Đề thi thử ĐGNL Đại học Khoa học và Công nghệ Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 5

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

Bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\) như sau

Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số có 1 điểm cực trị. Chọn B.

Có \(y' = \frac{3}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\).

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( 0 \right) =  - 1;\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( 1 \right) = 0\). Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty  \Rightarrow a > 0\) và đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên \(d > 0\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta có đồ thị hàm số có hai điểm cực trị. Chọn A.

Theo đề ta có \[22 + 50{e^{ - \,\,\;\frac{1}{8}t}} = 50\]\[ \Leftrightarrow 50{e^{ - \,\,\;\frac{1}{8}t}} = 28\]\[ \Leftrightarrow {e^{ - \,\,\;\frac{1}{8}t}} = \frac{{14}}{{25}}\]\[ \Leftrightarrow t = \left( {\ln \frac{{14}}{{25}}} \right):\left( { - \frac{1}{8}} \right) \approx 5\]. Chọn B.

Vì \(SB \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SB \bot AC\) mà \(AC \bot BD\) nên \(AC \bot \left( {SBD} \right)\).

Gọi \(M\)là trung điểm của \(CD\), \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Hạ \(OH \bot SM\) (1).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow SO \bot CD\).

Khi đó \(OM \bot CD\) và \(SO \bot CD\) nên \(CD \bot \left( {SOM} \right)\)\( \Rightarrow CD \bot OH\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(OH \bot \left( {SCD} \right)\).

Khi đó \(d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Xét \(\Delta SOM\)vuông tại \(O\) có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{9}{{2{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).

Lại có \(\frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}\). Chọn A.

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2{x^2} + 5x}}{{x + 3}}\) có tiệm cận xiên là \(y = 2x - 1\) hay \(2x - y - 1 = 0\)(d).

Khi đó \(d\left( {M,d} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 2 - 1 - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\). Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  - \infty  \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} = 0\].

Do đó đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là \[y = 0\].

Dựa vào bảng biến thiên là có tồn tại \[{x_1} \in \left( { - 2;0} \right)\] sao cho \[f\left( {{x_1}} \right) = 1\] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = 1\]

\[ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}^ + } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} =  + \infty ;\] \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}^ - } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} =  - \infty ,\]\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} =  - \infty \]

\[ \Rightarrow \] Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng là \[x = {x_1},x = 0\].

Do đó \[a = 2,b = 1 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 5\]. Chọn B.

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x =  - \frac{1}{c} = 1 \Rightarrow c =  - 1\).

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = \frac{a}{c} =  - 1 \Rightarrow a = 1\).

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm \(\left( {0; - 2} \right) \Rightarrow b =  - 2\). Vậy \(a + b + c = 1 - 2 - 1 =  - 2\). Chọn C.

 Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x\) là \(\left( { - 1;2} \right);\left( {1; - 2} \right)\).

Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị \(2x + y = 0\)(d).

Hai điểm A, B nằm cùng phía đối với d . Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với A qua d.

Khi đó \[MA{\rm{ }} + {\rm{ }}MB = MA'{\rm{ }} + {\rm{ }}MB \ge A'B\].

Do đó \[MA + MB\] ngắn nhất thì \(M,A',B\)thẳng hàng hay \(M = A'B \cap d\).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua A và vuông góc d.

Khi đó đường thẳng \(\Delta \) nhận \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1; - 2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là

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

Gọi I là giao điểm của d và \(\Delta \)\( \Rightarrow I\left( { - \frac{3}{5};\frac{6}{5}} \right)\)\( \Rightarrow A'\left( { - \frac{{11}}{5};\frac{2}{5}} \right)\).

\(\overrightarrow {A'B}  = \left( {\frac{{21}}{5};\frac{3}{5}} \right) \Rightarrow \)một vectơ pháp tuyến của \(A'B\)là \(\overrightarrow n \left( {3; - 21} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(A'B\):\(3\left( {x - 2} \right) - 21\left( {y - 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 3x - 21y + 15 = 0\).

\(M = A'B \cap d \Rightarrow M\left( { - \frac{1}{3};\frac{2}{3}} \right)\)nên \(a =  - \frac{1}{3};b = \frac{2}{3}\)

Khi đó \(b - a = \frac{2}{3} - \left( { - \frac{1}{3}} \right) = 1\). Chọn A.

Ta có: \[f\left( x \right) = \frac{{300x + 50}}{x},x \in {\mathbb{N}^*} \Leftrightarrow f\left( x \right) = 300 + \frac{{50}}{x}\].

Thấy \(f'\left( x \right) =  - \frac{{50}}{{{x^2}}} < 0,\forall x \ne 0 \Rightarrow \) Hàm số \[f\left( x \right)\] luôn nghịch biến (giảm) trên mỗi khoảng xác định.

Do đó chi phí sản xuất trung bình cho mỗi sản phẩm sẽ giảm khi số lượng sản phẩm tăng.

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {300 + \frac{{50}}{x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } 300 + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{50}}{x} = 300\].

