Đề thi thử ĐGNL Đại học Khoa học và Công nghệ Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 1

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.

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} = 2\) nên \(y = 2\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} =  + \infty \) nên \(x =  - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Chọn B.

Ta có  \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{3^x} - 1} \right) >  - 1\) \( \Leftrightarrow 0 < {3^x} - 1 < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 1}} \Leftrightarrow 0 < {3^x} - 1 < 2 \Leftrightarrow 1 < {3^x} < 3 \Leftrightarrow 0 < x < 1\). Chọn A.

Vì \(\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).

Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot BA \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

Lại có \(BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).

Có \(AC \bot BD\) và \(BD \bot SA\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right)\).

Mà \(BD \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\). Chọn D.

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

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

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

Ta có \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{1}{2}\). Suy ra \({u_{10}} = {u_1} \cdot {q^9} = 2 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^9} = \frac{1}{{{2^8}}} = \frac{1}{{256}}\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD}  = 2\overrightarrow {SO} \). Chọn D.

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

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 \(D = \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\)

Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) =  - 1 - {\log _2}5\) . Chọn D.

\(I\left( {1;0; - 1} \right),R = 2\). Chọn A.

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1; - 4} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1; - 3; - 4} \right)\) nên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 8;8; - 4} \right)\) hay \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 2;1} \right)\). Chọn B.

Kẻ \(AM \bot BC\) mà \(BC \bot SA\)(do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\)) nên \(BC \bot \left( {SAM} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot SM\).

Khi đó số đo góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\) bằng số đo góc \(\widehat {SMA}\).

Do \(\Delta ABC\) đều cạnh a nên \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét \(\Delta SAM\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{3a}}{2}:\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SMA} = 60^\circ \). Chọn D.

Gọi \(C\left( {x;y;z} \right)\). Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 3\\y = 3\\z - 1 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 3\\z = 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow C\left( {4;3;1} \right)\). Chọn D.

\({\log _a}x = \frac{{{{\log }_b}x}}{{{{\log }_b}a}}\). Chọn A.

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

\({R_A} + {R_B} = 18\). Chọn B.

\[\vec a = 7\overrightarrow i  + 4\overrightarrow j  + 2\overrightarrow k  \Rightarrow \overrightarrow a  = \left( {7;4;2} \right)\]. Chọn C.

Có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\) hoặc \(x =  - 1\).

Bảng xét dấu của đạo hàm là

Dựa vào bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\), ta có hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1;2} \right)\). Chọn D.

Tiệm cận xiên: \[y = x - 2\]

Đường tiệm cận xiên của đồ thị \[\left( C \right)\] cắt trục hoành, trục tung tại các điểm \[A\left( {2;0} \right);\,\,B\left( {0; - 2} \right)\]

\( \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA \cdot OB = 2.\) Chọn A.

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  + \infty  \Rightarrow a < 0\] .

Đồ thị là đồ thị hàm số đa thức bậc 3. Chọn A.

Ta có \(\int\limits_1^3 {\frac{{x + 2}}{x}} dx = \int\limits_1^3 {\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)dx}  = \int\limits_1^3 {dx}  + \int\limits_1^3 {\frac{2}{x}} dx = 2 + 2\left. {\ln \left| x \right|} \right|_1^3 = 2 + 2\ln 3.\)

Do đó \(a = 2,\,b = 2,\,c = 3 \Rightarrow S = 7.\) Chọn B.

Đáy hình lăng trụ là tam giác đều cạnh bằng \(3\) nên \(S = \frac{{{3^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}.\)

Chiều cao của hình lăng trụ bằng \(h = 3\).

Thể tích \(V = S \cdot h = \frac{{9\sqrt 3 }}{4} \cdot 3 = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\). Chọn A.

Gọi \(A\) là biến cố “\(4\) học sinh lên bảng đều là nam”.\(P\left( A \right) = \frac{{C_{15}^4}}{{C_{25}^4}}.\)

Gọi \(B\) là biến cố “\(4\) học sinh lên bảng đều là nữ ”. \(P\left( A \right) = \frac{{C_{10}^4}}{{C_{25}^4}}.\)

Gọi \(C\) là biến cố cố “\(4\) học sinh lên bảng có cả nam và nữ ”

\(P\left( C \right) = 1 - \left( {P\left( A \right) + P\left( B \right)} \right) = 1 - \left( {\frac{{C_{15}^4}}{{C_{25}^4}} + \frac{{C_{10}^4}}{{C_{25}^4}}} \right) = \frac{{443}}{{506}}.\) Chọn C.

Cỡ mẫu \(n = 130\).

