2} \cdot 2 + {{25}^2} \cdot 4 + {{35}^2} \cdot 8 + {{45}^2} \cdot 4 + {{55}^2} \cdot 2}}{{20}} - {35^2} = 120\).

Độ lệch chuẩn \(S = \sqrt {120}  \approx 10,95\). Chọn D.

Đặt \({4^a} = {3^b} = {6^c} = k \Rightarrow a = {\log _4}k;b = {\log _3}k;c = {\log _6}k\).

Suy ra \(\frac{1}{a} = {\log _k}4;\frac{1}{b} = {\log _k}3;\frac{1}{c} = {\log _k}6\).

Khi đó \(P = \frac{c}{a} + \frac{{2c}}{b} = c\left( {\frac{1}{a} + \frac{2}{b}} \right) = c\left( {{{\log }_k}4 + 2{{\log }_k}3} \right) = c{\log _k}\left( {4 \cdot {3^2}} \right) = c{\log _k}36\).

Mà \({\log _k}36 = {\log _k}{6^2} = 2{\log _k}6 = 2 \cdot \frac{1}{c}\). Vậy \(P = c \cdot \frac{2}{c} = 2\). Chọn B.

Trong mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\), kẻ \(MN//AB\left( {N \in AN} \right)\).

Mà \(AN \subset \left( {ACD} \right)\) nên \(N \in \left( {ACD} \right)\).

Xét \(\Delta ABN\), ta có \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{NM}}{{NB}} = \frac{1}{3}\). Chọn C.

Điểm \(B\) có tọa độ là \(\left( { - 3;2; - 5} \right)\). Chọn A.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\)có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 4;3} \right)\).

Vì \(\overrightarrow n  = \left( { - 1;4; - 3} \right) =  - \overrightarrow {{n_P}} \) nên \(\overrightarrow n  = \left( { - 1;4; - 3} \right)\) cũng là một vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\). Chọn C.

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(x = 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số; \(y =  - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Vậy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tất cả 2 đường tiệm cận. Chọn A.

Ta có \(\overline x  = \frac{{6,5 \cdot 30 + 9,5 \cdot 55 + 12,5 \cdot 45 + 15,5 \cdot 30 + 18,5 \cdot 20}}{{30 + 55 + 45 + 30 + 20}} = 11,75\). Chọn B.

Ta có \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,5 + 0,4 - 0,3 = 0,6\). Chọn D.

Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = 1 - x\\3 =  - 3 - y\\ - 3 = 3 - z\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y =  - 6\\z = 6\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {0; - 6;6} \right)\). Chọn C.

Ta có: \(y' = \frac{{ - 8}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} < \,0\,,\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]\). Hàm số luôn nghịch biến trên \(\left[ {0\,;\,2} \right]\).

Ta tính được: \(y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}\), \(y\left( 2 \right) = \, - 5\).

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên \(\left[ {0\,;\,2} \right]\) là \(M = y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}\). Chọn C.

Giá của mét đầu tiên là \(60\,000\).

Giá của mét thứ hai là \(60\,000 \cdot \left( {1 + 0,07} \right)\).

Giá của mét thứ ba là \(60\,000 \cdot {\left( {1 + 0,07} \right)^2}\).

\(...\)

Giá của mét thứ \(50\) là \(60\,000 \cdot {\left( {1 + 0,07} \right)^{49}}\).

Tổng số tiền khoan giếng là:

\(T = 60\,000 + 60\,000 \cdot \left( {1,07} \right) + 60\,000 \cdot {\left( {1,07} \right)^2} + ... + 60\,000 \cdot {\left( {1,07} \right)^{49}}\)

\( = 60\,000\frac{{\left( {{{1,07}^{50}} - 1} \right)}}{{0,07}} \approx 24\,392\,000\) đồng. Chọn C.

Theo quy tắc hình hộp ta có\(\overrightarrow {DB'}  = \overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DD'}  + \overrightarrow {DC} \). Chọn B.

Thay tọa độ điểm \(N\) vào phương trình mặt phẳng, ta có: \[2 \cdot 1 - \left( { - 1} \right) + 2 - 5 = 0\].

Vậy \(N \in (P)\). Chọn B.

\({\log _2}\frac{{1 + {x^2} + {y^2}}}{{x - 2y}} = {4^{x - 2y}} - 2 \cdot {2^{{x^2} + {y^2}}} + 1\) \( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {1 + {x^2} + {y^2}} \right) + {2^{{x^2} + {y^2} + 1}} = {\log _2}\left( {2x - 4y} \right) + {2^{2x - 4y}}\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + {2^t}\) với \(t > 0\).

