Đề thi tham khảo ĐGNL Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh môn Toán có đáp án - Đề số 5

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(AB \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\SB \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 30^\circ \).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), ta có \(SA = AB \cdot \tan \widehat {SBA} = 2a \cdot \tan 30^\circ  = \frac{{2\sqrt 3 a}}{3}\).

Thể tích khối chóp \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{2\sqrt 3 a}}{3} \cdot 4{a^2} = \frac{{8\sqrt 3 {a^3}}}{9}\). Chọn B.

Ta có \(\overrightarrow {AC'}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \left( {\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AC} } \right) \cdot \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AA'}  \cdot \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {BC} \).

Có \(AA' \bot BC\)nên \(\overrightarrow {AA'}  \cdot \overrightarrow {BC}  = 0\).

Có \(\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} } \right) = 45^\circ \).

Do đó \(\overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {BC}  = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos 45^\circ  = 4\sqrt 2  \cdot 4 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = 16\).

Do đó \(\overrightarrow {AC'}  \cdot \overrightarrow {BC}  = 16\). Chọn C.

Thể tích cần tìm là \(V = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_1^2 {{{\left( {\sqrt {{e^x} - x} } \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_1^2 {\left( {{e^x} - x} \right)dx} \)

\( = \left. {\pi \left( {{e^x} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_1^2 = \pi \left[ {\left( {{e^2} - \frac{{{2^2}}}{2}} \right) - \left( {{e^1} - \frac{1}{2}} \right)} \right] = \pi \left( {{e^2} - e - \frac{3}{2}} \right)\). Chọn A.

Có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) (1).

Tam giác \(ABC\)vuông tại \(B\)nên \(AB \bot BC\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\). Chọn B.

Đồ thị hàm số đi qua \(\left( {0; - 1} \right)\) nên \(b =  - 2\).

Đồ thị hàm số đi qua \(\left( { - 2;0} \right)\) nên \(a = 1\).

Tiệm cận đứng \(x = 2\) nên \(c = 1\). Chọn C.

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

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2; - 1} \right),R = \sqrt 5 \).

Ta có \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 + 2 - 2 \cdot \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2\).

Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến là \(r = \sqrt {{R^2} - {{\left( {d\left( {I,\left( P \right)} \right)} \right)}^2}}  = \sqrt {5 - 4}  = 1\). Chọn A.

Tọa độ điểm \[M = \Delta  \cap \left( P \right)\] là nghiệm của hệ phương trình:  \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{ - 3}} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{2}\\x + 2y - 3z + 2 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{ - 3}} = \frac{y}{1}\\\frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{2}\\x + 2y - 3z + 2 = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 2\\2y - z = 1\\x + 2y - 3z =  - 2\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 1\\z = 1\end{array} \right.\]. Vậy \[M\left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\]. Chọn D.

Từ đồ thị hàm số, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1\,;\,\,1} \right)\). Chọn B.

Ta có \({2^{x - 2}} = {3^{{x^2} + 2x - 8}}\)\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right){\log _3}2 = {x^2} + 2x - 8\)\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right){\log _3}2 = \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {x + 4 - {{\log }_3}2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = {\log _3}2 - 4\end{array} \right.\).

Suy ra \[a = 3;b = 2\]. Vậy \(a + 2b = 7\). Chọn C.

Ta có mẫu số liệu trên có tất cả là 30 học sinh nên trung vị bằng \(\frac{{{x_{15}} + {x_{16}}}}{2} \in \left[ {6;8} \right)\). Chọn C.

Gọi \({R_h} = 10\;mm\) là độ dài kim giờ (\(OA\)), \({R_m} = 15\;mm\)là độ dài kim phút \(\left( {OB} \right)\).

Tốc độ góc của kim phút \({\omega _m} = \frac{{2\pi }}{{60}} = \frac{\pi }{{30}}\)(rad/phút).

Tốc độ góc của kim giờ \({\omega _h} = \frac{{2\pi }}{{12 \cdot 60}} = \frac{\pi }{{360}}\) (rad/phút).

Góc giữa hai kim tại thời điểm \(t\)(phút) là \(\theta \left( t \right) = \left| {\left( {{\omega _m} - {\omega _h}} \right)t} \right| = \left| {\left( {\frac{\pi }{{30}} - \frac{\pi }{{360}}} \right)t} \right| = \frac{{11\pi }}{{360}}t\) (rad).

