Đề thi tham khảo ĐGNL Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh môn Toán có đáp án - Đề số 3

Ta có \(3\overrightarrow u  + \overrightarrow v  = \left( {5; - 4;3} \right)\).

Khi đó \(\left| {3\overrightarrow u  + \overrightarrow v } \right| = \sqrt {{5^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {3^2}}  = \sqrt {50}  = 5\sqrt 2 \). Chọn C.

Ta có \(f'\left( 1 \right) = 2\), ta được \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = 2 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 3}}{{x - 1}} = 2\).

Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{f^2}\left( x \right) - 9}}{{x - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {f\left( x \right) - 3} \right]\left[ {f\left( x \right) + 3} \right]}}{{x - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {f\left( x \right) - 3} \right]}}{{x - 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) + 3} \right]\)

\( = 2\left[ {f\left( 1 \right) + 3} \right] = 2 \cdot \left( {3 + 3} \right) = 12\). Chọn A.

Có \(F\left( x \right) = \int {{9^x}dx}  = \frac{{{9^x}}}{{\ln 9}} + C = \frac{{{9^x}}}{{2\ln 3}} + C\). Chọn A.

Cỡ mẫu \(n = 8 + 10 + 16 + 24 + 13 + 7 + 4 = 82\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

\(\bar x = \frac{{8 \cdot 6,75 + 10 \cdot 7,25 + 16 \cdot 7,75 + 24 \cdot 8,25 + 13 \cdot 8,75 + 7 \cdot 9,25 + 4 \cdot 9,75}}{{82}} = \frac{{333}}{{41}}\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({S^2} = \frac{1}{{82}}\left( {8 \cdot {{6,75}^2} + 10 \cdot {{7,25}^2} + 16 \cdot {{7,75}^2} + 24 \cdot {{8,25}^2} + 13 \cdot {{8,75}^2} + 7 \cdot {{9,25}^2} + 4 \cdot {{9,75}^2}} \right) - {\left( {\frac{{333}}{{41}}} \right)^2}\)

\( \approx 0,609\). Chọn D.

Đường thẳng \(OM\) đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {OM}  = \left( {1;2;3} \right)\) nên nó có phương trình là:  \(\frac{x}{1} = \frac{y}{2} = \frac{z}{3}\). Chọn C.

Theo đề có \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot CD\).

Kẻ \(HJ \bot CD\). Do đó \(CD \bot \left( {SHJ} \right)\).

Kẻ \(HK \bot SJ\) mà \(CD \bot \left( {SHJ} \right) \Rightarrow CD \bot HK\). Do đó \(HK \bot \left( {SCD} \right)\).

Do đó \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\).

Có \(\frac{{CH}}{{CA}} = \frac{{HJ}}{{AD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow HJ = \frac{3}{4}AD = \frac{3}{4}\).

Xét \(\Delta SHJ\) vuông tại \(H\), có \(HK \bot SJ\) nên \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{{16}}{6} + \frac{{16}}{9} = \frac{{40}}{9} \Rightarrow HK = \frac{{3\sqrt {10} }}{{20}}\).

Có \(\frac{{AC}}{{HC}} = \frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{4}{3}\)\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3} \cdot \frac{{3\sqrt {10} }}{{20}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\). Chọn A.

Ta có \(\left| {\overrightarrow u } \right| = 2;\left| {\overrightarrow v } \right| = \sqrt {1 + {m^2}} \); \(\overrightarrow u  \cdot \overrightarrow v  = 1 - m\sqrt 2 \).

Khi đó \(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u  \cdot \overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right|}}\)\( \Leftrightarrow \cos 60^\circ  = \frac{{1 - m\sqrt 2 }}{{2\sqrt {1 + {m^2}} }}\)\( \Leftrightarrow \frac{{1 - m\sqrt 2 }}{{2\sqrt {1 + {m^2}} }} = \frac{1}{2}\)\( \Leftrightarrow 2\left( {1 - m\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt {1 + {m^2}} \)

\( \Leftrightarrow 1 - m\sqrt 2  = \sqrt {1 + {m^2}} \)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - m\sqrt 2  \ge 0\\{\left( {1 - m\sqrt 2 } \right)^2} = 1 + {m^2}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\1 - 2m\sqrt 2  + 2{m^2} = 1 + {m^2}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\{m^2} - 2m\sqrt 2  = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow m = 0\]. Vậy có 1 giá trị của m. Chọn D.

