Đề thi thử ĐGNL Đại học Khoa học và Công nghệ Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 4

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 4;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 4} \right) =  - 71\). Chọn C.

 \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 4\). Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị cực đại của hàm số \(f\left( x \right)\) bằng \(f\left( 1 \right)\). Chọn B.

Gọi \(x\) là cạnh của khối lập phương. Khi đó \({x^3} = 3{a^3}\sqrt 3  \Rightarrow x = a\sqrt 3 \). Chọn A.

Đường thẳng \(d\) đi qua \(C\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\) nhận vectơ pháp tuyến của \(\left( {ABD} \right)\) là vectơ chỉ phương.

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 2;2} \right),\overrightarrow {AD}  = \left( {0; - 1;3} \right)\).

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\) là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \overrightarrow {{n_{ABD}}}  = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right] = \left( { - 4; - 3; - 1} \right)\). Suy ra loại đáp án A và C.

Thay tọa độ điểm \(C\left( {2; - 1;3} \right)\) vào phương án D, ta thấy thỏa mãn. Chọn D.

\(\log _a^2\left( {\frac{{{a^2}}}{b}} \right) \cdot {\log _a}\left( {ab} \right) - 4 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_a}{a^2} - {{\log }_a}b} \right)^2} \cdot \left( {{{\log }_a}a + {{\log }_a}b} \right) - 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {4 - 4{{\log }_a}b + {{\left( {{{\log }_a}b} \right)}^2}} \right] \cdot \left( {1 + {{\log }_a}b} \right) - 4 = 0\)\[ \Leftrightarrow 4 - 4{\log _a}b + {\left( {{{\log }_a}b} \right)^2} + 4{\log _a}b - 4{\left( {{{\log }_a}b} \right)^2} + {\left( {{{\log }_a}b} \right)^3} - 4 = 0\]

\[ \Leftrightarrow  - 3{\left( {{{\log }_a}b} \right)^2} + {\left( {{{\log }_a}b} \right)^3} = 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _a}b = 0\left( {KTM} \right)\\{\log _a}b = 3\left( {TM} \right)\end{array} \right.\].

Có \({\left( {{{\log }_b}a} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{{{{\log }_a}b}}} \right)^2} = \frac{1}{9}\). Chọn A.

Ta có đồ thị \(g\left( x \right)\) giao với trục hoành \( \Leftrightarrow g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right)} }} = 0\) với \(f\left( x \right) > 0\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = {x_2}\\x = {x_3}\end{array} \right.\).

Diện tích hình phẳng cần tìm là

\(S = \int\limits_{{x_1}}^{{x_3}} {\left| {g\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_{{x_1}}^{{x_3}} {\left| {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}} \right|dx}  = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left| {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}} \right|dx}  + \int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {\left| {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}} \right|dx} \) \( = \left| {\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}dx} } \right| + \left| {\int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}dx} } \right|\)

\( = \left| {\left. {2\sqrt {f\left( x \right)} } \right|_{{x_1}}^{{x_2}}} \right| + \left| {\left. {2\sqrt {f\left( x \right)} } \right|_{{x_2}}^{{x_3}}} \right|\)\( = 2\left( {\left| {\sqrt {f\left( {{x_2}} \right)}  - \sqrt {f\left( {{x_1}} \right)} } \right| + \left| {\sqrt {f\left( {{x_3}} \right)}  - \sqrt {f\left( {{x_2}} \right)} } \right|} \right)\)\( = 2\left( {\left| {\sqrt {16}  - \sqrt 1 } \right| + \left| {\sqrt 9  - \sqrt {16} } \right|} \right) = 8\). Chọn C.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AC\) và \(K\)là hình chiếu vuông góc của \(H\)lên \(AC\).

Do tam giác \(ABC\)là tam giác đều nên \(BI \bot AC\) và \(AK = \frac{2}{3}AI\).

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ACC'A'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc \(\widehat {A'KH} = 45^\circ \).

Xét tam giác vuông \(A'HK\) ta có:

\(\tan 45^\circ  = \frac{{A'H}}{{HK}} = \frac{{A'H}}{{\frac{2}{3}BI}} = \frac{{A'H}}{{\frac{2}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}a}} \Rightarrow A'H = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a\).