Do đó chi phí sản xuất trung bình cho mỗi sản phẩm không thấp hơn 300 (nghìn đồng). Chọn C.

Vẽ \(AC \bot BF\). Ta có \(CF = 20\;m,BC = 30\;m\). Suy ra \(EF = AC = 40\;m\).

Gọi \(D\) là điểm ở bờ hồ \[EF\] mà các đội đến lấy nước.

Đặt \(ED = x\) thì \(DF = 40 - x;AD = \sqrt {{x^2} + 400} \); \(BD = \sqrt {{{\left( {40 - x} \right)}^2} + 2500} \).

Quãng đường mỗi lượt các đội phải đi là

\(s = AD + BD = \sqrt {{x^2} + 400}  + \sqrt {{{\left( {40 - x} \right)}^2} + 2500} \).

Xét hàm số \(f(x) = \sqrt {{x^2} + 400}  + \sqrt {{{\left( {40 - x} \right)}^2} + 2500} (0 \le x \le 40)\).

Ta có \[f'(x) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 400} }} - \frac{{40 - x}}{{\sqrt {{{\left( {40 - x} \right)}^2} + 2500} }}\];

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 400} }} = \frac{{40 - x}}{{\sqrt {{{\left( {40 - x} \right)}^2} + 2500} }} \Leftrightarrow 2500{x^2} - {\left[ {20\left( {40 - x} \right)} \right]^2} = 0 \Leftrightarrow x \approx 11,4\).

Có \(s\left( 0 \right) \approx 84,03\); \(s\left( {11,4} \right) \approx 80,6\); \(s\left( {40} \right) \approx 94,7\).

Vậy đoạn đường đi ngắn nhất mỗi lượt các đội có thể đi là khoảng \(80,6\;m\). Chọn B.

Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) lần lượt là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2; - 1; - 1} \right);\overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;0; - 1} \right)\)

\(\cos \left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_P}}  \cdot \overrightarrow {{n_Q}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right|\left| {\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = {30^o}\). Chọn A.

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

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \({x_{98}} \in \left[ {9;11} \right)\).

Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({Q_3} = 9 + \frac{{\frac{{130 \cdot 3}}{4} - \left( {11 + 20 + 29} \right)}}{{40}} \cdot \left( {11 - 9} \right) = \frac{{87}}{8}\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{87}}{8} - \frac{{206}}{{29}} = \frac{{875}}{{232}}\). Chọn D.

Có \({u_1} = 3\) và \({u_4} = 9\).

Suy ra \({u_4} = {u_1} + 3d \Leftrightarrow d = 2\).

Vậy \({u_{15}} = {u_1} + 14d = 31\). Chọn A.

Ta có \[{3^x} \ge 5 \Leftrightarrow x \ge {\log _3}5\]. Vậy bất phương trình có tập nghiệm là \[\left[ {{{\log }_3}5\,;\, + \infty } \right)\]. Chọn B.

\[\begin{array}{*{20}{c}}{\tan \left( {x - \frac{{2\pi }}{3}} \right) = 0}&{ \Leftrightarrow x - \frac{{2\pi }}{3} = k\pi }&{ \Leftrightarrow x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi }&{\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)}\end{array}\].

Với \(k =  - 1\)\( \Rightarrow x = \frac{{2\pi }}{3} - \pi  =  - \frac{\pi }{3}\). Chọn A.

Gọi \(A\) là biến cố chọn được thùng loại I.

\(B\)là biến cố chọn được 10 sản phẩm trong đó có 2 lon quá hạn từ thùng được chọn ra.

Từ đó, ta có \(P\left( A \right) = \frac{2}{3};P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{3}\).

Áp dụng công thức xác suất có điều kiện, ta có: \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_5^2C_{19}^8}}{{C_{24}^{10}}} = \frac{{195}}{{506}}\);\(P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{C_3^2C_{21}^8}}{{C_{24}^{10}}} = \frac{{315}}{{1012}}\).

Xác suất để chọn được 2 lon quá hạn là:

\(P(B) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{{195}}{{506}} + \frac{1}{3} \cdot \frac{{315}}{{1012}} = \frac{{365}}{{1012}}\).

Suy ra xác suất bia được lấy thuộc loại I là: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{\frac{2}{3} \cdot \frac{{195}}{{506}}}}{{\frac{{365}}{{1012}}}} = \frac{{52}}{{73}}\). Chọn D.

 \(\int {\sin 2xdx = }  - \frac{1}{2}\cos 2x + C.\) Chọn B.

Có \(\overline x  = \frac{{152,5 \cdot 3 + 157,5 \cdot 7 + 162,5 \cdot 10 + 167,5 \cdot 7 + 172,5 \cdot 3}}{{30}} = 162,5\).

\({s^2} = \frac{{{{152,5}^2} \cdot 3 + {{157,5}^2} \cdot 7 + {{162,5}^2} \cdot 10 + {{167,5}^2} \cdot 7 + {{172,5}^2} \cdot 3}}{{30}} - {162,5^2} = \frac{{95}}{3}\).