Ta có \({\log _{{a^2}}}\frac{a}{{\sqrt b }} = \frac{1}{2}\left( {{{\log }_a}a - {{\log }_a}\sqrt b } \right) = \frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{2}{{\log }_a}b} \right) =  - \frac{1}{4}\). Chọn C.

Có \(v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5;a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 6\).

Khi đó \(a\left( t \right) = 6 \cdot 3 - 6 = 12\) m/s2. Chọn A.

Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {\sin x + \cos x} \right)dx} \)\( =  - \cos x + \sin x + C\).

Mà \(F\left( 0 \right) = 3\) nên \( - \cos 0 + \sin 0 + C = 3 \Leftrightarrow  - 1 + C = 3 \Leftrightarrow C = 4\).

Vậy \(F\left( x \right) =  - \cos x + \sin x + 4\).

Khi đó \(\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( { - \cos x + \sin x + 4} \right)dx} \)\( = \left. {\left( { - \sin x - \cos x + 4x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\)\( = \left( { - \sin \frac{\pi }{3} - \cos \frac{\pi }{3} + 4 \cdot \frac{\pi }{3}} \right) - \left( { - \sin \frac{\pi }{6} - \cos \frac{\pi }{6} + 4 \cdot \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{1}{2} + \frac{{4\pi }}{3} + \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{2\pi }}{3}\). Chọn B.

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(2;1; - 1)\), bán kính \(R = 3\) nên có phương trình là

\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\). Chọn B.

1. Đúng.  Có \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{6} \cdot 2a \cdot {\left( {2a} \right)^2} = \frac{{4{a^3}}}{3}\).

2. Sai. Hạ \(AH \bot SB\)(1).

Có \(BC \bot AB\) và \(BC \bot SA\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\). Do đó \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = a\sqrt 2 \).

3. Đúng. Có \(SA \bot AB,AB \bot BC\) nên \(d\left( {SA,BC} \right) = AB = 2a\).

4. Sai. Có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AM\) là hình chiếu vuông góc của \(SM\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Khi đó \(\left( {SM,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM,AM} \right) = \widehat {SMA}\).

Vì \(M\)là trung điểm của \(BC\) nên \(BM = MC = a\).

Xét \(\Delta ABM\) vuông tại \(B\), có \(AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}}  = \sqrt {4{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 5 \).

Xét \(\Delta SAM\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \widehat {SMA} \approx 42^\circ \).

5. Sai.

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), kẻ \(ME//CN\left( {E \in AB} \right)\) \( \Rightarrow CN//\left( {SME} \right)\).

Khi đó \(d\left( {SM,CN} \right) = d\left( {CN,\left( {SME} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right)\).

Lại có \(\frac{{d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right)}} = \frac{{NE}}{{AE}} = \frac{{\frac{1}{2}NB}}{{\frac{7}{2}NB}} = \frac{1}{7}\).

Kẻ \(AK \bot ME\), Kẻ \(AJ \bot SK\)(3).

Có \(AK \bot ME\) mà \(ME \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\) nên \(ME \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow ME \bot AJ\) (4).

Từ (3) và (4), suy ra \(AJ \bot \left( {SME} \right)\).

Khi đó \(d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right) = AJ\).

Có \({S_{\Delta AME}} = \frac{1}{2}MB \cdot AE = \frac{1}{2}MB \cdot \frac{7}{8}AB = \frac{7}{{16}} \cdot a \cdot 2a = \frac{7}{8}{a^2}\).

Có \(CN = \sqrt {B{C^2} + B{N^2}}  = \sqrt {4{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\).

Có \(ME\) là đường trung bình của \(\Delta BCN\) nên \(ME = \frac{1}{2}CN = \frac{{a\sqrt {17} }}{4}\).