Có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + {2^t}\ln 2 > 0,\forall t > 0\). Suy ra \(f\left( t \right)\) đồng biến.

Khi đó \(f\left( {1 + {x^2} + {y^2}} \right) = f\left( {2x - 4y} \right) \Leftrightarrow 1 + {x^2} + {y^2} = 2x - 4y\)\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\) (*).

1. Sai. Vì \(x,y \in \mathbb{Z}\) nên để \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\) thì ta có:

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} = 4\\{\left( {y + 2} \right)^2} = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 1\end{array} \right.\\y =  - 2\end{array} \right.\).

Suy ra có hai cặp số nguyên thỏa mãn \(x > 2y\) và phương trình đã cho.

TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} = 0\\{\left( {y + 2} \right)^2} = 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\\left[ \begin{array}{l}y = 0\\y =  - 4\end{array} \right.\end{array} \right.\).

Suy ra có hai cặp số nguyên thỏa mãn \(x > 2y\) và phương trình đã cho.

Vậy có 4 cặp số nguyên thỏa mãn \(x > 2y\) và phương trình đã cho.

2. Đúng. Theo (*), ta có \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\) là phương trình đường tròn có tâm \(I\left( {1; - 2} \right),R = 2\).

3. Đúng. Xét đường thẳng \(\Delta :3x - 4y - P = 0\).

Để tồn tại điểm \(\left( {x;y} \right)\) thì đường thẳng \(\Delta :3x - 4y - P = 0\) phải giao với đường tròn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\).

Tức là \(d\left( {I,\Delta } \right) \le R\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {3 \cdot 1 - 4 \cdot \left( { - 2} \right) - P} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} \le 2\)\( \Leftrightarrow \left| {11 - P} \right| \le 10\)\( \Leftrightarrow 1 \le P \le 21\).

Vậy giá trị lớn nhất của \(P\)là 21.

4. Đúng. Theo câu 3) ta có \(M = 21;m = 1\). Suy ra \(M \cdot m = 21\). Chọn 2, 3, 4.

1. Đúng. Ta có: \(y'\left( x \right) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}y\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{{y'\left( x \right)}}{{y\left( x \right)}} =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}\).

\(f\left( x \right) = \ln y\left( x \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{y'\left( x \right)}}{{y\left( x \right)}} =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}\).

2. Đúng. Ta có: \(\int {f'\left( x \right)dx}  = \int { - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}} dx \Leftrightarrow f\left( x \right) = \ln y\left( x \right) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + C.\)

Do nồng độ (đầu) của \(A\) là \(0,05\) mol \({L^{ - 1}}\) nên

\(f\left( 0 \right) = \ln 0,05 =  - 7 \cdot {10^{ - 4}} \cdot 0 + C \Rightarrow C = \ln 0,05\).

Suy ra \(f\left( x \right) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + \ln \left( {0,05} \right)\).

3. Sai. Ta có: \(f\left( {30} \right) =  - 210 \cdot {10^{ - 4}} + \ln 0,05 \Rightarrow y\left( {30} \right) = {e^{f\left( {30} \right)}} \approx 0,04896\).

\(f\left( {15} \right) =  - 105 \cdot {10^{ - 4}} + \ln 0,05 \Rightarrow y\left( {15} \right) = {e^{f\left( {15} \right)}} \approx 0,04948\).

\(y\left( {30} \right) - y\left( {15} \right) \approx  - 5,2 \cdot {10^{ - 4}}\).

4. Đúng. \(\ln y\left( x \right) =  - 7 \cdot {10^{ - 4}}x + \ln 0,05 \Rightarrow y\left( x \right) = {e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x + \ln 0,05}}\).

Nồng độ trung bình chất \(A\) từ thời điểm \(15\) giây đến thời điểm \(30\) giây bằng:

\[\frac{1}{{30 - 15}}\int\limits_{15}^{30} {y\left( x \right)} dx = \frac{1}{{15}}\int\limits_{15}^{30} {{e^{ - 7 \cdot {{10}^{ - 4}}x + \ln 0,05}}} dx \approx 0,05\](mol \({L^{ - 1}}\)). Chọn 1, 2, 4.