Diện tích tam giác \(OAB\) là \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right) = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 15 \cdot \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t\).

1. Đúng. Có \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t \le 1\) nên \({S_{\Delta AOB}} \le 75\).

Dấu “=” xảy ra khi \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{180}}{{11}} + k\frac{{720}}{{11}}\).

Thời điểm đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\) lớn nhất ứng với \(k = 0\). Tức là \(t = \frac{{180}}{{11}} \approx 16,36\).

2. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 37,5 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 37,5\)\( \Leftrightarrow \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{1}{2}\).

Thời điểm đầu tiên ứng với góc nhỏ nhất. Khi đó \(\frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{6} \Rightarrow t = \frac{{360}}{{6 \cdot 11}} \approx 5,5\) phút.

3. Đúng. Vì \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right)\).

4. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 0 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = k\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{360}}{{11}}k\).

Với 30 phút đầu tiên thì ứng với \(k = 0\).

Vậy trong 30 phút đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\)bằng 0 tại đúng 1 thời điểm. Chọn 1, 3.

1. Đúng. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Mà \(SO \subset \left( {SMN} \right)\) nên \(\left( {SMN} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).

2. Đúng. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \(a\) nên \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\).

Khi đó \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Suy ra \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}\).

3. Sai. Vì \(ABCD\)là hình vuông cạnh \(a\) có \(M,N\) là trung điểm của \(AD\) và \(BC\) nên \(MN = a\).

Có \(O = AC \cap BD\) nên \(O\)là trung điểm của \(AC,BD,MN \Rightarrow ON = \frac{{MN}}{2} = \frac{a}{2}\).

Xét \(\Delta SON\) vuông tại \(O\)có \(SN = \sqrt {S{O^2} + O{N^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = a\).

Có \(SB = SC\) nên \(\Delta SBC\) cân tại \(S\) mà \(N\)là trung điểm của \(BC\) nên \(SN \bot BC\).

Khi đó \({S_{SBC}} = \frac{1}{2} \cdot SN \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Có \({V_{A.SBC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot {S_{SBC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) \cdot \frac{{{a^2}}}{2}\).

Mà \({V_{A.SBC}} = {V_{S.ABC}}\) nên \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

4. Đúng. Có \(BD \bot AC\) và \(BD \bot SO\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(OH \bot SC\) tại \(H\).

Mà \(OH \cap BD\)trong mặt phẳng \(\left( {BHD} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot \left( {BHD} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot BH\) và \(SC \bot DH\) nên \(\left[ {B,SC,D} \right] = \widehat {BHD}\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) \( \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow OB = OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta SOC\) vuông tại \(O\) có \(OH \bot SC\).

Khi đó \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{10}}{{3{a^2}}} \Rightarrow O{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}}\).

Xét \(\Delta BOH\)vuông tại \(O\), có \(B{H^2} = O{H^2} + O{B^2} = \frac{{3{a^2}}}{{10}} + {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\).

Tương tự \(D{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5}\).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác \(BHD\) có \(\cos \widehat {BHD} = \frac{{B{H^2} + D{H^2} - B{D^2}}}{{2 \cdot BH \cdot DH}} = \frac{{2 \cdot \left( {\frac{{4{a^2}}}{5}} \right) - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{{4{a^2}}}{5}}} =  - \frac{1}{4}\). Chọn 1, 2, 4.

1. Đúng. Với \[HE = x\] thì \[FK = 24 - x\] (\[0 < x < 24\]). Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}AE = \sqrt {25 + {x^2}} \\BF = \sqrt {49 + {{\left( {24 - x} \right)}^2}} \end{array} \right.\].

2. Sai. Tổng quãng đường đi từ A đến B là \[AE + EF + BF = \sqrt {25 + {x^2}}  + \sqrt {49 + {{\left( {24 - x} \right)}^2}}  + EF\] (km).

3. Đúng. Xét hàm số \[f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 25}  + \sqrt {{x^2} - 48x + 625} \];

\[f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 25} }} + \frac{{x - 24}}{{\sqrt {{x^2} - 48x + 625} }},\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,24} \right)\].