Vậy thể tích của khối lăng trụ \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}} \cdot A'H = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3}a = \frac{1}{4}{a^3}\). Chọn A.

\(\int {\left( {4{x^3} + \frac{2}{x}} \right)} \,{\rm{d}}x = {x^4} + 2\ln \left| x \right| + C\). Chọn B.

Ta có

\(\int\limits_1^2 {\left[ {2f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx}  = 2\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  - \int\limits_1^2 {g\left( x \right)dx}  = 2\int\limits_1^2 {f\left( u \right)du}  - \int\limits_1^2 {g\left( v \right)dv}  = 2 \cdot 3 - 4 = 2\). Chọn A.

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\].

Ta có \(y' = \frac{{2{x^2} - 4mx + 3m + 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\).

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;5} \right)\)

\( \Leftrightarrow y' = \frac{{2{x^2} - 4mx + 3m + 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}} \le 0\forall x \in \left( {1;5} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - 4mx + 3m + 1 \le 0\forall x \in \left( {1;5} \right)\\m \notin \left( {1;5} \right)\end{array} \right.\)

Có \(2{x^2} - 4mx + 3m + 1 \le 0\) \( \Leftrightarrow m \ge \frac{{1 + 2{x^2}}}{{4x - 3}}\)\[ \Leftrightarrow m \ge g\left( x \right)\].

Xét \(g\left( x \right) = \frac{{1 + 2{x^2}}}{{4x - 3}}\).

Có \(g'\left( x \right) = \frac{{8{x^2} - 12x - 4}}{{{{\left( {3 - 4x} \right)}^2}}}\); \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{4}\) vì \(x \in \left( {1;5} \right)\).

Bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}m \ge 3\\\left[ \begin{array}{l}m \le 1\\m \ge 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 5\)

Do nguyên dương bé hơn 2024 nên \(5 \le m \le 2023\).

Vậy có tất cả 2019 giá trị. Chọn D.

\({3^{x - 2}} = 9\)\( \Leftrightarrow {3^{x - 2}} = {3^2} \Leftrightarrow x - 2 = 2 \Leftrightarrow x = 4\). Chọn D.

Ta có \(C'\left( t \right) = \frac{{ - 6{t^3} + 81}}{{{{\left( {27 + {t^3}} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow {t^3} = \frac{{27}}{2} \Rightarrow t = 2,38 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} C\left( t \right) = C\left( {2,38} \right)\).

Vậy nồng độ hóa chất trong máu cao nhất sau 2,38 giờ tiêm. Chọn D.

Ta có \(s'\left( t \right) = 3{t^2} - 36t + 96\), \(s'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 4\\t = 8\end{array} \right.\).

Trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\)vị trí của chất điểm di chuyển từ 0 đến 160 nên quãng đường đi được là 160 m.

Trên khoảng \(\left( {4;8} \right)\)vị trí của chất điểm di chuyển từ 160 xuống 128 nên quãng đường đi được là 32 m.

Trên khoảng \(\left( {8;10} \right)\)vị trí của chất điểm di chuyển từ 128 lên 160 nên quãng đường đi được là 32 m.

Vậy quãng đường di chuyển trong 10 giây đầu tiên là: 160 + 32 + 32 = 224. Chọn A.

Do tổng xác suất thắng cờ của A và B trong 1 ván là 1 nên khi A thắng thì đồng nghĩa với việc B thua, A thua đồng nghĩa với việc B thắng.

Gọi X là biến cố: “A là người chiến thắng” \( \Rightarrow \overline X \) là biến cố: “B là người chiến thắng”.

B là người chiến thắng khi B thắng liên tiếp 3 ván, xác suất \(P\left( {\overline X } \right) = {\left( {0,45} \right)^3}\).

Xác suất xảy ra X là: \(P\left( X \right) = 1 - P\left( {\overline X } \right) = 1 - {\left( {0,45} \right)^3} = 0,91\). Chọn B.

Gọi \(A = d \cap {\Delta _1},B = d \cap {\Delta _2}\).

Vì \(A \in {\Delta _1} \Rightarrow A\left( { - 1 + a; - 2 + 2a;a} \right)\) và \(B \in {\Delta _2} \Rightarrow B\left( {2 + 2b;1 + b;1 + b} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - a + 2b + 3; - 2a + b + 3; - a + b + 1} \right)\).