1. Đúng. Ta có \({d_1}\)đi qua điểm \(A\left( {1; - 2;3} \right)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\).

Đường thẳng \({d_2}\) đi qua điểm \(B\left( { - 1;4;2} \right)\)và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2; - 1;4} \right)\).

Khi đó \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] \cdot \overrightarrow {AB}  = 3 \ne 0\). Suy ra \({d_1}\)và \({d_2}\) chéo nhau.

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

Có \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow n } \right] = \left( {5;3; - 1} \right)\).

Đường thẳng đi qua \(M\left( {0; - 1;2} \right)\) vuông góc với \({d_1}\) đồng thời song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( {5;3; - 1} \right)\) có dạng \(\frac{x}{5} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}\).

3. Sai. Mặt phẳng cách đều hai đường thẳng \({d_1};{d_2}\) là mặt phẳng đi qua trung điểm \(I\left( {0;1;\frac{5}{2}} \right)\) của \(AB\) và có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 2;0;1} \right)\) có phương trình là \( - 2\left( {x - 0} \right) + 0\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - \frac{5}{2}} \right) = 0\) hay \( - 4x + 2z - 5 = 0\).

4. Sai. Gọi đường thẳng cần tìm là \(\Delta \) và \(E,F\) lần lượt là giao điểm của \(\Delta \) với \({d_1}\) và \({d_2}\).

Khi đó \(E\left( {1 + a; - 2 - a;3 + 2a} \right),F\left( { - 1 + 2b;4 - b;2 + 4b} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {ME}  = \left( {a + 1; - a - 1;2a + 1} \right);\overrightarrow {MF}  = \left( {2b - 1; - b + 5;4b} \right)\).

Vì \(A,B,M\) thẳng hàng nên \(\overrightarrow {ME}  = k\overrightarrow {MF} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 1 = k\left( {2b - 1} \right)\\ - a - 1 = k\left( { - b + 5} \right)\\2a + 1 = k\left( {4b} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{7}{2}\\k =  - \frac{1}{2}\\kb = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{7}{2}\\b =  - 4\end{array} \right.\).

Do đó \(\overrightarrow {MF}  = \left( { - 9;9; - 16} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(\Delta \).

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\) và có một vectơ chỉ phương \(\left( {9; - 9;16} \right)\) nên có phương trình chính tắc là\(\frac{x}{9} = \frac{{y + 1}}{{ - 9}} = \frac{{z - 2}}{{16}}\).

5. Đúng. Đường thẳng \({d_1};{d_2}\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\), \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2; - 1;4} \right)\).

Giả sử \(P\left( {1 + t; - 2 - t;3 + 2t} \right) \in {d_1};Q\left( { - 1 + 2t';4 - t';2 + 4t'} \right) \in {d_2}\).

Khi đó \(\overrightarrow {PQ}  = \left( { - 2 + 2t' - t;6 - t' + t; - 1 + 4t' - 2t} \right)\).

Để mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng \({d_1};{d_2}\) có bán kính nhỏ nhất thì \(PQ\)là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {PQ}  \cdot \overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {PQ}  \cdot \overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 + 2t' - t - 6 + t' - t + 2\left( { - 1 + 4t' - 2t} \right) = 0\\2\left( { - 2 + 2t' - t} \right) - 6 + t' - t + 4\left( { - 1 + 4t' - 2t} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11t' - 6t = 10\\21t' - 11t = 14\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t' =  - \frac{{26}}{5}\\t =  - \frac{{56}}{5}\end{array} \right.\).

Khi đó \[\overrightarrow {PQ}  = \left( { - \frac{6}{5};0;\frac{3}{5}} \right)\].

Khi đó bán kính của mặt cầu là \[\frac{{PQ}}{2} = \frac{{3\sqrt 5 }}{{10}}\]. Chọn 1, 2, 5.

1. Đúng. Ta có \(P\left( B \right) = \frac{{360}}{{500}} = \frac{{18}}{{25}} \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - \frac{{18}}{{25}} = \frac{7}{{25}}\).

2. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {A|B} \right) = 0,7;P\left( {A|\overline B } \right) = 0,2\).

3. Đúng. Có \(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right)\)\( = \frac{{18}}{{25}} \cdot 0,7 + \frac{7}{{25}} \cdot 0,2 = 0,56\).

4. Sai. Có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{{18}}{{25}} \cdot 0,7}}{{0,56}} = 0,9 = 90\% \). Chọn 1, 3.