4. Sai. Ta cần tổng quãng đường \[AE + EF + FB\] ngắn nhất, mà EF không đổi nên \[AE + FB\] bé nhất.

Từ câu c) ta có \[f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 25} }} + \frac{{x - 24}}{{\sqrt {{x^2} - 48x + 625} }},\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,24} \right)\]; \[f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = 10\].

Bảng biến thiên:

Ta có: \[\mathop {\min }\limits_{\left( {0\,;\,\,24} \right)} f\left( x \right) = 12\sqrt 5 \]; khi đó \[x = 10\,\,km\] và \[BF = 7\sqrt 5 \,\,km \approx 15,65\,\,km\]. Chọn 1, 3.

1. Sai. Mặt cầu đường kính \(AB\) có tâm \(I\left( { - 1;1;2} \right)\) và bán kính \(R = \frac{{AB}}{2} = \sqrt 5 \)

Do đó phương trình mặt cầu đường kính \(AB\) là \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 5\).

2. Đúng. Kiểm tra trực tiếp, ta thấy \(A \notin \left( P \right)\) và \(A \notin \left( {Oxy} \right)\).

Gọi \({A_1},{A_2}\) lần lượt là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\).

Suy ra \({A_1}\left( {3;0;4} \right)\) và \({A_2}\left( {1;2; - 2} \right)\).

Ngoài ra, do điểm \(A\), hai mặt phẳng\(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\) cố định nên hai điểm \({A_1},{A_2}\) cố định.

Khi đó, với mọi \(D \in \left( P \right),E \in \left( {Oxy} \right)\), ta có \(DA = D{A_1},EA = E{A_2}\).

Chu vi \(\Delta ADE\):

\(P\left( {\Delta ADE} \right) = AD + DE + EA = {A_1}D + DE + E{A_2} \ge {A_1}{A_2} = 2\sqrt {11} \)

Dấu  xảy ra khi \({A_1},D,E,{A_2}\) thẳng hàng.

3. Sai. Dễ thấy \[{\Delta _1} \cap {\Delta _2} = C\left( {1;0; - 2} \right)\] và \(\left[ {\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} ,\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} } \right] = \left( {0; - 5; - 5} \right)\).

Suy ra phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\) là \(\left( \alpha  \right):y + z + 2 = 0\).

Gọi \(D = {\Delta _3} \cap \left( \alpha  \right) \Rightarrow D\left( { - 2; - 1; - 1} \right)\) và \(E = {\Delta _4} \cap \left( \alpha  \right) \Rightarrow E\left( {1;1; - 3} \right)\). Suy ra \(\overrightarrow {DE}  = \left( {3;2; - 2} \right)\).

Dễ thấy \(\overrightarrow {DE}  = \left( {3;2; - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}}  = \left( {2;1; - 1} \right)\) không cùng phương; \(\overrightarrow {DE}  = \left( {3;2; - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}}  = \left( {1; - 2;2} \right)\) không cùng phương.

Suy ra đường thẳng \(DE\) cắt cả hai đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\).

Mà \(D = {\Delta _3} \cap \left( \alpha  \right)\) và \(E = {\Delta _4} \cap \left( \alpha  \right)\) nên đường thẳng \(DE\) cắt cả bốn đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2},{\Delta _3},{\Delta _4}\).

Do đó, một véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {3;2; - 2} \right)\).

4. Đúng. Ta thấy mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):2x + y + z - 6 = 0\) cắt các trục \[Ox,Oy,Oz\] lần lượt tại \(M\left( {3;0;0} \right)\), \(N\left( {0;6;0} \right)\)\(P\left( {0;0;6} \right)\). Dễ dàng kiểm tra được điểm \(A\left( {1;2;2} \right)\) chính là trọng tâm của tam giác \(MNP\). Chọn 2, 4.

Gọi \(A\) là biến cố “Người đó là người trẻ”

\(B\) là biến cố “Người đó hồi phục tốt”

\(C\) là biến cố “Người đó tiếp tục liệu trình chuyên sâu”

Xét bệnh nhân là người trẻ. Theo đề \(P\left( A \right) = 0,7\).

Suy ra \(P\left( {BC} \right) = 50\%  = 0,5\), \(P\left( {B\overline C } \right) = 30\%  = 0,3\), \[P\left( {\overline B \overline C } \right) = 20\%  = 0,2\], \[P\left( {\overline B C} \right) = 0\].