Vì \(d//\left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {{n_P}}  = 0 \Leftrightarrow b = a - 4\). Suy ra \(\overrightarrow {AB}  = \left( {a - 5; - a - 1; - 3} \right)\).

Có \(AB = \sqrt {2{{\left( {a - 2} \right)}^2} + 27}  \ge 3\sqrt 3 ,\forall a \in \mathbb{R}\).

Khi đó \(\min AB = 3\sqrt 3 \) khi \(a = 2 \Rightarrow A\left( {1;2;2} \right),\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3; - 3; - 3} \right)\).

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

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2}} \right) - 2{x^2}\) với \(x \in \left[ { - 1;2} \right] \Rightarrow {x^2} \in \left[ {0;4} \right]\).

Ta có \(g'\left( x \right) = 2xf'\left( {{x^2}} \right) - 4x = 2x\left[ {f'\left( {{x^2}} \right) - 2} \right]\).

Ta có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f'\left( {{x^2}} \right) = 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = 0\\{x^2} = 4\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2 \notin \left[ { - 1;2} \right]\\x = 2\end{array} \right.\).

Vì \({x^2} \in \left[ {0;4} \right]\) nên \(f'\left( {{x^2}} \right) \ge 2 \Rightarrow f'\left( {{x^2}} \right) - 2 \ge 0\).

Bảng biến thiên của \(g\left( x \right)\)

Vậy \[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} g\left( x \right) = f\left( 0 \right)\]. Chọn B.

Ta có \({e^{3x + 5y}} - {e^{x + 3y + 1}} = 1 - 2x - 2y\)\( \Leftrightarrow {e^{3x + 5y}} + \left( {3x + 5y} \right) = {e^{x + 3y + 1}} + x + 3y + 1\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {e^t} + t\) trên \(\mathbb{R}\).

Có \(f'\left( t \right) = {e^t} + 1 > 0,\forall t\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó \({e^{3x + 5y}} + \left( {3x + 5y} \right) = {e^{x + 3y + 1}} + x + 3y + 1\)\( \Leftrightarrow f\left( {3x + 5y} \right) = f\left( {x + 3y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow 3x + 5y = x + 3y + 1\)\( \Leftrightarrow 2y = 1 - 2x\).

Khi đó phương trình \(\log _3^2\left( {3x + 2y - 1} \right) - \left( {m + 6} \right){\log _3}x + {m^2} + 9 = 0\) trở thành

\(\log _3^2x - \left( {m + 6} \right){\log _3}x + {m^2} + 9 = 0\).

Coi phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn là \({\log _3}x\).

Khi đó để phương trình có nghiệm thì \(\Delta  \ge 0\)\( \Leftrightarrow  - 3{m^2} + 12m \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 4\). Chọn B.

\(x\sqrt {{x^5}}  = x \cdot {x^{\frac{5}{2}}} = {x^{\frac{7}{2}}}\). Chọn C.

 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\). Chọn D.

 \(I = \int\limits_0^1 {{{\left( {1 - x} \right)}^{2024}}{\rm{d}}x}  = \left. { - \frac{{{{\left( {1 - x} \right)}^{2025}}}}{{2025}}} \right|_0^1 = \frac{1}{{2025}}\). Chọn D.

 \(\int\limits_3^5 {\frac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}}{\rm{d}}x = } \int\limits_3^5 {\left( {x + \frac{1}{{x + 1}}} \right){\rm{d}}x} \) \[ = \left. {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + \ln \left( {x + 1} \right)} \right)} \right|_3^5 = \frac{{25}}{2} + \ln 6 - \left( {\frac{9}{2} + \ln 4} \right) = 8 + \ln \frac{3}{2}\].

Suy ra \(a = 8;b = 3\). Vậy \(S = a - 2b = 2\). Chọn D.

 Gọi \(A\)là biến cố “Chọn được 3 đoàn viên đều là nam”.

Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{{C_{12}^3}}{{C_{20}^3}} = \frac{{11}}{{57}}\).

Vậy xác suất để chọn được 3 đoàn viên có ít nhất 1 đoàn viên nữ là \(P = 1 - P\left( A \right) = \frac{{46}}{{57}}\). Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu là \(C_{200}^3\).