1. Đúng. Ta có: \(AM = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow AH = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{3} \Rightarrow A'H = \sqrt {A{{A'}^2} - A{H^2}}  = \frac{{4a}}{3}.\)

2. Sai. \(AB = AC = a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{2{a^3}}}{3}.\)

3. Đúng. Do \(BB'//\left( {ACC'A'} \right)\) nên \(d\left( {BB',\,AC} \right) = d\left( {BB',\,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = d\left( {B,\,\left( {ACC'A'} \right)} \right).\)

Ta có \(\frac{{d\left( {B,\left( {ACC'A'} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {ACC'A'} \right)} \right)}} = \frac{{BN}}{{HN}} = 3.\) Suy ra \(d\left( {BB',\,AC} \right) = 3d\left( {H,\,\left( {ACC'A'} \right)} \right).\)

4. Sai. Kẻ \(HK \bot AC\) và \(HI \bot A'K.\) Khi đó \(HI \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = HI.\)

Ta có \(HK//AB \Rightarrow \frac{{HK}}{{AB}} = \frac{{NH}}{{NB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HK = \frac{1}{3}AB = \frac{a}{3}.\)

\(d\left( {BB',\,AC} \right) = 3d\left( {H,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = 3HI = 3 \cdot \frac{{A'H \cdot HK}}{{\sqrt {A'{H^2} + H{K^2}} }} = 3 \cdot \frac{{\frac{{4a}}{3} \cdot \frac{a}{3}}}{{\sqrt {\frac{{16{a^2}}}{9} + \frac{{{a^2}}}{9}} }} = \frac{{4a}}{{\sqrt {17} }}.\) Chọn 1, 3.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Khi đó Parabol (P) có đỉnh \(S\left( {0;4} \right)\) và cắt trục hoành tại các điểm \(A\left( { - 2;0} \right),B\left( {2;0} \right)\) nên \(\left( P \right):y =  - {x^2} + 4\).

Vậy tổng diện tích bề mặt bức tường là \({S_0} = 2\int\limits_0^2 {\left( {4 - {x^2}} \right)dx}  = \frac{{32}}{3}\) (m2). Chọn C.

Đường tròn tâm \(O\left( {0;0} \right)\)và bán kính \(R = 2\) có phương trình là \({x^2} + {y^2} = 4\).

Vì nửa đường tròn \(\left( C \right)\) nằm phía trên trục \(Ox\)nên \(\left( C \right)\) có phương trình là \(y = \sqrt {4 - {x^2}} \) với \( - 2 \le x \le 2\).

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

\(\sqrt {4 - {x^2}}  = 4 - {x^2}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {4 - {x^2}}  = 1\\\sqrt {4 - {x^2}}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  \pm 2\\x =  \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\).

Với \(x =  \pm \sqrt 3  \Rightarrow y = 1\). Đặt \(C\left( { - \sqrt 3 ;1} \right);D\left( {\sqrt 3 ;1} \right)\).

Diện tích phần màu tím gạch chéo là \({S_1} = 2\int\limits_0^{\sqrt 3 } {\left( {4 - {x^2} - \sqrt {4 - {x^2}} } \right)dx}  =  - \frac{4}{3}\pi  + 5\sqrt 3 \left( {{m^2}} \right) \approx 4,47\left( {{m^2}} \right)\). Chọn A.

Gọi \({S_2}\) là diện tích hình quạt tròn (màu vàng) giới hạn bởi nửa đường tròn \(\left( C \right)\) và hai đường thẳng \(OC,OD\). Khi đó \({S_2} = 2\int\limits_0^{\sqrt 3 } {\left( {\sqrt {4 - {x^2}}  - \frac{1}{{\sqrt 3 }}x} \right)dx}  = \frac{4}{3}\pi \;\left( {{m^2}} \right)\).

Gọi \({S_3}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \(\left( P \right)\), hai đường thẳng \(OC,OD\)và trục hoành (phần tô màu tím và màu cam).

Khi đó \({S_3} = {S_0} - {S_1} - {S_2} = \frac{{32}}{3} - \left( { - \frac{4}{3}\pi  + 5\sqrt 3 } \right) - \frac{4}{3}\pi  = \frac{{32}}{3} - 5\sqrt 3 \left( {{m^2}} \right)\).

Tổng chi phí sơn là \(160\;000 \cdot {S_1} + 200\;000 \cdot {S_2} + 250\;000 \cdot {S_3} \approx 2\;055\;000\) đồng. Chọn C.