Lại có \({S_{\Delta AME}} = \frac{1}{2}AK \cdot ME = \frac{7}{8}{a^2} \Rightarrow AK = \frac{{7a}}{{\sqrt {17} }}\).

Xét \(\Delta SAK\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{J^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{{17}}{{49{a^2}}} = \frac{{117}}{{196{a^2}}}\)\( \Rightarrow AJ = \frac{{14a\sqrt {13} }}{{39}}\).

Suy ra \(d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right) = \frac{1}{7}d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right) = \frac{1}{7} \cdot \frac{{14a\sqrt {13} }}{{39}} = \frac{{2a\sqrt {13} }}{{39}}\). Chọn 1, 3.

1. Đúng. Số tiền anh Nam còn nợ sau tháng đầu tiên là \({A_1} = P + P \cdot r - M = P\left( {1 + r} \right) - M\).

2. Đúng. Lãi suất 1 tháng là \(r = \frac{{8,25\% }}{{12}} = 0,6875\% \).

3. Đúng. Số tiền anh Nam còn nợ sau tháng thứ 2 là \({A_2} = P{\left( {1 + r} \right)^2} - M\left( {1 + r} \right) - M\).

….

Số tiền anh Nam còn nợ sau 30 năm là

\({A_{360}} = P{\left( {1 + r} \right)^{360}} - M - M\left( {1 + r} \right) - M{\left( {1 + r} \right)^2} - ... - M{\left( {1 + r} \right)^{359}} = 0\)\(M = \frac{{r \cdot P{{\left( {1 + r} \right)}^{360}}}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^{360}} - 1}} = \frac{{0,6875\%  \cdot 290000{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{360}}}}{{{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{360}} - 1}} \approx 2178\).

Tổng số tiền trong 30 năm mà anh Nam phải trả là \(T = 360M \approx 784\;322\) đô la.

Ta có \(\frac{T}{{290000}} \approx 2,7\).

4. Sai. Nếu mỗi tháng anh Nam trả \(N = M + 250\) đô la thì sau 20 năm số nợ còn lại là

\({A_{240}} = P{\left( {1 + r} \right)^{240}} - N - N\left( {1 + r} \right) - N{\left( {1 + r} \right)^2} - ... - N{\left( {1 + r} \right)^{239}}\)\( = 290000{\left( {1 + 0,6875\% } \right)^{240}} - 2428 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{240}} - 1}}{{0,6875\% }} \approx 26123,6\). Chọn 1, 2, 3.

1. Sai. Bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau

Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).

2. Sai. Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.

3. Đúng. Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{f'\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)}} = 0\) nên hàm số \(y = h\left( x \right)\) có 1 tiệm cận ngang.

Lại có \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm. Do đó hàm số \(y = h\left( x \right)\) có 2 tiệm cận đứng.

Vậy hàm số \(y = h\left( x \right)\) có tất cả 3 đường tiệm cận.

4. Sai.

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x + 1\);

Có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1\) (1).

Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = x - 1\).

Dựa vào đồ thị hàm số trên ta có \(x =  - 3;x =  - 1;x = 1\) là 3 nghiệm của phương trình (1).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) như sau

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\), ta thấy để đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{1}{2}{x^2} + x + 2025\) cắt đường thẳng \(y = m\) tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi \(\max \left\{ {g\left( { - 3} \right);g\left( 1 \right)} \right\} < m < g\left( { - 1} \right)\).

5. Đúng. Ta có \(k'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\).

Có \(k'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 2 = 0\\f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} - 2x =  - 2\\{x^2} - 2x = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1 + \sqrt 2 \\x = 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).

Bảng xét dấu của \(k'\left( x \right)\)

Dựa vào bảng xét dấu của \(k'\left( x \right)\), ta có hàm số \(y = k\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị. Chọn 3, 5.

Gọi \(A\) là biến cố “Bệnh nhân đó mắc bệnh”; \(B\)là biến cố “Xét nghiệm cho kết quả dương tính”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,05;P\left( {\overline A } \right) = 0,95;\)\(P\left( {B|A} \right) = 0,94;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,03\).

