Đề thi tham khảo ĐGNL Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh môn Toán có đáp án - Đề số 4

Cỡ mẫu \(n = 30\).

Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{30}}\) là doanh số bán hàng của 30 cửa hàng được sắp theo thứ tự không giảm.

Ta có \({Q_1} = {x_8}\) mà \({x_8} \in \left[ {40;50} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ nhất.

Ta có \({Q_1} = 40 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 7}}{{10}} \cdot 10 = 40,5\).

Ta có \({Q_3} = {x_{23}}\) mà \({x_{23}} \in \left[ {50;60} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ ba.

Ta có \({Q_3} = 50 + \frac{{\frac{{3 \cdot 30}}{4} - 17}}{8} \cdot 10 = 56,875\).

Khoảng tứ phân vị là \({\Delta _Q} = 56,875 - 40,5 = 16,375\). Chọn C.

Có \(f'\left( x \right) = x\left( {4 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) như sau:

Dựa vào bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\)

Nên với \( - 1 < 0\) thì \(f\left( { - 1} \right) > f\left( 0 \right)\). Chọn D.

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là \(\overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\).

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\) là \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3;2;4} \right)\).

Ta có \(\sin \alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow k  \cdot \overrightarrow {AB} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow k } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{4}{{\sqrt {9 + 4 + 16} }} = \frac{4}{{\sqrt {29} }}\).

Khi đó \(\cos \alpha  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  = \frac{{\sqrt {377} }}{{29}}\). Chọn C.

Ta có \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = 3;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = 0\).

Do đó \(M + m = 3\). Chọn B.

Ta có \({R_A} = 10 - 2 = 8;{R_B} = 10 - 0 = 10\).

\({R_A} + {R_B} = 18\). Chọn B.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình \(z = 3\). Chọn B.

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

Có \(f\left( 0 \right) = 0\).

Số nghiệm của phương trình \(4f\left( x \right) + 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \frac{5}{4}\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y =  - \frac{5}{4}\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng \(y =  - \frac{5}{4}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm phân biệt. Chọn B.

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) đi qua 3 điểm \(A\left( {1;0;0} \right)\), \(B\left( {0;2;0} \right)\), \(C\left( {0;0;1} \right)\) theo đoạn chắn là:

\(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow 2x + y + 2z - 2 = 0\). Chọn B.

Vì \(0 \le x \le 1\) nên \({5^0} \le {5^x} \le {5^1}\)\( \Leftrightarrow 1 - 6 \le {5^x} - 6 \le 5 - 6\)\( \Leftrightarrow  - 5 \le {5^x} - 6 \le  - 1\).

Do đó \({5^x} - 6 < 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\). Vậy \(S = \int\limits_0^1 {\left| {{5^x} - 6} \right|{d}x} \)\( = \int\limits_0^1 {\left( {6 - {5^x}} \right){d}x} \). Chọn A.

Giả sử mẫu số liệu gốc là \({x_1};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{50}}\) được xếp theo thứ tự không giảm.

Xét nửa bên trái mẫu số liệu gốc là \({x_1};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{25}}\).

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \({x_{13}} \in \left[ {1\,;\,\,2} \right)\).

Suy ra \(a = 1;b = 2\). Vậy \(a + b = 3\). Chọn C.

Ta có \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 4}}{{x + 2}}\)\( = x - 5 + \frac{{14}}{{x + 2}}\).

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {x - 5} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{14}}{{x + 2}} = 0\).

Do đó tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng \(y = x - 5\). Chọn C.

1. Đúng. Người quản lí chọn ngẫu nhiên 1 trong 2 sản phẩm nên \(P\left( A \right) = \frac{1}{2}\).

2. Đúng. \(B = \left( {B \cap A} \right) \cup \left( {B \cap \overline A } \right)\).

3. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{5}{8}\).

4. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{2};P\left( {B|A} \right) = \frac{7}{{12}}\).