Gọi \({V_1}\) là thể tích phần dưới (hình hộp chữ nhât). Khi đó \({V_1} = 10 \cdot 10 \cdot 1 = 100\;{m^3}\).

Gọi \({V_2}\) là thể tích hình chóp cụt đều. Khi đó \({V_2} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot \left( {{{10}^2} + {{15}^2} + \sqrt {{{10}^2} \cdot {{15}^2}} } \right) = 475\) m3.

Gọi \(t\) (phút) là thời gian bơm nước vào bể, thể tích nước trong bể là \(V\left( t \right) = 5t\,\,\left( {{m^3}} \right)\).

Khi \(t = 20\), nước dâng lên hết phần \(\left( I \right)\)là phần hình hộp chữ nhật ở đáy có thể tích \(100{m^3}\).

Khi \(t > 20\), nước dâng lên trong phần \(\left( {II} \right)\)- phần hình chóp cụt tứ giác đều.

Gọi \({V_2}\left( t \right)\) là thể tích phần nước trong phần\(\left( {II} \right)\) \( \Rightarrow {V_2}\left( t \right) = 5t - 100\).

Mặt khác, ta xét phần \(\left( {II} \right)\)là phần hình chóp cụt tứ giác đều có chiều cao \(h = {h_2} - {h_1}\), cạnh đáy là \(a\) và \(10\) (tham khảo hình vẽ).

Có \(\frac{{{h_1}}}{{10}} = \frac{{{h_2}}}{a} = \frac{{{h_3}}}{{15}}\) mà \({h_3} - {h_1} = 3\) (do chiều cao của bể chứa phần \(\left( {II} \right)\)là 3).

\( \Rightarrow h = \frac{3}{5}a - 6\).

Khi đó theo công thức tính thể tích khối chóp cụt: \({V_2} = \frac{h}{3}\left( {{a^2} + 10a + 100} \right)\)

Thay \(h = \frac{3}{5}a - 6\) ta được \({V_2} = \frac{{\left( {a - 10} \right)\left( {{a^2} + 10a + 100} \right)}}{5} = \frac{1}{5}{a^3} - 200\).

Mà \({V_2}\left( t \right) = 5t - 100 = \frac{1}{5}{a^3} - 200 \Leftrightarrow a = \sqrt[3]{{25t + 500}}\).

Ta viết lại \(h\left( t \right) = \frac{3}{5}\sqrt[3]{{25t + 500}} - 6\) là hàm chiều cao của nước trong bể với \(t > 20\).

Vậy sau 60 phút, tốc độ dâng lên của nước trong bể là \(h'\left( {60} \right) \approx 0,03\). Chọn C.

Đặt \(t = \sqrt {4 - {x^2}} ,t' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\); \(t' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\).

Bảng biến thiên của \(t\)

Từ bảng biến thiên ta có \(1 < t \le 2,\forall x \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\).

Phương trình \(f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) - 1 = m\)có nghiệm \(x \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\) khi và chỉ khi \(f\left( t \right) = m + 1\) có nghiệm \(t \in \left( {1;2} \right]\) khi và chỉ khi đường thẳng \(y = m + 1\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) có điểm chung trong nửa khoảng \(\left( {1;2} \right]\).

Dựa vào đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) ta có \( - 1 < m + 1 \le 3\)\( \Leftrightarrow  - 2 < m \le 2\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 1;0;1;2} \right\}\).

Vậy có 4 giá trị nguyên của \(m\).

Đáp án cần nhập là: 4.

Vận tốc của xe điện là \(v\left( t \right) = \int {0,004t}  = 2 \cdot {10^{ - 3}}{t^2} + C\).

Vì xe điện khởi hành từ trạng thái đứng yên nên \(v\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0\).

Khi đó \(v\left( t \right) = 2 \cdot {10^{ - 3}}{t^2}\).

Sau 90 giây vận tốc của xe điện là \(v\left( {90} \right) = 2 \cdot {10^{ - 3}} \cdot {90^2} = 16,2\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

Chiều dài của xe điện là \(l = \int\limits_0^{60} {2 \cdot {{10}^{ - 3}}{t^2}}  = 144\)(m).

Tổng quãng đường xe điện đi qua đoạn đường có vòm che là \(s = 144 + 486 = 630\) (m).