1. Đúng. \(P\left( {B|A} \right) = 0,94\).

2. Đúng. Có \(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,05 \cdot 0,94 + 0,95 \cdot 0,03 = \frac{{151}}{{2000}}\).

3. Sai.  Có \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,05 \cdot 0,94}}{{\frac{{151}}{{2000}}}} = \frac{{94}}{{151}}\].

4. Sai. Cần tính \(P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B |\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,95 \cdot 0,97}}{{1 - \frac{{151}}{{2000}}}} = \frac{{1843}}{{1849}}\). Chọn 1; 2.

1. Đúng. Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1; - 3} \right)\).

2. Sai. Gọi \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(d\).

Suy ra \(\left( \alpha  \right)\) có vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1; - 3} \right)\].

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là: \(2\left( {x - 2} \right) + \left( {y + 5} \right) - 3\left( {z + 6} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 2x + y - 3z - 17 = 0\)

3. Đúng. \(H \in d \Rightarrow H\left( {1 + 2t; - 2 + t; - 1 - 3t} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = \left( {2t - 1;t + 3;5 - 3t} \right)\).

\(AH \bot d \Rightarrow \overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {{u_d}}  = 0 \Rightarrow \left( {2t - 1} \right) \cdot 2 + \left( {t + 3} \right) \cdot 1 - 3 \cdot \left( {5 - 3t} \right) = 0\)\( \Rightarrow 14t - 14 = 0 \Rightarrow t = 1\).

Vậy \(H\left( {3; - 1; - 4} \right)\).

4. Sai. Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(\left( P \right)\).

\(AK \bot \left( P \right) \Rightarrow AK \bot HK\) nên \(\Delta AHK\) vuông tại \(K\)

\( \Rightarrow d\left( {A,\left( P \right)} \right) = AK \le AH\): hằng số

Để \[d\left( {A,\left( P \right)} \right)\] lớn nhất thì \(K \equiv H\)\( \Rightarrow K\left( {3; - 1; - 4} \right)\).

Khi đó \[\left( P \right)\] có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {AK}  = \left( {1;4;2} \right)\) và đi qua điểm \(K\left( {3; - 1; - 4} \right)\) nên có phương trình \(1\left( {x - 3} \right) + 4\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z + 4} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x + 4y + 2z + 9 = 0\). Chọn 1, 3.

Ta có \(f\left( t \right) =  - \frac{1}{{300}}{t^3} + b{t^2} + ct + 12000\).

Khi đó \(v\left( t \right) = f'\left( t \right) =  - \frac{1}{{100}}{t^2} + 2bt + c\).

Ngày 26/9/2024 ứng với \(t = 270\) là ngày có số lượng cá thể sinh vật X nhiều nhất với \(55\;740\)con nên hàm số đạt cực đại tại \(t = 270\).

Theo đề ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {270} \right) = 0\\f\left( {270} \right) = 55740\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \frac{1}{{100}} \cdot {270^2} + 540b + c = 0\\ - \frac{1}{{300}} \cdot {270^3} + b \cdot {270^2} + 270c + 12000 = 55740\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}540b + c = 729\\72900b + 270c = 109350\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{6}{5}\\c = 81\end{array} \right.\).

Vậy hàm số đã cho là \(f\left( t \right) =  - \frac{1}{{300}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 81t + 12000\).

Thử lại \(f'\left( t \right) =  - \frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{12}}{5}t + 81\); \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 270\\t =  - 30\end{array} \right.\).

Vì \(t > 0\)nên \(t =  - 30\) loại.

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy tại thời điểm t = 270, tốc độ thay đổi quy mô quần thể bằng 0, trước đó quần thể đang trong giai đoạn tăng trưởng và sau đó bắt đầu suy giảm. Chọn C.

Ngày 25/11/2024 ứng với \(t = 330\). Khi đó số lượng cá thể sinh vật X được ước lượng khoảng bằng

\(f\left( {330} \right) =  - \frac{1}{{300}} \cdot {330^3} + \frac{6}{5} \cdot {330^2} + 81 \cdot 330 + 12000 = 49620\) con \( \approx 49,6\)nghìn con. Chọn C.