Xác suất để chọn được sản phẩm đạt chuẩn là

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{{12}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{8} = \frac{{29}}{{48}}\).

Suy ra xác suất để sản phẩm đó từ lô A là

\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot \frac{7}{{12}}}}{{\frac{{29}}{{48}}}} = \frac{{14}}{{29}}\]. Chọn 1, 2.

1. Đúng. Giả sử \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\).

Do đồ thị đi qua gốc tọa độ nên \(c = 0\).

Vì đồ thị có đỉnh \(I\left( {4;2} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = 4\\a \cdot {4^2} + b \cdot 4 = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 8a\\16a + 4 \cdot \left( { - 8a} \right) = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 0,125\\b = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(f\left( x \right) =  - 0,125{x^2} + x\).

2. Đúng. Diện tích khu vườn cây xanh giới hạn bởi \(y = f\left( x \right)\) và trục hoành.

Phương trình hoành độ giao điểm: \( - 0,125{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 8\).

Diện tích khu vườn cây xanh là \({S_1} = \int\limits_0^8 {\left( { - 0,125{x^2} + x} \right)dx}  = \frac{{32}}{3}\) (đơn vị diện tích).

Diện tích khu vườn cây xanh đổi sang m2 là \(\frac{{32}}{3} \cdot {100^2} \approx 106\;666,7{m^2} > 100\;000\;{m^2}\).

3. Sai. Ta có \(G'\left( x \right) = g\left( x \right)\).

Ta có \(G'\left( x \right) = a \cdot {e^{0,2x - 2}} + \left( {ax + b} \right) \cdot 0,2 \cdot {e^{0,2x - 2}} = \left( {0,2ax + a + 0,2b} \right){e^{0,2x - 2}}\).

Đồng nhất hệ số ta được \(\left\{ \begin{array}{l}0,2a = 2\\a + 0,2b =  - 20\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 10\\b =  - 150\end{array} \right.\). Khi đó \(a - b = 160\).

4. Sai. Khu vườn nước nhân tạo giới hạn bởi \(y = g\left( x \right)\), trục tung, trục hoành.

Giao điểm của \(g\left( x \right)\) với trục hoành: \(2x - 20 = 0 \Leftrightarrow x = 10\).

Trên đoạn \(\left[ {0;10} \right]\), \(g\left( x \right) \le 0\) nên diện tích khu vườn nước nhân tạo là

\({S_2} =  - \int\limits_0^{10} {g\left( x \right)dx}  = G\left( 0 \right) - G\left( {10} \right) =  - 150{e^{ - 2}} - \left( { - 50} \right) = 50 - \frac{{150}}{{{e^2}}}\) (đơn vị diện tích).

Tổng diện tích là \(S = {S_1} + {S_2} = \frac{{32}}{3} + 50 - \frac{{150}}{{{e^2}}} \approx 40,37\) đơn vị diện tích.

Diện tích thực tế khoảng \(40,37 \cdot {100^2} = 403\;700\;{m^2} < 500\;000\;{m^2}\). Chọn 1, 2.

1. Sai. Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}}  = \sqrt 3 \).

2. Đúng. Thay tọa độ điểm \(A,B\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta có \(\left| \begin{array}{l}1 - 2 - 1 - 2 =  - 4\\2 - 3 + 0 - 2 =  - 3\end{array} \right.\).

Suy ra \(A,B\)nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

3. Sai. Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(B\)trên \(\left( P \right)\). Khi đó \(BH \bot \left( P \right)\).

Suy ra đường thẳng \(BH\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 1;1} \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(BH\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 - t\\z = t\end{array} \right.\).

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

Vậy hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(\left( P \right)\) có tung độ bằng 2.

4. Đúng. Gọi \(B'\)là điểm đối xứng với \(B\)qua mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó \(H\)là trung điểm đoạn thẳng \(BB'\). Suy ra tọa độ \(B'\left( {4;1;2} \right)\).

Khi đó \(MA + MB = MA + MB' \ge AB'\).