Gọi \({x_1},{x_2},...,{x_{130}}\)là mẫu số liệu tuổi thọ của các bóng đèn được xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \({x_{33}} \in \left[ {7;9} \right)\).

Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({Q_1} = 7 + \frac{{\frac{{130}}{4} - \left( {11 + 20} \right)}}{{29}} \cdot \left( {9 - 7} \right) = \frac{{206}}{{29}}\). Chọn B.

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

Phương trình có 1 nghiệm trong đoạn \[{\rm{[0;}}\pi {\rm{]}}\] là nghiệm \[x = \frac{{2\pi }}{3}\]. Chọn B.

Đồ thị của hàm số \(y = ax + b + \frac{c}{{x + d}}\) có phương trình đường tiệm cận đứng là \(x =  - d\), phương trình đường tiệm cận xiên là \(y = ax + b\)

Phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là\(y = x + 1\), nên \(a = b = 1\)

Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị làm số là \(x = 1\), nên \(d =  - 1\)

Đồ thị hàm số qua \(O\left( {0;0} \right)\), nên \(0 = 0 + b + \frac{c}{{0 + d}} \Rightarrow c =  - bd = 1\)

Vậy \(a + b + c + d = 2\). Chọn C.

Áp dụng thuật toán láng giềng gần nhất, ta sẽ ưu tiên cho nhân viên đi đến địa điểm gần nhất và chưa được đi đến trước đó.

\( \Rightarrow \) Quãng đường đi của nhân viên giao hàng là: \(D \to H \to G \to E \to F \to D\).

\( \Rightarrow \) Khoảng cách ngắn nhất để nhân viên giao hàng thực hiện điều đó là: 35 km. Chọn C.

Gọi \(N\) là trung điểm \(AB\). Xét tam giác \(ABC\) có \(MN\) là đường trung bình. Suy ra \(AC\parallel MN\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AC\parallel MN\\MN \subset \left( {SMN} \right)\\AC \not\subset \left( {SMN} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow AC\parallel \left( {SMN} \right)\).

Do đó \(d\left( {AC,SM} \right) = d\left( {AC,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {SAB} \right)\), vẽ \(AH \bot SN\) tại \(H\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}MN \bot AB\,\left( {MN\parallel AC,\,AC \bot AB} \right)\\MN \bot SA\,\left( {\,SA \bot \left( {ABC} \right),\,MN \subset \left( {ABC} \right)} \right)\\AB \cap SA = A\,\end{array} \right.\)\( \Rightarrow MN \bot \left( {SAB} \right)\).

Mà \(AH \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(MN \bot AH\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot MN\\AH \bot SN\\MN \cap SN = N\,\end{array} \right.\)\( \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right)\) tại \(H\).

Do đó \(d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = AH\).

Xét tam giác \(SAN\) vuông tại \(A\) có \(AH\) là đường cao có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{N^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{5^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{5\sqrt {26} }}{{26}}\).

Vậy \(d\left( {AC,SM} \right) = AH = \frac{{5\sqrt {26} }}{{26}} \approx 0,98\). Chọn B.

Xét phương trình \(2x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi cho \(\left( H \right)\) quay quanh trục hoành là

\(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^2}\,{\rm{d}}x}  = \frac{{16\pi }}{{15}}.\) Chọn C.

Gọi \[M\] là biến cố “chọn được sản phẩm mà nó từ phân xưởng \[A\] ”.

Suy ra \[\overline M \] là biến cố “chọn được sản phẩm mà nó từ phân xưởng \[B\] ”.

Gọi \[N\] là biến cố “sản phẩm chọn ra là phế phẩm”.

Suy ra \[\overline N \] là biến cố “sản phẩm chọn ra không là phế phẩm”.

Khi đó ta có: \[P\left( M \right) = 0,6;\,P\left( {\overline M } \right) = 0,4;\,\] \[P\left( {N|M} \right) = 1\%  = 0,01;\,P\left( {\overline N |M} \right) = 0,99\];

\[P\left( {N|\overline M } \right) = 2\%  = 0,02;\,P\left( {\overline N |\overline M } \right) = 0,98\].

Xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm là

\[P\left( N \right) = P\left( {N|M} \right) \cdot P\left( M \right) + P\left( {N|\overline M } \right) \cdot P\left( {\overline M } \right)\] \[ = 0,01 \cdot 0,6 + 0,02 \cdot 0,4 = 0,014\]. Chọn C.

Ta có \[\overrightarrow {AB}  = \left( {2;0; - 1} \right)\,\,;\overrightarrow {AC}  = \left( {0;1; - 1} \right)\]

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \[\overrightarrow n  = \left( {1;\,\,2;\,\,2} \right)\].