Đặt \(t = t\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 1}  + x,t > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Ta có \(t' = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = f\left( {t\left( x \right)} \right) = {3^t} - {3^{\frac{1}{t}}}\) có \(f' = \left( {{3^t} \cdot \ln 3 + \frac{1}{{{t^2}}} \cdot {3^{\frac{1}{t}}} \cdot \ln 3} \right) > 0,\forall t > 0\).

Do đó \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\). Chọn C.

\(f\left( x \right) - 80 \cdot {3^{\sqrt {{x^2} + 1}  - 2}} \le 0\) \( \Leftrightarrow {3^{\sqrt {{x^2} + 1}  + x}} - {3^{\sqrt {{x^2} + 1}  - x}} - 80 \cdot {3^{\sqrt {{x^2} + 1}  - 2}} \le 0\)\( \Leftrightarrow {3^{\sqrt {{x^2} + 1} }}\left( {{3^x} - {3^{ - x}} - 80 \cdot {3^{ - 2}}} \right) \le 0\)

\( \Leftrightarrow {3^x} - {3^{ - x}} - 80 \cdot {3^{ - 2}} \le 0\)\( \Leftrightarrow {3^x} - \frac{1}{{{3^x}}} - \frac{{80}}{9} \le 0\)\( \Leftrightarrow 9 \cdot {3^{2x}} - 80 \cdot {3^x} - 9 \le 0\)\( \Leftrightarrow  - \frac{1}{9} \le {3^x} \le 9 \Leftrightarrow x \le 2\).

Do đó bất phương trình có hai nghiệm nguyên dương. Chọn B.

Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) và \(f\left( { - x} \right) =  - f\left( x \right)\).

Khi đó bất phương trình \(f\left( {{x^2} + 1} \right) + f\left( { - \frac{{mx}}{2}} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 1} \right) >  - f\left( { - \frac{{mx}}{2}} \right)\)\( \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 1} \right) > f\left( {\frac{{mx}}{2}} \right)\).

\( \Leftrightarrow {x^2} + 1 > \frac{{mx}}{2}\).

Yêu cầu bài toán tương đương với \(m > 2x + \frac{2}{x},\forall x \in \left( { - \infty ;0} \right)\)\( \Leftrightarrow m > \mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} \left( {2x + \frac{2}{x}} \right) \Leftrightarrow m >  - 4\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left[ { - 2024;2025} \right]\) nên suy ra có 2029 giá trị m thỏa mãn. Chọn B.

Gọi \(A\)là biến cố “Lần thứ nhất trưởng hòng lấy bộ hồ sơ ghi số nguyên tố”;

\(B\) là biến cố “Lần thứ hai lấy được hồ sơ ghi số nguyên tố”.

Từ 1 đến 40 có 12 số nguyên tố.

Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{{12}}{{40}} = 0,3 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,7\).

Vì lấy hồ sơ không trả lại nên \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{11}}{{39}};P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{12}}{{39}} = \frac{4}{{13}}\).

Theo công thức toàn phần ta có:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,3 \cdot \frac{{11}}{{39}} + 0,7 \cdot \frac{4}{{13}} = 0,3\).

Đáp án cần nhập là: 0,3.

Ta có \(f'\left( x \right) - 2f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^{2x}}\)\( \Leftrightarrow {e^{ - 2x}}f'\left( x \right) - 2{e^{ - 2x}}f\left( x \right) = x + 1\)\( \Leftrightarrow {\left( {{e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right)} \right)^\prime } = x + 1,\forall x \in \mathbb{R}\).

Tích phân 2 vế trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\), ta được

\(\int\limits_0^2 {{{\left( {{e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right)} \right)}^\prime }dx}  = \int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right)dx} \)\( \Leftrightarrow \left. {{e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right)} \right|_0^2 = 4\)\( \Leftrightarrow {e^{ - 4}} \cdot f\left( 2 \right) - 1 = 4\)\( \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = 5{e^4}\).

Suy ra \(a = 5;b = 4\). Vậy \(a + b = 9\).

Đáp án cần nhập là: 9.