Suy ra \(MA + MB\) đạt giá trị nhỏ nhất khi ba điểm \(M,A,B'\) thẳng hàng.

Ta có \(\overrightarrow {AB'}  = \left( {3; - 1;3} \right) \Rightarrow AB' = \sqrt {19} \).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(MA + MB\) bằng \(\sqrt {19} \). Chọn 2, 4.

1. Sai. Vì tập xác định là \(D = \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\).

2. Đúng. Vì \(f'\left( x \right) =  - \frac{3}{{\left( {3x + 4} \right)\ln 2}} < 0\,\,\forall x \in \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) nên \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(D = \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\).

3. Đúng. Vì \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) nên \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) =  - 1 - {\log _2}5\) .

4. Đúng. Xét \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + {x^2} - \frac{7}{2}x + 2\)

 Ta có \(g'\left( x \right) =  - \frac{3}{{\left( {3x + 4} \right)\ln 2}} + 2x - \frac{7}{2},\,\,\,g''\left( x \right) = \frac{9}{{{{\left( {3x + 4} \right)}^2}\ln 2}} + 2 > 0\,\,\forall x \in \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) .

Suy ra \(g'\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\). Do đó \(g'\left( x \right) = 0\) có tối đa 1 nghiệm.

Vì \(g'\left( 0 \right) < 0,\,\,g'\left( 4 \right) > 0\) nên \(g'\left( x \right) = 0\) có ít nhất 1 nghiệm.

Suy ra \(g'\left( x \right) = 0\) có nghiệm duy nhất \(x = {x_0}\) .

Từ bảng biến thiên suy ra \(g\left( x \right) = 0\) có nhiều nhất 2 nghiệm và tìm được 2 nghiệm là \(x = 0,\,\,x = 4\).

Từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình  \(f\left( x \right) <  - {x^2} + \frac{7}{2}x - 2\) là \(\left( {0;4} \right)\).

5. Sai. \(f\left( x \right) + {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3x + 4} \right) + {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = {\log _2}\left( {3x + 4} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - \frac{4}{3}\\{x^2} - 2x + m = 3x + 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - \frac{4}{3}\\m =  - {x^2} + 5x + 4\end{array} \right.\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) =  - {x^2} + 5x + 4\).

Ta có \(g'\left( x \right) =  - 2x + 5 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{2}\).

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

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(8 < m < \frac{{41}}{4}\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {9;10} \right\}\).

Do đó tổng các giá trị là 19. Chọn 2, 3, 4.

1. Đúng. Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên suy ra \(SA\) là đường cao của hình chóp.

2. Sai. Kẻ \(AH \bot SD\left( {H \in SD} \right)\).

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right),CD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\).

Mà \(AD \bot CD\) nên \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\).

Lại có \(SD \bot AH \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Ta có \(AH = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {4{a^2} + 3{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7}\).

3. Sai. Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 3  = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

4. Đúng. Có \(\cos \left( {SB,AC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB}  \cdot \overrightarrow {AC} } \right|}}{{SB \cdot AC}}\).

Ta có \(\overrightarrow {SB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \left( {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AS} } \right) \cdot \overrightarrow {AB}  = A{B^2} - \overrightarrow {AS}  \cdot \overrightarrow {AB}  = A{B^2} = {a^2}\).

Suy ra \(\cos \left( {SB,AC} \right) = \frac{{\left| {{a^2}} \right|}}{{a\sqrt 5  \cdot 2a}} = \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\). Khi đó \(\left( {SB,AC} \right) \approx 77,4^\circ \).

5. Đúng.

Gọi K là hình chiếu của \(A\)lên \(BD\), \(J\)là hình chiếu của \(A\)lên \(SK\).

Có tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\), \(AK \bot BD\). Khi đó:

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác \(SAK\) vuông tại \(A\) có \(AJ \bot SK\). Khi đó:

\(\frac{1}{{A{J^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} \Rightarrow AJ = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\).