Xét bệnh nhân là người trung niên có \(P\left( {\overline A } \right) = 0,3\).

\(P\left( {BC} \right) = 20\%  = 0,2\), \(P\left( {B\overline C } \right) = 10\%  = 0,1\), \[P\left( {\overline B \overline C } \right) = 70\%  = 0,7\], \[P\left( {\overline B C} \right) = 0\].

1. Sai. Ta có \(P\left( {B\left| A \right.} \right) = 0,5 + 0,3 = 0,8\).

2. Đúng. Ta có \(\overline C  = \overline C AB \cup \overline C A\overline B  \cup \overline C \overline A B \cup \overline C \overline A \overline B \).

\(P\left( {\overline C } \right) = P\left( {\overline C AB} \right) + P\left( {\overline C A\overline B } \right) + P\left( {\overline C \overline A B} \right) + P\left( {\overline C \overline A \overline B } \right)\)\( = 0,7 \cdot 0,3 + 0,7 \cdot 0,2 + 0,3 \cdot 0,1 + 0,3 \cdot 0,7 = 0,59\).

3. Đúng. \(P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = 0,41\).

\(P\left( {A\left| C \right.} \right) = \frac{{P\left( {AC} \right)}}{{P\left( C \right)}}\).

\(P\left( {AC} \right) = P\left( {AC\overline B } \right) + P\left( {ACB} \right) = 0,7 \cdot 0 + 0,7 \cdot 0,5 = 0,35\).

Suy ra \(P\left( {A\left| C \right.} \right) = \frac{{P\left( {AC} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{0,35}}{{0,41}} \approx 0,854 > 0,85\).

4. Đúng.\[P\left( {\overline C \left| B \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline C B} \right)}}{{P\left( B \right)}}\];

\(P\left( {\overline C B} \right) = P\left( {\overline C BA} \right) + P\left( {\overline C B\overline A } \right) = 0,3 \cdot 0,7 + 0,1 \cdot 0,3 = 0,24\).

\(P\left( B \right) = P\left( {BA\overline C } \right) + P\left( {BAC} \right) + P\left( {B\overline A C} \right) + P\left( {B\overline A \overline C } \right)\)\( = 0,7 \cdot 0,3 + 0,7 \cdot 0,5 + 0,3 \cdot 0,2 + 0,3 \cdot 0,1 = 0,65\).

Suy ra \[P\left( {\overline C \left| B \right.} \right) = \frac{{0,24}}{{0,65}} \approx 0,37\]. Chọn 2, 3, 4.

Thể tích nước ban đầu là \(V = \pi {r^2}h = \pi  \cdot {2^2} \cdot 9 = 36\pi \left( {{m^3}} \right)\). Chọn A.

Sau 15 phút, mực nước trong bể còn lại cao 4 m  trong khi bể cao 9 m. Vậy chiều cao của khối nước đã thoát ra là \(9 - 4 = 5\) (m).

Vậy thể tích nước thoát ra sau 15 phút là \(V\left( {15} \right) = \pi {r^2} \cdot 5 = \pi  \cdot {2^2} \cdot 5 = 20\pi \left( {{m^3}} \right)\).

Có \(V\left( {15} \right) = \int\limits_0^{15} {V'\left( t \right)dt}  = \int\limits_0^{15} {k\left( {45 - t} \right)dt}  = k\left. {\left( {45t - \frac{{{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{15} = k\left( {45 \cdot 15 - \frac{{{{15}^2}}}{2}} \right) = 20\pi \)

\( \Leftrightarrow 562,5k = 20\pi  \Leftrightarrow k = \frac{{20\pi }}{{562,5}} \approx 0,1117\). Chọn A.

Thể tích nước thoát ra sau 42 phút là \(V\left( {42} \right) = \int\limits_0^{42} {\frac{{20\pi }}{{562,5}}\left( {45 - t} \right)dt}  = 35,84\pi \left( {{m^3}} \right)\).

Thể tích nước còn lại là \({V_1} = 36\pi  - 35,84\pi  = 0,16\pi  \approx 0,5026548\left( {{m^3}} \right) \approx 503\)lít. Chọn A.