Gọi \(A\)là biến cố “Chọn được 3 số lập thành cấp số cộng”.

Giả sử 3 số chọn được theo thứ tự là a, b, c.

Khi đó \(a + c = 2b\). Do đó \(a,c\)phải có cùng tính chẵn, lẻ.

Khi đó \(n\left( A \right) = C_{100}^2 + C_{100}^2\).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{C_{100}^2 + C_{100}^2}}{{C_{200}^2}} \approx 0,0075\). Chọn C.

Ta có: \({4^{x + 1}} - 2 \cdot {6^x} + m \cdot {9^x} = 0 \Leftrightarrow 4 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2x}} - 2 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^x} + m = 0 \Leftrightarrow  - m = 4 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2x}} - 2 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^x}\).

Đặt \(t = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^x}\left( {t > 0} \right)\), ta được: \(4{t^2} - 2t =  - m\).

Để phương trình \({4^{x + 1}} - 2 \cdot {6^x} + m \cdot {9^x} = 0\) có đúng 1 nghiệm thì phương trình \(4{t^2} - 2t =  - m\) có đúng 1 nghiệm dương.

Đặt \(f\left( t \right) = 4{t^2} - 2t\left( {t > 0} \right)\).

Khi đó: \(f'\left( t \right) = 8t - 2\). Cho \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{4}\).

Bảng biến thiên

Ycbt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m =  - \frac{1}{4}\\ - m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \frac{1}{4}\\m \le 0\end{array} \right.\). Chọn B.

Gọi \(v(t)\) là vận tốc tại thời điểm \(t\), \(s(t)\) là quảng đường xe đi được tại thời điểm \(t\).

Ta có \(v(t) = v(0) + \int\limits_0^t {( - a)} {\rm{d}}x =  - at + 15\).

\(s(t) = s(0) + \int\limits_0^t v (x){\rm{d}}x = \int\limits_0^t {( - ax + 15)} {\rm{d}}x =  - \frac{1}{2}a{t^2} + 15t\).

Xe đi được thêm \(20\)m thì dừng nên \(\left\{ \begin{array}{l}v(t) = 0\\s(t) = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - at + 15 = 0\\ - \frac{1}{2}a{t^2} + 15t = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{15}}{t}\\\frac{{15}}{2}t = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{45}}{8}\\t = \frac{8}{3}.\end{array} \right.\)

Vậy \(a \in (5;6)\). Chọn D.

Gọi 1 vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là: \(\overrightarrow n  = \left( {A;B;C} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có 1 vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {0;2; - 1} \right)\).

Do \(\left( \alpha  \right) \bot \left( P \right) \Rightarrow \overrightarrow n  \cdot \overrightarrow {{n_P}}  = 0 \Leftrightarrow 2B - C = 0 \Leftrightarrow C = 2B\).

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right):Ax + By + 2Bz + D = 0\)

Do \(A \in \left( \alpha  \right) \Leftrightarrow D =  - 2A\). Vậy \(\left( \alpha  \right):Ax + By + 2Bz - 2A = 0\).

Do \(\left( \alpha  \right)\) cắt tia \(Oy\) và \(Oz\) nên \(A,B\) cùng dấu.

Mặt khác: \(d\left( {O,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \frac{{\left| { - 2A} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {{\left( {2B} \right)}^2}} }} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \frac{{\left| {2A} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + 5{B^2}} }} = \frac{4}{3}\).

\( \Leftrightarrow 36{A^2} = 16\left( {{A^2} + 5{B^2}} \right) \Leftrightarrow {A^2} = 4{B^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{A}{B} = 2\left( {TM} \right)\\\frac{A}{B} =  - 2\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\).

Với \(\frac{A}{B} = 2\). Chọn \(A = 2 \Rightarrow B = 1\). Khi đó: \(\left( \alpha  \right):2x + y + 2z - 4 = 0\). Do đó: \(B\left( {0;4;0} \right)\) và \(C\left( {0;0;2} \right)\).

Vậy \({V_{OABC}} = \frac{1}{6}OA \cdot OB \cdot OC = \frac{1}{6} \cdot 2 \cdot 4 \cdot 2 = \frac{8}{3}\). Chọn B.