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \[x + 2y + 2z - 3 = 0\].

Khoảng cách từ điểm \(D\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \[d = \frac{{\left| {1 \cdot 5 + 2 \cdot 1 + 2 \cdot 1 - 3} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = 2\]. Chọn B.

Ta có \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\): \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\).

Suy ra \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{36}} + \frac{1}{{36}} + \frac{1}{{36}}\)\( \Rightarrow OH = \sqrt {12}  = 2\sqrt 3  \approx 3,46\). Chọn A.

Gọi \(I\) là điểm sao cho \[3\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \].

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{3{x_A} + 2{x_B} - {x_C}}}{4} = \frac{{3 \cdot 0 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) - 1}}{4} = \frac{{ - 3}}{4}\\{y_I} = \frac{{3{y_A} + 2{y_B} - {y_C}}}{4} = \frac{{3 \cdot 0 + 2 \cdot 1 - 0}}{4} = \frac{1}{2}\\{z_I} = \frac{{3{z_A} + 2{z_B} - {z_C}}}{4} = \frac{{3 \cdot \left( { - 1} \right) + 2 \cdot 0 - 1}}{4} =  - 1\end{array} \right.\]

Suy ra \(I\left( { - \frac{3}{4};\frac{1}{2}; - 1} \right)\).

Ta có \[3N{A^2} + 2N{B^2} - N{C^2} = 3{\overrightarrow {NA} ^2} + 2{\overrightarrow {NB} ^2} - {\overrightarrow {NC} ^2}\]

\[ = 3{\left( {\overrightarrow {NI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {NI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {NI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\]\[ = 4{\overrightarrow {NI} ^2} + 2\overrightarrow {NI} \left( {3\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC} } \right) + 3{\overrightarrow {IA} ^2} + 2{\overrightarrow {IB} ^2} - {\overrightarrow {IC} ^2}\]

\[ = 4{\overrightarrow {NI} ^2} + 3{\overrightarrow {IA} ^2} + 2{\overrightarrow {IB} ^2} - {\overrightarrow {IC} ^2} = 4N{I^2} + 3I{A^2} + 2I{B^2} - I{C^2}\].

Do đó \(3N{A^2} + 2N{B^2} - N{C^2}\) nhỏ nhất khi \(NI\) nhỏ nhất suy ra \(N \equiv I\). Do đó \(N\left( { - \frac{3}{4};\frac{1}{2}; - 1} \right)\) . Chọn C.

Cỡ mẫu \(n = 120\). Suy ra nhóm chứa trung vị là nhóm \(\left[ {40;60} \right)\).

Xác suất chọn được học sinh có điểm thuộc nhóm chứa trung vị là \(\frac{{15}}{{120}} = \frac{1}{8}\). Chọn A.

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: \(2\left( {x - 2} \right) + \left( {y + 5} \right) - 3\left( {z + 6} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 2x + y - 3z - 17 = 0\). Chọn B.

Khi xe ô tô dừng hẳn tức là \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow  - 10t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 2\)(giây)

Quãng đường kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là:

\(s = \int\limits_0^2 {v\left( t \right)dt = } \int\limits_0^2 {\left( { - 10t + 20} \right)dt}  = 20\left( m \right)\). Chọn B.

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 \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow m \ge  - 2\]. Vậy có 2 giá trị nguyên âm thỏa mãn. Chọn C.

Để hàm số liên tục tại \(x = 1\) khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow m = 3\). Chọn D.

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{n - 1}}{{2n + 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{1 - \frac{1}{n}}}{{2 + \frac{1}{n}}} = \frac{1}{2}\). Chọn D.

Giả sử An nói sai. Tức là An về nhất hoặc về cuối.

+) Nếu An về nhất thì Chi là người nói sai. Vậy có hai người nói sai. Loại.

+) Nếu An về cuối thì Dương là người nói sai. Vậy có hai người nói sai. Loại.

Giả sử Bình nói sai. Tức là Bình về cuối. Khi đó Dương là người nói sai. Vậy có hai người nói sai. Loại.

Giả sử Dương nói sai. Tức là Dương không về cuối. Lúc này An, Bình, Chi đều nói đúng. Khi đó không có ai về cuối cả vô lí nên trường hợp này loại.

Giả sử Chi nói sai. Tức là Chi không về nhất. Lúc này An, Bình, Dương đều nói đúng.

Khi đó theo 4) Dương về cuối. theo 1) An không về nhất, không về cuối nên An về thứ hai hoặc thứ ba, theo 2) Bình không về cuối.

Do đó Bình là người về nhất. Chọn B.

Vậy Quân là người giữ chìa khóa. Chọn B.