Gọi \(O = AC \cap \left( {SBD} \right) \Rightarrow \frac{{AO}}{{CO}} = \frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}\).

Mà \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(O\) là trung điểm \(AC\).

Suy ra \(\frac{{AO}}{{CO}} = 1 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\). Chọn 1, 4, 5.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ (đơn vị trên mỗi trục là 10 m).

Ta có \(B\left( {1; - 3} \right),I\left( {2;2} \right)\).

Vì parabol có đỉnh \(O\) nên có phương trình dạng \(\left( P \right):y = a{x^2}\).

Vì \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(B\left( {1; - 3} \right)\)nên ta có \( - 3 = a \Rightarrow y =  - 3{x^2}\).

Diện tích lát gạch phần parabol là \({S_1} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| { - 3{x^2} - \left( { - 3} \right)} \right|dx}  = 4\) (đơn vị diện tích) và bằng 400 m2.

Diện tích lát gạch hình tròn là \({S_2} = \pi {R^2} = \pi \)(đơn vị diện tích) và bằng \(100\pi \)(m2).

Vậy diện tích phần công viên lát gạch là \(S = {S_1} + {S_2} = 100\pi  + 400\;\left( {{m^2}} \right)\). Chọn D.

Gọi \(M\left( {x; - 3{x^2}} \right) \in \left( P \right)\) với \(x \in \left[ { - 1;1} \right]\).

Bài toán trở thành tìm \(x\) để \(IM\)nhỏ nhất.

Ta có \(IM = \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 3{x^2} - 2} \right)}^2}} \).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( { - 3{x^2} - 2} \right)^2}\).

Có \(f'\left( x \right) = 2\left( {x - 2} \right) + 2\left( { - 3{x^2} - 2} \right) \cdot \left( { - 6x} \right) = 2x - 4 + 36{x^3} + 24x\);

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \approx 0,15\).

Ta có \(f\left( { - 1} \right) = 34;f\left( {0,15} \right) \approx 7,69;f\left( 1 \right) = 26\).

Suy ra giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) là \(7,69\).

Giá trị nhỏ nhất của \({\mathop{\rm I}\nolimits} M\) là 2,77 đơn vị độ dài và bằng 27,7 m.

Do đó độ dài ngắn nhất của đoạn đường nối hai phần lát gạch là \(27,7 - 10 = 17,7\)(m). Chọn A.

Gọi \[V\left( t \right)\], \[{R_t}\] là thể tích và bán kính quả bóng bóng sau t giây, ta có \[V\left( t \right) = \frac{4}{3}\pi R_t^3\,\,\,(*)\].

Sau 10 giây, thể tích quả bóng là \[V\left( {10} \right) = 100 \times 10 = 1\,000\,\,c{m^3}\].

Ta có \[V\left( {10} \right) = \frac{4}{3}\pi R_{10}^3 = 1000 \Rightarrow {R_{10}} \approx 6,2\,\,cm\]. Chọn B.

Bán kính tối đa của quả bong bóng là 30 cm.

Thể tích tối đa của quả bong bóng là \[\frac{4}{3}\pi  \cdot {30^3} \approx 113\,097\,\,c{m^3} \approx 113\] lít. Chọn A.

Thể tích bong bóng sau \[t + 4\] giây là (\[t \ge 0\]) là \[V\left( t \right) = 100 \cdot 4 + \int\limits_0^t {\left( {5t + 100} \right){\rm{d}}t} \].

Thể tích tối đa của bong bóng là \[\frac{4}{3}\pi  \cdot {30^3}\,\,c{m^3}\].

Xét \[V\left( t \right) = 100 \cdot 4 + \int\limits_0^t {\left( {5t + 100} \right){\rm{d}}t}  = \frac{4}{3}\pi  \cdot {30^3} \Rightarrow t \approx 193\] giây. Chọn C.

Đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 4}}{2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;1;4} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( {a;b;c} \right)\).