Ta có \(y' = 4 - 3{x^2}\), ta có \(y'\left( 2 \right) =  - 8\).

Phương trình tiếp tuyến tại \(A\)của đồ thị hàm số là \(y - 0 =  - 8\left( {x - 2} \right) =  - 8x + 16\).

Hoành độ của \(B\) là nghiệm (âm) của phương trình \(4x - {x^3} =  - 8x + 16\)\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2}\left( {x + 4} \right) = 0\).

Do đó \(B\left( { - 4;48} \right)\).

Diện tích trồng hoa là \(\int\limits_{ - 4}^2 {\left| {\left( { - 8x + 16} \right) - \left( {4x - {x^3}} \right)} \right|dx}  = 108\;\left( {{m^2}} \right)\).

Đáp án cần nhập là: 108.

Ta có \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow u \) cùng phương nên \(\overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow u \).

Khi đó \(\left( {540;{y_B} - 3;{z_B}} \right) = k\left( {2; - 2;1} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}540 = 2k\\{y_B} - 3 =  - 2k\\{z_B} = k\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 270\\{y_B} =  - 537\\{z_B} = 270\end{array} \right.\)\( \Rightarrow B\left( {550; - 537;270} \right)\).

Khi đó \(AB = \sqrt {{{\left( {550 - 10} \right)}^2} + {{\left( { - 537 - 3} \right)}^2} + {{\left( {270 - 0} \right)}^2}}  = 810\) m.

Lại có \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{4050}}{{810}} = 5\) hay \(AD = 5AB\).

Mà tốc độ bay không đổi và thời gian di chuyển từ A đến B là 3 phút.

Do đó thời gian di chuyển từ A đến D là \(5 \cdot 3 = 15\)phút.

Đáp án cần nhập là: 15.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 3\left( {{m^2} + 2m} \right)\).

Có \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = m + 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Để hàm số có giá trị lớn nhất trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) thì .

Ta có ;

\(y\left( 0 \right) =  - 2025\).

Để \( \Leftrightarrow {m^3} + 3{m^2} - 2025 \ge  - 2025\)\( \Leftrightarrow {m^3} + 3{m^2} \ge 0 \Leftrightarrow m \ge  - 3\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1} \right\}\).

Vậy có 3 giá trị nguyên của \(m\).

Đáp án cần nhập là: 3.

Giả sử robot từ \(A\) đến điểm \(B\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), sau đó đi đến điểm \(N\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\), di chuyển một đoạn \(NM = 2\,cm\), và từ \(M\) về \(A\). Vì bài toán tìm độ dài ngắn nhất nên ta xem mỗi đoạn đi của robot luôn là đoạn thẳng.

Yêu cầu bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của tổng \(AB + BN + NM + MA\).

Vì \(MN = 2\) nên ta tìm giá trị nhỏ nhất của \(S = AB + BN + MA\)

Ta có mặt phẳng \(\left( P \right):y - z = 0\) là mặt phẳng phân giác của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( {Oxz} \right)\).

Dễ thấy \(A\left( {3;2;1} \right)\) nằm trong miền góc nhị diện tạo bởi các nửa mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) (chứa tia \(Oy\)) và nửa mặt phẳng\(\left( P \right)\)(nằm phía trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) với bờ là trục \(Ox\).

Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là các điểm đối xứng với \(A\) qua các mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( P \right)\).

Suy ra \(E\left( {3;2; - 1} \right)\) và \(F\left( {3;1;2} \right)\).

Gọi \(J\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {FJ}  = \overrightarrow {MN} \). Vì \(MN \subset \left( P \right)\) nên \(FJ \subset \left( Q \right)\) với \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng đi qua \(F\) và song song với \(\left( P \right)\). Phương trình của \(\left( Q \right)\) là \(y - z + 1 = 0\).

Do \(FJ = MN = 2\)nên tập hợp điểm \(J\) là đường tròn \(\left( T \right)\) tâm \(F\) bán kính \(r = 2\) nằm trên \(\left( Q \right)\).

Khi đó ta có \(AB = EB,\,\,MA = MF = NJ\) .