Thời gian để xe điện đi qua đoạn đường có vòm che là \(t = \frac{{630}}{{16,2}} \approx 38,9\) giây.

Đáp án cần nhập là: 38,9.

Gọi \(A\)là biến cố “Hệ thống gặp sự cố”;

\(B\) là biến cố “Chíp đạt tiêu chuẩn vế tốc độ xử lí”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,4;P\left( {\overline A } \right) = 0,6;P\left( {B|A} \right) = 0,7;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,3\).

Khi đó \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) = 0,4 \cdot 0,7 = 0,28\).

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,4 \cdot 0,7 + 0,6 \cdot 0,3 = 0,46\).

Khi đó \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,28}}{{0,46}} \approx 0,61\).

Đáp án cần nhập là: 0,61.

Vì \(M \in Oz,N \in d\) nên \(M\left( {0;0;m} \right),N\left( {n + 1;2n;n - 2} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {MN}  = \left( {n + 1;2n;n - m - 2} \right)\).

Đường thẳng \(d'//\left( P \right)\) nên \(\overrightarrow {MN}  \cdot \overrightarrow {{n_P}}  = 0 \Leftrightarrow 3\left( {n + 1} \right) - 2n + n - m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 2n + 1\).

Do đó \(M{N^2} = {\left( {n + 1} \right)^2} + 4{n^2} + {\left( {n + 3} \right)^2} = 6{\left( {n + \frac{2}{3}} \right)^2} + \frac{{22}}{3} \ge \frac{{22}}{3}\).

Do đó độ dài nhỏ nhất đoạn \(MN\) là \(\sqrt {\frac{{22}}{3}}  \approx 2,71\).

Đáp án cần nhập là: 2,71.

Gọi diện tích chị Lan trồng lúa là \(x\left( {x \ge 0} \right)\). Số ngày công trồng lúa là \(10x\)

Gọi diện tích chị Lan trồng khoai tây là \(y\left( {y \ge 0} \right)\). Số ngày công trồng khoai tây là \(20y\)

Số tiền chị Lan thu được khi canh tác 6 ha đất trong 100 ngày là \(30x + 50y\)( triệu đồng )

Dựa vào dữ kiện của đề bài ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\x + y \le 6\\10x + 20y \le 100\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\left( 1 \right)\\y \ge 0\left( 2 \right)\\x + y - 6 \le 0\left( 3 \right)\\x + 2y - 10 \le 0\left( 4 \right)\end{array} \right.\)

Ta vẽ các đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right):x = 0,\left( {{d_2}} \right):y = 0,\left( {{d_3}} \right):x + y - 6 = 0,\left( {{d_4}} \right):x + 2y - 10 = 0\) trên cùng hệ trục tọa độ

Lấy điểm \(M\left( {1;1} \right)\)ta thấy \(M\left( {1;1} \right) \in \left( 1 \right),M\left( {1;1} \right) \in \left( 2 \right),M\left( {1;1} \right) \in \left( 3 \right),M\left( {1;1} \right) \in \left( 4 \right)\).

Ta gạch bỏ các phần không chứa điểm \(M\left( {1;1} \right)\) của mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right),\left( {{d_3}} \right),\left( {{d_4}} \right)\).

Ta được miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền trong và viền của đa giác \(ABCD\)

\(\left( {{d_1}} \right) \cap \left( {{d_2}} \right) = A\left( {0;0} \right),\left( {{d_2}} \right) \cap \left( {{d_3}} \right) = D\left( {6;0} \right),\)   \(\left( {{d_1}} \right) \cap \left( {{d_4}} \right) = B\left( {0;5} \right),\left( {{d_3}} \right) \cap \left( {{d_4}} \right) = C\left( {2;4} \right)\)

Với \(A\left( {0;0} \right)\) Số tiền chị Lan thu được là: \(30 \cdot 0 + 50 \cdot 0 = 0\) triệu đồng

Với \(B\left( {0;5} \right)\) Số tiền chị Lan thu được là: \(30 \cdot 0 + 50 \cdot 5 = 250\) triệu đồng

Với \(C\left( {2;4} \right)\) Số tiền chị Lan thu được là: \(30 \cdot 2 + 50 \cdot 4 = 260\) triệu đồng

Với \(D\left( {6;0} \right)\) Số tiền chị Lan thu được là: \(30 \cdot 6 + 50 \cdot 0 = 180\) triệu đồng

Đáp án cần nhập là: 260.