Vì \(\left( P \right)\) chứa đường thẳng \(d\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}A \in \left( P \right)\\\overrightarrow n  \cdot \overrightarrow u  = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b + 4c + 9 = 0\\2a - b + 2c = 0\end{array} \right.\) (1).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0;0;0} \right),R = 3\) mà mặt phẳng \(\left( P \right)\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\) nên

\(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = 3\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| 9 \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 3\)\( \Leftrightarrow 9 = {a^2} + {b^2} + {c^2}\) (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}a + b + 4c + 9 = 0\\2a - b + 2c = 0\\{a^2} + {b^2} + {c^2} = 9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 3 - 2c\\b =  - 6 - 2c\\{\left( { - 3 - 2c} \right)^2} + {\left( { - 6 - 2c} \right)^2} + {c^2} = 9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 3 - 2c\\b =  - 6 - 2c\\9{c^2} + 36c + 36 = 0\end{array} \right.\)

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

Đáp án cần nhập là: −3.

Gọi \(A\)là vị trí người gặp nạn, \(B\)là vị trí của nhân viên cứu hộ và \(BD\) là đường bơi của nhân viên cứu hộ.

Chọn một đơn vị có độ dài là 100 m. Suy ra \(BC = 1;AB = 10;AC = 3\sqrt {11} \).

Gọi vận tốc bơi của nhân viên cứu hộ là một đơn vị vận tốc thì vận tốc chạy của nhân viên cứu hộ là 3 đơn vị vận tốc.

Gọi \(x\)là quãng đường nhân viên cứu hộ bơi. Khi đó \(BD = x\).

Quãng đường nhân viên cứu hộ chạy là \(AD = AC - CD = 3\sqrt {11}  - \sqrt {{x^2} - 1} \).

Thời gian nhân viên cứu hộ đến vị trí người gặp nạn là \(t = \frac{{3\sqrt {11}  - \sqrt {{x^2} - 1} }}{3} + \frac{x}{1} = \sqrt {11}  - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1}  + x\).

Xét hàm \(f\left( x \right) = \sqrt {11}  - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1}  + x\); có \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{3} \cdot \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\) (vì \(x > 0\)).

Bảng biến thiên

Vậy thời gian nhân viên cứu hộ đến vị trí người gặp nạn ngắn nhất khi \(x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\).

Do đó nhân viên phải bơi \(\frac{{3\sqrt 2 }}{4} \cdot 100 = 75\sqrt 2  \approx 106\;m\).

Đáp án cần nhập là: 106.

Ta có \(P\left( t \right) = 80000\) \( \Leftrightarrow \frac{{100000}}{{1 + {4^{ - t}}}} = 80000\)\( \Leftrightarrow {4^{ - t}} = 0,25\)\( \Leftrightarrow t =  - {\log _4}0,25 = 1\).

Vậy sau 1 năm.

Đáp án cần nhập là: 1.

Gọi góc hợp bởi thang và mặt đất là \(\alpha \left( {0 < \alpha  < \frac{\pi }{2}} \right)\).

Chiều dài thang là \(BC = BM + MC\).

Tam giác vuông \(MHB\) có \(BM = \frac{{2,4}}{{\sin \alpha }}\).

Tam giác vuông \(MNC\) có \(MC = \frac{{1,5}}{{\cos \alpha }}\).

Ta có \(BC = BM + MC = \frac{{2,4}}{{\sin \alpha }} + \frac{{1,5}}{{\cos \alpha }}\).

Xét hàm số \(y = \frac{{2,4}}{{\sin x}} + \frac{{1,5}}{{\cos x}}\) với \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).

Ta có \(y' = \frac{{ - 2,4\cos x}}{{{{\sin }^2}x}} + \frac{{1,5\sin x}}{{{{\cos }^2}x}} = \frac{{ - 2,4{{\cos }^3}x + 1,5{{\sin }^3}x}}{{{{\sin }^2}x \cdot {{\cos }^2}x}}\).