Hàm số bậc ba \[y = f\left( x \right)\] có dạng \[y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\], \[\left( {a \ne 0} \right)\]

Ta có: \[ON = OM + MN = 2 + 3,5 = 5,5\left( {km} \right)\]

Dựa vào hình vẽ trên, ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại các điểm: \[O\left( {0;0} \right)\],\[M\left( {2;0} \right)\] và \[N\left( {5,5;0} \right)\]

Khi đó, phương trình \[f\left( x \right) = 0\] có ba nghiệm phân biệt là \[x = 0;x = 2;x = 5,5\].

\[ \Rightarrow f\left( x \right) = kx\left( {x - 2} \right)\left( {x - 5,5} \right)\]\[ = k\left( {{x^3} - 7,5{x^2} + 11x} \right)\] với đồ thị hàm số \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty }  =  - \infty \] nên \[k < 0\]

Ta có: \[f'\left( x \right) = k\left( {3{x^2} - 15x + 11} \right)\]

Xét \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow k\left( {3{x^2} - 15x + 11} \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 15x + 11 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{15 \pm \sqrt {93} }}{6}\].

Độ sâu của hồ nước là \[450m = 0,45km\] nên ta có giá trị cực tiểu của đồ thị hàm số trên là\[{y_{CT}} =  - 0,45\].

Suy ra, \[f\left( {\frac{{15 - \sqrt {93} }}{6}} \right) =  - 0,45 \Leftrightarrow k \cdot \frac{{ - 135 + 31\sqrt {93} }}{{36}} =  - 0,45 \Leftrightarrow k = \frac{{ - 16,2}}{{ - 135 + 31\sqrt {93} }}\].

Chiều cao của ngọn núi tương ứng với .

Vậy ngọn núi cao khoảng \[1191\,m\]. Chọn A.

Có \[f''\left( x \right) = k\left( {6x - 15} \right)\]; \(f''\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2,5\).

Vậy khoảng cách từ điểm uốn đến điểm \(O\) theo phương ngang là \(2,5\;km\). Chọn C.

 Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 1; - 2; - 3} \right),R = \sqrt {14} \).

Ta có \(IM = \sqrt {{{\left( { - 1 + 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3 + 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 3} \right)}^2}}  = \sqrt 2  < R\) nên \(M\)nằm trong mặt cầu \(\left( S \right)\).

Do đó mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\)và luôn cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là một đường tròn.

Gọi \(H\) là tâm đường tròn giao tuyến.

Khi đó \(IH \bot \left( P \right)\). Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến là \(r = \sqrt {{R^2} - I{H^2}}  = \sqrt {14 - I{H^2}} \).

Suy ra \(r\) nhỏ nhất khi \(IH\) lớn nhất.

Ta có \(IH \le IM\) nên \(IH\)lớn nhất khi \(M\) trùng \(H\). Khi đó \(IM \bot \left( P \right)\).

Khi đó \(\left( P \right)\) là mặt phẳng qua \(M\) và nhận \(\overrightarrow {IM}  = \left( {0; - 1;1} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến có phương trình là

\( - \left( {y + 3} \right) + \left( {z + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow y - z + 1 = 0\).

Suy ra \(a = 1;b =  - 1 \Rightarrow a + b = 0\).

Đáp án cần nhập là: 0.

Ta có \(BA = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = \sqrt {26} \), \(CB = \sqrt {{6^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}}  = 2\sqrt {26} \).

Gọi \(D\left( {a;b;c} \right)\) là chân đường vuông góc trong góc \(B\).

Khi đó \(\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{1}{2}\)\( \Leftrightarrow DC = 2DA \Leftrightarrow \overrightarrow {DC}  =  - 2\overrightarrow {DA} \).

Ta có \(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 4 - a;7 - b;5 - c} \right),\overrightarrow {DA}  = \left( {1 - a;2 - b; - 1 - c} \right)\).

Vì \(\overrightarrow {DC}  =  - 2\overrightarrow {DA} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 - a =  - 2\left( {1 - a} \right)\\7 - b =  - 2\left( {2 - b} \right)\\5 - c =  - 2\left( { - 1 - c} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{2}{3}\\b = \frac{{11}}{3}\\c = 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow D\left( { - \frac{2}{3};\frac{{11}}{3};1} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {BD}  = \left( { - \frac{8}{3};\frac{{14}}{3}; - 2} \right)\). Vậy \(BD = \sqrt {{{\left( { - \frac{8}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{14}}{3}} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}}  \approx 5,73\).