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

Ta có \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}d\left( {D,\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}}\) nên \({V_{ABCD}}\)lớn nhất khi và chỉ khi \(d\left( {D,\left( {ABC} \right)} \right)\) lớn nhất.

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng qua điểm \(I\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Suy ra \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 2t\\z =  - 1 + t\end{array} \right.\).

Gọi \({D_1};{D_2}\) là các giao điểm của \(\Delta \) và mặt cầu \(\left( S \right)\).

Tọa độ điểm \({D_1};{D_2}\) thỏa mãn hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + 2t\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{y =  - 2t\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{z =  - 1 + t\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 2z - 2 = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = \frac{2}{3}}\\{t = \frac{{ - 2}}{3}}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow {D_1}\left( {\frac{7}{3};\frac{{ - 4}}{3};\frac{{ - 1}}{3}} \right)\,;{D_2}\left( {\frac{{ - 1}}{3};\frac{4}{3};\frac{{ - 5}}{3}} \right)\)

Ta thấy: \(d\left( {{D_1},\left( {ABC} \right)} \right) > d\left( {{D_2},\left( {ABC} \right)} \right)\). Vậy điểm \(D\left( {\frac{7}{3}; - \frac{4}{3}; - \frac{1}{3}} \right)\) \( \Rightarrow a + b + c = \frac{2}{3} \approx 0,67\).

Đáp án cần nhập là: 0,67.

Nhiệt độ của hai lò vi sóng bằng nhau nên ta có

\(320 - 290{{\rm{e}}^{ - 0,05t}} = 270 - 240{{\rm{e}}^{ - 0,1t}}\)\[ \Leftrightarrow 29{{\rm{e}}^{ - 0,05t}} - 24{{\rm{e}}^{ - 0,1t}} - 5 = 0\]\[ \Leftrightarrow 29{{\rm{e}}^{ - 0,05t}} - 24{\left( {{{\rm{e}}^{ - 0,05t}}} \right)^2} - 5 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{{\rm{e}}^{ - 0,05t}} = 1\\{{\rm{e}}^{ - 0,05t}} = \frac{5}{{24}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 31,37\end{array} \right.\]

Vì lò vi sóng được bật lên sau một thời gian nên \(t \approx 31 > 0\).

Đáp án cần nhập là: 31.

Vì \(I\) cách đều 4 điểm \(S,A,M,N\) nên \(I\) nằm trên mặt phẳng trung trực của \(SA\).

Mặt khác \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) suy ra \({\rm{d}}\left( {I,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}SA = \frac{3}{2}\).

Đáp án cần nhập là: 1,5.

Ta có: \(AD = \frac{1}{4}AC = \frac{1}{4} \cdot 2AB = \frac{1}{2}AB\); suy ra \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{1}{2} = \frac{{AB}}{{AC}}\).

Hai tam giác ABD và ACB đồng dạng vì có góc \(\widehat A\) chung và \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}}\).

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{BD}}{{CB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow BD = \frac{1}{2}BC = 5\,cm\).

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được hai tam giác ADB và AED đồng dạng, suy ra \(DE = \frac{1}{2}BD = 2,5\,cm\).

Độ dài đường gấp khúc CBDEFGH... bằng \(l = CB + BD + DE + EF + FG + ... = 10 + 5 + 2,5 + ...\)

Đây là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \({u_1} = 10\), công bội \(q = \frac{1}{2}\).

Do đó \(l = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{10}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 20\,cm\).

Đáp án cần nhập là: 20.

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó \[\frac{{x - 40}}{3} = \frac{{y + 15}}{{ - 1}} = \frac{{z - 15}}{2}\].

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên \(\left( P \right)\) thì tọa độ H thỏa hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 40}}{3} = \frac{{y + 15}}{{ - 1}} = \frac{{z - 15}}{2}\\3x - y + 2z - 25 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3y + 5 = 0\\2y + z + 15 = 0\\3x - y + 2z - 25 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y =  - 5\\z =  - 5\end{array} \right.\] hay \[H\left( {10\,;\,\, - 5\,;\,\, - 5} \right)\].

\[A'\] đối xứng với A qua (P) nên H là trung điểm của \[AA' \Rightarrow A'\left( { - 20\,;\,\,5\,;\,\, - 25} \right)\].

Suy ra \(a =  - 20;b = 5;c =  - 25\). Vậy \(a + b + c =  - 40\).

Đáp án cần nhập là: −40.