Có \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow 2,4{\cos ^3}x = 1,5{\sin ^3}x \Leftrightarrow {\tan ^3}x = \frac{{2,4}}{{1,5}} \Leftrightarrow \tan x = \sqrt[3]{{\frac{8}{5}}}\), do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) nên \(x \approx 0,863\) rad.

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy chiều dài thang xấp xỉ 5,47 mét hay 547 cm.

Đáp án cần nhập là: 547.

Gọi \(x;y\) lần lượt là số câu trả lời đúng và số câu trả lời sai.

Để thí sinh được 10 điểm thì \(\left\{ \begin{array}{l}4x - y = 10\\x + y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 6\end{array} \right.\).

Xác suất để thí sinh đó đạt được 10 điểm là \(P = C_{10}^4{\left( {\frac{1}{4}} \right)^4}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^6} \Rightarrow 100p \approx 14,6\).

Đáp án cần nhập là: 14,6.

Lợi nhuận thu được là

\(L\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000 - x\left( {300 + \frac{{100}}{x}} \right) \cdot 1000 - \left( {2{x^3} + 100000x - 50000} \right)\)

\( =  - {x^3} - 1999{x^2} + 601000x + 200000\).

Có \(L'\left( x \right) =  - 3{x^2} - 3998x + 601000 = 0 \Leftrightarrow x \approx 136,37\).

Bảng biến thiên

Vì số sản phẩm sản xuất được là số tự nhiên, từ bảng biến thiên ta so sánh \(L\left( {136} \right)\) và \(L\left( {137} \right)\).

Ta có \(L\left( {136} \right) = 42\;447\;040\) đồng và \(L\left( {137} \right) = 42\;446\;416\) đồng.

Vậy doanh nghiệp cần sản xuất 136 sản phẩm thì lợi nhuận là lớn nhất.

Đáp án cần nhập là: 136.

Đường thẳng \(OQ\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {OQ}  = \left( {2\,;\,3\,;\,0} \right)\) nên có phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = 3t\\z = 0\end{array} \right.\].

\(E \in OQ \Rightarrow E\left( {2t\,;\,3t\,;\,0} \right)\).

\(\overrightarrow {PE}  = \left( {2t - 3\,;\,3t - 1\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow {PE}  \cdot \overrightarrow {OQ}  = 0 \Leftrightarrow 2\left( {2t - 3} \right) + 3\left( {3t - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{9}{{13}} \Rightarrow E\left( {\frac{{18}}{{13}}\,;\,\frac{{27}}{{13}}\,;\,0} \right)\).

\(N\) di động trên tia \(Oz\)\( \Rightarrow N\left( {0\,;\,0\,;\,n} \right)\).  \(\left( {n > 0} \right)\)

Đường thẳng \(NQ\)có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {NQ}  = \left( {2\,;\,3\,;\, - n} \right)\) nên có phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2{t_1}\\y = 3 + 3{t_1}\\z =  - n{t_1}\end{array} \right.\].

\(\overrightarrow {PF}  = \left( {2{t_1} - 1\,;\,3{t_1} + 2\,;\, - n{t_1}} \right)\)

\(\overrightarrow {PF}  \cdot \overrightarrow {NQ}  = 0 \Leftrightarrow 2\left( {2{t_1} - 1} \right) + 3\left( {3{t_1} + 2} \right) + {n^2}{t_1} = 0 \Leftrightarrow {t_1} = \frac{{ - 4}}{{13 + {n^2}}}\)\( \Rightarrow F\left( {\frac{{18 + 2{n^2}}}{{13 + {n^2}}}\,;\,\frac{{27 + 3{n^2}}}{{13 + {n^2}}}\,;\,\frac{{4n}}{{13 + {n^2}}}} \right)\)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {EF}  = \left( {\frac{{8{n^2}}}{{13\left( {13 + {n^2}} \right)}}\,;\,\frac{{12{n^2}}}{{13\left( {13 + {n^2}} \right)}}\,;\,\frac{{4n}}{{13 + {n^2}}}} \right) = \frac{{4n}}{{13\left( {13 + {n^2}} \right)}}\left( {2n\,;\,3n\,;\,13} \right)\].