Vì \(M = {\rm{\Delta }} \cap d\) nên \(M \in d\), do đó \(M\left( {1 + 2t; - 1 - t; - 2 + 2t} \right)\).

\(\overrightarrow {AM}  = \left( {2t; - 4 - t; - 6 + 2t} \right)\); \(3\overrightarrow {AM}  = \left( {6t; - 12 - 3t; - 18 + 6t} \right)\).

Điểm \(N = {\rm{\Delta }} \cap \left( P \right)\); \(N = \left( {x;y;z} \right)\); \(\overrightarrow {AN}  = \left( {x - 1;y - 3;z - 4} \right)\).

Vì \[\overrightarrow {AN}  = 3\overrightarrow {AM} \]\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 6t\\y - 3 =  - 12 - 3t\\z - 4 =  - 18 + 6t\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6t + 1\\y =  - 9 - 3t\\z =  - 14 + 6t\end{array} \right.\).

\(N \in \left( P \right)\) nên \(3\left( {6t + 1} \right) + 3\left( { - 9 - 3t} \right) + 5\left( { - 14 + 6t} \right) + 16 = 0\)\[ \Leftrightarrow t = 2\]

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 13\\y =  - 15\\z =  - 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow N\left( {13; - 15; - 2} \right)\);\(M\left( {5; - 3;2} \right)\)\( \Rightarrow \)\(\overrightarrow {MN}  = \left( { - 8;12;4} \right)\).

\[\overrightarrow {AN}  = 3\overrightarrow {AM} \] suy ra \(A,\,M,\,N\) thẳng hàng.

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\) và nhận \(\frac{{ - \overrightarrow {MN} }}{4} = \left( {2; - 3; - 1} \right)\) là véc tơ chỉ phương có phương trình là \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 3 - 3t\\z = 4 - t\end{array} \right.\].

Dễ kiểm tra thấy điểm \(\left( {7; - 6;1} \right)\)thuộc đường thẳng \(\Delta \). Chọn B.

\(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SAH} = 45^\circ \).

Do đó, tam giác \(SAH\) vuông cân tại \(H\) nên \(SH = AH\).

Xét tam giác \(AIH\) vuông tại \(I\) ta có \(AH = \sqrt {A{I^2} + H{I^2}}  = \frac{{a\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}\).

Vẽ \(Ax\) song song \(CI\) và \(HE\) vuông góc \(Ax\) tại \(E\).

Ta có \[IC//AE\] nên \(IC//\left( {SAE} \right)\) \[ \Rightarrow {\rm{d}}\left( {IC,SA} \right) = {\rm{d}}\left( {IC,\left( {SAE} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {H,\left( {SAE} \right)} \right)\].

Vẽ \(HK \bot SE\) tại \(K\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot HE\\AE \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AE \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow AE \bot HK\), mà \(HK \bot SE\) nên \(HK \bot \left( {SAE} \right)\),

do đó \({\rm{d}}\left( {H,\left( {SAE} \right)} \right) = HK\).

Ta có \(AIHE\) là hình bình hành nên \(HE = AI = \frac{a}{2}\).

Tam giác \(SHE\) vuông tại \(H\) nên \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{{44}}{{7{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {77} }}{{22}}\). Chọn C.

Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{20}}\) là doanh thu bán hàng trong 20 ngày được sắp theo thứ tự không giảm.

Khi đó tứ phân vị thứ 3 \({Q_3} = \frac{{{x_{15}} + {x_{16}}}}{2}\) mà \({x_{15}},{x_{16}} \in \left[ {9;11} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ ba.

Ta có \({Q_3} = 9 + \frac{{3 \cdot \frac{{20}}{4} - 9}}{7} \cdot 2 = \frac{{75}}{7} \approx 11\). Chọn D.

\(\overrightarrow {OE}  = 2\overrightarrow i  - 3\overrightarrow j  + 4\overrightarrow k \)\( \Rightarrow E\left( {2; - 3;4} \right)\). Do đó \(E'\left( { - 2; - 3;4} \right)\) là điểm đối xứng với \(E\) qua mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\). Chọn C.

Ta có \(V = \pi \int\limits_0^1 {{x^4}dx}  = \left. {\pi \frac{{{x^5}}}{5}} \right|_0^1 = \frac{\pi }{5}\). Chọn C.