Đáp án cần nhập là: 5,73.

Đường thẳng \(d\)đi qua điểm \(K\left( {0;0;4} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {1;0;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {KA}  = \left( {0;6;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {KA}  \cdot \overrightarrow u  = 0 \Rightarrow AK \bot d\).

Do đó K là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên đường thẳng \(d\).

Có \(d \subset \left( P \right)\) và \(AH \bot \left( P \right)\) nên \(AH \bot HK\).

Lại có \(\overrightarrow {{n_P}}  \cdot \overrightarrow u  = 0\) nên hoành độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_P}} \) bằng 0.

Do điểm \(A\) có hoành độ bằng 0 nên hình chiếu \(H\) của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\) cũng phải có hoành độ bằng 0. Tức là điểm \(H\)nằm trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có \(\widehat {AHK} = 90^\circ \) nên \(H\)luôn nằm trên đường tròn đường kính \(AK\).

Đường tròn này có tâm \(I\left( {0;3;4} \right)\)là trung điểm của \(AK\) và bán kính \(R = \frac{{AK}}{2} = 3\).

Do đó khoảng cách từ O đến H lớn nhất thì \(H\)là giao điểm của tia \(OI\) với đường tròn.

Ta có \(OI = 5\). Khi đó \(O{H_{\max }} = OI + R = 5 + 3 = 8\).

Đáp án cần nhập là: 8.

Ta có \(I = \int\limits_1^3 {f\left( {\left| {4 - 2x} \right|} \right)dx} \)\( = \int\limits_1^2 {f\left( {4 - 2x} \right)dx}  + \int\limits_2^3 {f\left( {2x - 4} \right)dx} \).

Đặt \(t =  - 2x + 4 \Rightarrow dt =  - 2dx\)

\(u = 2x - 4 \Rightarrow du = 2dx\).

Khi đó \[I =  - \frac{1}{2}\int\limits_2^0 {f\left( t \right)dt}  + \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( u \right)du} \]\[ = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( t \right)dt}  + \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( u \right)du}  = 1.\]

Đáp án cần nhập là: 1.

Vì chiều cao của khối đá còn lại bằng \(\frac{2}{3}\) khối đá ban đầu nên chiều cao khối đá còn lại \(h = \frac{2}{3} \cdot 30 = 20\)(cm).

Diện tích đáy bé (hình vuông cạnh 20 cm) có diện tích là \({S_1} = {20^2} = 400\;\left( {c{m^2}} \right)\).

Mô tả mặt cắt dọc của khối đá và kí hiệu như hình vẽ

Gọi \(x\)là độ dài cạnh đáy lớn của khối đá còn lại.

Từ hình ta có \(x = 2EF + 20\).

Xét \(\Delta AKD\)vuông , ta có \(\tan \widehat {KDA} = \frac{{AK}}{{DK}} = \frac{{10}}{{30}} = \frac{1}{3}\).

Xét \(\Delta DEF\), ta có \(\tan \widehat {EDF} = \frac{{EF}}{{FD}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{EF}}{h} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow EF = \frac{h}{3} = \frac{{20}}{3}\).

Suy ra độ dài đáy lớn là \(2EF + 20 = 2 \cdot \frac{{20}}{3} + 20 = \frac{{100}}{3}\).

Suy ra \({S_2} = {x^2} = {\left( {\frac{{100}}{3}} \right)^2} = \frac{{10000}}{9}\).

Vậy thể tích của khối đá còn lại là \(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1} \cdot {S_2}} } \right)\)

\( = \frac{1}{3} \cdot 20 \cdot \left( {400 + \frac{{10000}}{9} + \sqrt {400 \cdot \frac{{10000}}{9}} } \right) = 14518,51852\;\left( {c{m^3}} \right) \approx 14,5\;\left( {d{m^3}} \right)\).

Đáp án cần nhập là: 14,5.

Sau nửa giờ, nhiệt độ mẫu chất lỏng là \(150^\circ F\) nên ta có:

\(150 = 65 + \left( {195 - 65} \right) \cdot {e^{ - 0,5k}} \Leftrightarrow {e^{ - 0,5k}} = \frac{{17}}{{26}}\)\( \Leftrightarrow {e^k} = {\left( {\frac{{17}}{{26}}} \right)^{ - 2}}\).