Suy ra \(AB + BN + MA = EB + BN + NJ \ge EJ\) (1)

Ta có (1) xảy ra đẳng thức \( \Leftrightarrow E,\,B,N,\,J\) thẳng hàng\( \Leftrightarrow B,\,\,N\) là giao điểm của đường thẳng \(EJ\) với \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( P \right)\).

Mặt khác, gọi \(I\) là hình chiếu của \(E\) lên \(\left( Q \right)\).

Vì \(IE \bot \left( Q \right):y - z + 1 = 0\) nên phương trình đường thẳng \(EI\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2 + t\\z =  - 1 - t\end{array} \right.\)

Vì \(I = IE \cap \left( Q \right)\) nên \(I\left( {3;0;1} \right)\) . Suy ra \(IE = 2\sqrt 2 \) và \[IF = \sqrt 2 \] .

Gọi \(G\) là giao điểm của \(IF\) với đường tròn \(\left( T \right)\) sao cho \(G\) gần \(I\) nhất.

Khi đó \(IJ \ge \left| {IF - JF} \right| = \left| {IF - 2} \right| = 2 - \sqrt 2  = IG\) . Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow J \equiv G\).

Suy ra \(JE = \sqrt {E{I^2} + I{J^2}}  \ge \sqrt {E{I^2} + I{G^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AB + BN + MA \ge \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \) Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow J \equiv G\) và \(N,B\) là giao điểm của đường thẳng \(GE\) với \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\).

Do đó \(\min \left( {AB + BN + NM + MA} \right) = 2 + \min JE = 2 + \sqrt {14 - 4\sqrt 2 }  \approx 4,89\) \(cm\).

Đáp án cần nhập là: 4,89.

Vì \(H\)là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\)trên đường thẳng \(d\) nên \(H \in d \Rightarrow H\left( {4 + 2t;4 + 2t;2 - t} \right)\).

Có \(\overrightarrow {AH}  = \left( {3 + 2t;3 + 2t;3 - t} \right)\).

Vì \(AH \bot d\) nên \(\overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {{u_d}}  = 0\)\( \Leftrightarrow 2\left( {3 + 2t} \right) + 2\left( {3 + 2t} \right) - \left( {3 - t} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 9t =  - 9 \Leftrightarrow t =  - 1\).

Suy ra \(H\left( {2;2;3} \right)\). Do đó \(a + b + c = 7\).

Đáp án cần nhập là: 7.

Giả sử lợi nhuận thu được của doanh nghiệp sau khi sản xuất và bán được \(x\) sản phẩm là \(T\left( x \right)\)

Khi đó hàm \(T\left( x \right)\) được biểu diễn:

\(T\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}F\left( x \right) - xG\left( x \right) - 0,99 \cdot H\left( x \right){\rm{  khi }}1 \le x \le 200\\F\left( x \right) - xG\left( x \right) - 0,99 \cdot H\left( {200} \right) - 0,98 \cdot H\left( {x - 200} \right){\rm{  khi }}200 \le x \le 400\end{array} \right.\)

Trường hợp 1: \(1 \le x \le 200\)

\(T\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000 - x\frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} - 0,99\left( {2{x^3} + 100000x - 50000} \right)\).

\(T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 259\), suy ra \({T_{\max }} = T\left( {200} \right) \approx 79610463\).

Trường hợp 2: \(200 \le x \le 400\)

\(\begin{array}{l}T\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000 - x\frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} - 35590500\\ - 0,99\left[ {2{{\left( {x - 200} \right)}^3} + 100000\left( {x - 200} \right) - 50000} \right]\end{array}\)

\(T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 253\), suy ra \({T_{\max }} = T\left( {253} \right) \approx 83893648\).

Ta thấy \(T\left( {253} \right) > T\left( {200} \right)\) nên doanh thu lớn nhất khi sản xuất được 253 sản phẩm.

Đáp án cần nhập là: 235.

Theo bài ra ta có: \[AB = 10\left( m \right) \Rightarrow OA = OB = 5\left( m \right)\]

Đặt \[MN = 2a\,\left( m \right)\] với \[0 < a < 5\], khi đó ta có: \[OM = ON = a\left( m \right)\].