Đường thẳng \(EF\) có phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{18}}{{13}} + 2n{t_2}\\y = \frac{{27}}{{13}} + 3n{t_2}\\z = 13{t_2}\end{array} \right.\].

Đường thẳng \(EF\) cắt trục \(Oz\) tại điểm \(T\) \[ \Rightarrow \frac{{18}}{{13}} + 2n{t_2} = 0 \Leftrightarrow {t_2} =  - \frac{9}{{13n}}\]\( \Rightarrow T\left( {0\,;\,0\,;\, - \frac{9}{n}} \right)\).

\(\overrightarrow {PQ}  = \left( { - 1\,;\,2\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow {PN}  = \left( { - 3\,;\, - 1\,;\,n} \right)\); \(\overrightarrow {PT}  = \left( { - 3\,;\, - 1\,;\, - \frac{9}{n}} \right)\).

\(\left[ {\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PN} } \right] = \left( {2n\,;\,n\,;\,7} \right)\).

\({V_{PQNT}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PN} } \right] \cdot \overrightarrow {PT} } \right| = \frac{7}{6}\left| {n + \frac{9}{n}} \right| = \frac{7}{6}\left( {n + \frac{9}{n}} \right) \ge \frac{7}{6} \cdot 2\sqrt {n \cdot \frac{9}{n}}  = 7\)   (Vì \(n > 0\))

Dấu \( = \) xảy ra \( \Leftrightarrow n = \frac{9}{n} \Leftrightarrow {n^2} = 9 \Leftrightarrow n =  \pm 3 \Leftrightarrow n = 3\).   (Vì \(n > 0\))

Khi đó \(P\left( {3\,;\,1\,;\,0} \right)\); \(E\left( {\frac{{18}}{{13}}\,;\,\frac{{27}}{{13}}\,;\,0} \right)\); \(F\left( {\frac{{18}}{{11}}\,;\,\frac{{27}}{{11}}\,;\frac{6}{{11}}} \right)\)

\(\overrightarrow {PE}  = \left( { - \frac{{21}}{{13}}\,;\,\frac{{14}}{{13}}\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow {PF}  = \left( { - \frac{{15}}{{11}}\,;\,\frac{{16}}{{11}}\,;\,\frac{6}{{11}}} \right)\)

Hai vectơ chỉ phương của mặt phẳng \(\left( {PEF} \right)\)là: \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 3;2;0} \right),\overrightarrow {{u_2}}  = \left( { - 15;16;6} \right)\)

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {PEF} \right)\)là \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {12\,;\,18\,;\, - 18} \right) = 6\left( {2;3; - 3} \right)\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( {PEF} \right)\): \(2\left( {x - 3} \right) + 3\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 3y - 3z - 9 = 0\)

\( \Rightarrow a = 2,b = 3,c =  - 3 \Rightarrow a + b + c = 2\).

Đáp án cần nhập là: 2.

Đặt \(F\left( t \right)\) là hàm số thể hiện điện năng lưu trữ sau \(t\) giờ kể từ \(6\) giờ sáng.

Suy ra \(F\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( t \right)\).

Vì hàm số \(f\left( t \right)\) liên tục trên \(\left[ {0;12} \right]\) nên hàm số \(F\left( t \right)\) cũng liên tục trên \(\left[ {0;12} \right]\).