Để nhiệt độ của mẫu chất lỏng không vượt quá \(91^\circ F\) thì

\(65 + \left( {195 - 65} \right){e^{ - kt}} \le 91\)\( \Leftrightarrow {\left( {{e^k}} \right)^{ - t}} \le \frac{1}{5}\)\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{17}}{{26}}} \right)^{2t}} \le \frac{1}{5}\)\( \Leftrightarrow t \ge \frac{1}{2}{\log _{\frac{{17}}{{26}}}}\left( {\frac{1}{5}} \right) \approx 114\) phút.

Đáp án cần nhập là: 114.

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \[M\] và tạo với \(d\) một góc nhỏ nhất bằng góc giữa \(d\) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Khi đó \(\Delta \) nhận vec tơ \[\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right],\overrightarrow {{n_Q}} } \right]\] làm vec tơ chỉ phương.

Ta có \[\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1; - 2;1} \right),\,\,\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1; - 1; - 2} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {5;3;1} \right)\]\[ \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right],\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {5; - 4; - 13} \right)\].

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 5t\\y = 1 - 4t\\z = 1 - 13t\end{array} \right.\).

Thay \(t =  - 2\) ta được điểm \(A\left( { - 8;9;27} \right) \Rightarrow a + b = 36\).

Đáp án cần nhập là: 36.

Theo quy tắc chơi đã cho ta thấy cuộc chơi theo dãy số \[{u_1} = 2,\,{u_{n + 1}} = 2{u_n} - 1,\forall n \ge 1\].

Biến đổi \[\,{u_{n + 1}} - 1 = 2\left( {{u_n} - 1} \right),\forall n \ge 1\] và đặt \[{v_n} = {u_n} - 1,\forall n \ge 1\], ta có \[{v_{n + 1}} = 2{v_n}\]là cấp số nhân có công bội \[q = 2,\,{v_1} = 1\].

Tổng của \[n\] số hạng đầu của cấp số nhân là \[{S_n} = \frac{{1 - {2^n}}}{{1 - 2}} = {2^n} - 1\].

Do đó tổng số bi trong hộp là: \[{T_n} = {S_n} + n = {2^n} + n - 1 > 2000 \Rightarrow n \ge 11\].

Đáp án cần nhập là: 11.

Số tiền mà nhà máy \[A\] thu được từ việc bán \[x\] tấn sản phẩm \(\left( {0 \le x \le 100} \right)\) cho nhà máy \[B\] là: \(R\left( x \right) = xP\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) = 45x - 0,001{x^3}\) (triệu đồng).

Chi phí để \[A\] sản xuất \[x\]tấn sản phẩm trong một tháng là \(C\left( x \right) = 100 + 30x\) (triệu đồng).

Lợi nhuận (triệu đồng) mà nhà máy\(A\) thu được là:

\(P\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = 45x - 0,001{x^3} - \left( {100 + 30x} \right) =  - 0,001{x^3} + 15x - 100\).

Xét hàm số \(P\left( x \right) =  - 0,001{x^3} + 15x - 100\) với \(\left( {0 \le x \le 100} \right)\) ta có:

\(P'\left( x \right) =  - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 5000 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2 \)

Ta có \(P\left( 0 \right) =  - 100;\,\,P\left( {50\sqrt 2 } \right) = 500\sqrt 2  - 100 \approx 607;\,\,P\left( {100} \right) = 400\)

Vậy nhà máy\(A\) thu được lợi nhuận lớn nhất khi bán \(50\sqrt 2  \approx 70,7\) tấn sản phẩm cho nhà máy \(B\) mỗi tháng.

Đáp án cần nhập là: 70,7.

Gọi \(A\)là biến cố “Quả đó là sản phẩm của trang trại A”;

\(B\)là biến cố “Quả đó đạt chuẩn”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,73 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,27\).

Đặt \(P\left( {B|\overline A } \right) = x\left( {0 < x < 1} \right)\). Suy ra \(P\left( {B|A} \right) = 3x\).

Cần tính \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}}\]\( = \frac{{0,73 \cdot 3x}}{{0,73 \cdot 3x + 0,27 \cdot x}} = \frac{{73}}{{82}} \approx 0,89\).

Đáp án cần nhập là: 0,89.