Phương trình đường tròn tâm \[O\], đường kính \[AB\] là: \[{x^2} + {y^2} = 25 \Rightarrow {y^2} = 25 - {x^2}\].

Do ta chỉ xét nửa đường tròn có tung độ dương nên suy ra \[y = \sqrt {25 - {x^2}} \].

Từ hệ trục \[Oxy\], suy ra tọa độ các điểm: \[O\left( {0;0} \right)\], \[A\left( { - 5;0} \right)\], \[B\left( {5;0} \right)\], \[M\left( { - a;0} \right)\], \[N\left( {a;0} \right)\].

Do \[Q\] và \[P\] là hai điểm thuộc nửa đường tròn, suy ra: \[\left\{ \begin{array}{l}{y_Q} = \sqrt {25 - x_Q^2} \\{y_P} = \sqrt {25 - x_P^2} \end{array} \right.\].

Mà \[{x_Q} = {x_M} = a\] và \[{x_P} = {x_N} = a\] suy ra \[Q\left( { - a;\sqrt {25 - {a^2}} } \right)\], \[P\left( {a;\sqrt {25 - {a^2}} } \right)\].

Có: \[MN = 2a\left( m \right)\], \[MQ = \sqrt {25 - {a^2}} \,\left( m \right)\].

Diện tích của phần trồng hoa (hình chữ nhật) là: \[{S_1} = MN \cdot MQ = 2a \cdot \sqrt {25 - {a^2}} \]

Diện tích của nửa hình tròn là: \[S = \frac{1}{2}\pi {r^2} = \frac{1}{2}\pi  \cdot {5^2} = \frac{{25\pi }}{2}\].

Diện tích phần trồng cỏ Nhật là: \[{S_2} = S - {S_1} = \frac{{25\pi }}{2} - 2a\sqrt {25 - {a^2}} \].

Chi phí để hoàn thành là: \[T\left( a \right) = 100{S_1} + 150{S_2} = 100 \cdot 2a\sqrt {25 - {a^2}}  + 150 \cdot \left( {\frac{{25\pi }}{2} - 2a\sqrt {25 - {a^2}} } \right)\]

\[ \Rightarrow T\left( a \right) = 200a\sqrt {25 - {a^2}}  + 1875\pi  - 300a\sqrt {25 - {a^2}} \]\[ \Rightarrow T\left( a \right) =  - 100a\sqrt {25 - {a^2}}  + 1875\pi \].

Xét hàm số: \[f\left( a \right) =  - 100a\sqrt {25 - {a^2}}  + 1875\pi  \Rightarrow f'\left( a \right) = \frac{{ - 2500 + 200{a^2}}}{{\sqrt {25 - {a^2}} }}\].

Xét \[f'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2500 + 200{a^2} = 0 \Leftrightarrow {a^2} = 12,5 \Leftrightarrow a = \sqrt {12,5}  = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\].

Ta có bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy chi phí thấp nhất là \[{T_{\min }} = T\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right) \approx 4640\] (nghìn đồng).

Đáp án cần nhập là: 4640.

Trong mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\), kẻ \(A'H \bot B'D'\) tại H.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B'D' \bot A'H\\B'D' \bot AA'\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,AA' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow B'D' \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow B'D' \bot AH\).

Do đó \(\widehat {AHA'}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,\,\,B'D',\,\,A'} \right]\).

Tam giác \(A'B'C'\) vuông tại \(A'\) có đường cao \(A'H\) nên

\(\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{{B'}^2}}} + \frac{1}{{A'{{D'}^2}}} \Rightarrow A'H = \frac{{A'B' \cdot A'D'}}{{\sqrt {A'{{B'}^2} + A'{{D'}^2}} }} = \frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}\).

Tam giác \(AHA'\) vuông tại \(A'\) có \(\tan \widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{A'H}} = \frac{{8,2}}{{\frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}}} \Rightarrow \widehat {AHA'} \approx 51,1^\circ \).

Đáp án cần nhập là: 51,1.