Điện năng lưu trữ lúc 4 giờ chiều (\(t = 10\)) là

\[\begin{array}{l}F\left( {10} \right) &  = \left[ {F\left( {10} \right) - F\left( 6 \right)} \right] + \left[ {F\left( 6 \right) - F\left( 3 \right)} \right] + \left[ {F\left( 3 \right) - F\left( 2 \right)} \right] + F\left( 2 \right)\\ &  = \int\limits_6^{10} {f\left( t \right){\rm{d}}t}  + \int\limits_3^6 {f\left( t \right){\rm{d}}t}  + \int\limits_2^3 {f\left( t \right){\rm{d}}t}  + F\left( 2 \right)\\ &  = \int\limits_6^{10} {\left( {{\rm{100}}t - 900} \right){\rm{d}}t}  + \int\limits_3^6 {\left( { - 200t + 900} \right){\rm{d}}t}  + \int\limits_2^3 {100t{\rm{d}}t}  + F\left( 2 \right)\\ &  = \left. {\left( {50{t^2} - 900t} \right)} \right|_6^{10} + \left. {\left( { - 100{t^2} + 900t} \right)} \right|_3^6 + \left. {\left( {50{t^2}} \right)} \right|_2^3 + 500\\ &  =  - 400 + 0 + 250 + 500 = 350\end{array}\]

Vậy lúc 4 giờ chiều trạm lưu trữ 350 kWh.

Đáp án cần nhập là: 350.

Ta có \(f'\left( t \right) = 1000\left( {2t - m{e^{ - t}}} \right),f''\left( t \right) = 1000\left( {2 + m{e^{ - t}}} \right)\).

Tốc độ bán hàng luôn tăng trong khoảng thời gian 10 năm đầu phát hành sản phẩm khi và chỉ khi hàm số \[f'\left( t \right)\] đồng biến trên \[\left[ {0;10} \right]{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}f''\left( t \right) \ge 0{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;10} \right]\]

\( \Leftrightarrow 2 + m{e^{ - t}} \ge 0{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;10} \right] \Leftrightarrow m \ge  - 2{e^t}{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;10} \right]{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Xét hàm \[g\left( t \right) =  - 2{e^t}\] luôn nghịch biến trên \[\left[ {0;10} \right] \Rightarrow \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{\left[ {0;10} \right]} {\rm{g}}\left( t \right) = g\left( 0 \right) =  - 2\]

Do đó \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow m \ge  - 2\].

Suy ra tổng các giá trị nguyên âm của \[m\] bằng \[ - 3\].

Đáp án cần nhập là: −3.

Đổi \(500\;{\rm{m/s}} = 1800\;{\rm{km/h}}\).

Gọi \(\overrightarrow {{v_1}} \) là vectơ vận tốc của máy bay mục tiêu nên ta có \(\left| {\overrightarrow {{v_1}} } \right| = k\left| {\overrightarrow u } \right| \Rightarrow 900 = 5k \Rightarrow k = 180\).

Suy ra \(\overrightarrow {{v_1}}  = \left( {540; - 720;0} \right)\).

Giả sử \(M\)là vị trí của máy bay mục tiêu khi drone đánh chặn tiếp cận được máy bay mục tiêu ở thời điểm \(t\)(\(t\) tính từ lúc phát hiện máy bay ở vị trí \(A\)), nên \(M\left( { - 44 + 540t;16 - 720t;24} \right)\).

Vì khi máy bay ở vị trí \(A\left( { - 44;16;24} \right)\) thì drone đánh chặn xuất phát nên thời gian drone đánh chặn tiếp cận được máy bay cũng là thời gian máy bay từ vị trí \(A\) đến vị trí \(M\).

Quãng đường của drone đánh chặn bằng khoảng cách từ gốc tọa độ đến vị trí tiếp cận được máy bay.

Khi đó ta có \(1800t = OM\)\( \Leftrightarrow {\left( {1800t} \right)^2} = {\left( { - 44 + 540t} \right)^2} + {\left( {16 - 720t} \right)^2} + {24^2}\)\( \Leftrightarrow t = \frac{1}{{45}}\).

Khi đó khoảng cách từ trạm chỉ huy đến vị trí tiếp cận được máy bay bằng \(1800 \cdot t = 1800 \cdot \frac{1}{{45}} = 40\;{\rm{km}}\).

Đáp án cần nhập là: 40.