Gọi A là biến cố “Sản phẩm đó do phân xưởng A sản xuất”;

\(B\)là biến cố “Sản phẩm đó là sản phẩm tốt”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,55;P\left( {\overline A } \right) = 0,45;P\left( {B|A} \right) = 0,9;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,95\).

Xác suất để sản phẩm đó là sản phẩm tốt là

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\) \( = 0,55 \cdot 0,9 + 0,45 \cdot 0,95 = 0,9225\).

Khi đó \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,55 \cdot 0,9}}{{0,9225}} = \frac{{22}}{{41}} \approx 0,54\). Chọn B.

Thể tích khối chóp cụt là \(V = \frac{1}{3} \cdot 18 \cdot \left( {{2^2} + \sqrt {{2^2} \cdot {{12}^2}}  + {{12}^2}} \right) = 1032\;c{m^3}\). Chọn D.

Có \(P\left( A \right) = P\left( C \right) \cdot P\left( {A|C} \right) + P\left( {\overline C } \right) \cdot P\left( {A|\overline C } \right)\) \( = 0,55 \cdot 0,16 + 0,45 \cdot 0,57 \approx 0,34\). Chọn A.

Có \(f\left( 1 \right) = \sqrt {2 \cdot 1 - 1}  = 1\).

\(f'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {2x - 1} }} \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 1\).

Khi đó \(g\left( 2 \right) = f\left( 1 \right) + 4\left( {{2^2} - 2} \right)f'\left( 1 \right) = 1 + 8 = 9\). Vậy \(g\left( 2 \right) = 9\). Chọn A.

 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( { - 2{x^3} + 5x - 4} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^3}\left( { - 2 + \frac{5}{{{x^2}}} - \frac{4}{{{x^3}}}} \right) =  + \infty \). Chọn B.

Giả sử A là người Thật Thà.

Nếu A Thật Thà, lời A nói phải đúng. Nhưng A lại nói mình là "Biến Hóa" \( \to \) Mâu thuẫn.

Kết luận: A không thể là người Thật Thà.

Giả sử B là người Thật Thà.

Nếu B Thật Thà, lời B nói phải đúng. B khẳng định "A nói đúng", nghĩa là A đúng là người "Biến Hóa".

Lúc này: B (Thật Thà), A (Biến Hóa). Vậy người còn lại là C phải là người Dối Trá.

Kiểm tra lời nói của C: C nói "Tôi không phải là người Biến Hóa". Vì C là người Dối Trá, lời này phải là sai, nghĩa là C là người Biến Hóa \( \to \) Mâu thuẫn (vì A đã là Biến Hóa rồi).

Kết luận: B không thể là người Thật Thà.

Giả sử C là người Thật Thà.

Nếu C Thật Thà, lời C nói "Tôi không phải là người Biến Hóa" là Đúng (hợp lý, vì C là Thật Thà).

Lúc này, hai người còn lại là A và B phải là Dối Trá và Biến Hóa.

Xét lời của A: "Tôi thuộc bộ tộc Biến Hóa". Vì A không thể là Thật Thà, nên lời này chỉ có thể là Sai (nếu A là Dối Trá) hoặc Đúng/Sai (nếu A là Biến Hóa).

Nếu A là người Dối Trá: Lời nói "Tôi thuộc bộ tộc Biến Hóa" là một lời nói dối \( \to \) Hợp lý.

Khi đó, B phải là người Biến Hóa: B nói "A nói đúng đấy". Vì A đang nói dối, nên câu nói của B cũng là một lời nói dối \( \to \) Hợp lý (vì người Biến Hóa có quyền nói dối).

Kết luận cuối cùng:

A: Người Dối Trá.

B: Người Biến Hóa.

C: Người Thật Thà. Chọn C.

Theo dữ kiện 2) Luật sư đi đá bóng cùng với Kha nên suy ra Kha không phải là Luật sư.

Theo dữ kiện 3) Lâm và người Bác sĩ là bạn thân nên Lâm không phải là Bác Sĩ.

Mà theo dữ kiện 1) Mạnh không phải là Bác sĩ. Do đó Kha phải là Bác sĩ.  Chọn C.