Khi đó \(s = \sqrt {\frac{{95}}{3}}  = \frac{{\sqrt {285} }}{3}\). Chọn A.

Đường thẳng đi qua \(A\) và song song \(BC\) nhận \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 2; - 2;4} \right)\) làm vecto chỉ phương, suy ra \(\overrightarrow {u\,}  = \left( {1;1; - 2} \right)\)cũng là véc tơ chỉ phương.

Phương trình đường thẳng cần tìm: \(\frac{x}{1} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\). Chọn C.

 Gọi \(A\) là biến cố “chọn được hai số chẵn”.

Ta có: \(n\left( \Omega  \right) = C_{17}^2\).

Trong 17 số nguyên dương đầu tiên, có 8 số chẵn và 9 số lẻ, để chọn được hai số chẵn có số cách chọn là: \(n\left( A \right) = C_8^2\).

Vậy xác suất để chọn được hai số chẵn là: \(P = \frac{{C_8^2}}{{C_{17}^2}} = \frac{7}{{34}}\). Chọn C.

Có \(f\left( x \right) = {\left( {2\tan x - \cot x} \right)^2} = 4{\tan ^2}x - 4 + {\cot ^2}x = \frac{4}{{{{\cos }^2}x}} + \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} - 9\).

Khi đó \(F\left( x \right) = 4\tan x - \cot x - 9x + C\).

Ta có \(F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 4\tan \frac{\pi }{4} - \cot \frac{\pi }{4} - 9 \cdot \frac{\pi }{4} + C = 3 - \frac{{9\pi }}{4} \Rightarrow C = 0\).

Vậy \(F\left( x \right) = 4\tan x - \cot x - 9x\).

Suy ra \(a = 4;b =  - 1;c =  - 9\). Do đó \(abc = 36\). Chọn A.

Nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = {4^x}\) là \(F\left( x \right) = \frac{{{4^x}}}{{{\rm{ln4}}}} + C = \frac{{{4^x}}}{{{\rm{2ln2}}}} + C\). Chọn A.

Vì \(B\) là điểm đối xứng với \(A\) qua trục \(Oy\) nên \(B\left( {5\,;\,2;\, - 3} \right)\).

Do đó \(\overrightarrow {AB}  = \left( {10\,;\,0\,;\, - 6} \right)\).

Vậy \(AB = \sqrt {100 + 36}  = \sqrt {136}  = 2\sqrt {34} \). Chọn C.

Nếu tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay thì tọa độ của máy bay sau \(8\) phút tiếp theo là \(Q(a;b;c)\), và có tỉ lệ \(\frac{{MN}}{{NQ}} = \frac{{40}}{8} = 5 \Rightarrow MN = 5NQ \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = 5\overrightarrow {NQ} \)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 300 = \frac{1}{5} \cdot \left( { - 200} \right)\\b - 800 = \frac{1}{5} \cdot 600\\c - 10 = \frac{1}{5} \cdot 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 260\\b = 920\\c = 10\end{array} \right. \Rightarrow Q(260;920;10)\).

Vậy \(a + b + c = 260 + 920 + 10 = 1190\). Chọn D.

Xác xuất có đúng một viên đạn trúng bia là \(0,9 \cdot 0,25 + 0,1 \cdot 0,75 = 0,3\). Chọn C.

Ta có: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) =  - 3{t^2} + 36t + 2\) với \(t \in \left[ {0;10} \right]\).

\(v'\left( t \right) =  - 6t + 36\); \(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 6\)

\(v\left( 0 \right) = 2\); \(v\left( {10} \right) = 62\);\(v\left( 6 \right) = 110\).

Vậy vận tốc lớn nhất của vật trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động là \(110\left( {{\rm{\;m/s}}} \right)\). Chọn D.

Ta có \(\int\limits_{ - 2}^3 {f'\left( x \right)dx}  = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 2}^3 = f\left( 3 \right) - f\left( { - 2} \right)\).

Lại có \(\int\limits_{ - 2}^3 {f'\left( x \right)dx}  = \int\limits_{ - 2}^1 {f'\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^3 {f'\left( x \right)dx}  = 3 - S = 3 - \frac{5}{3} = \frac{4}{3}\).

Do đó \(f\left( 3 \right) - f\left( { - 2} \right) = \frac{4}{3}\). Chọn B.

Ta có \(d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 - 4 - 2 - 2} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = 3\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có bán kính \(R = \sqrt {{d^2} + {r^2}}  = \sqrt {9 + 25}  = \sqrt {34} \).

Khi đó mặt cầu cần lập có phương trình là \(\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 34.\) Chọn D.

Có \[{\log _{\sqrt 3 }}50 = 2\left( {{{\log }_3}5 + {{\log }_3}10} \right) = 2{\log _3}5 + 2{\log _3}10\].

Suy ra \(m = n = 2\). Vậy \(m + n = m \cdot n\). Chọn D.

Điều kiện \(\frac{{{x^2} - 2x + 1}}{{3x}} > 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{3x}} > 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne 1\end{array} \right.\).

Ta có \[{\log _3}\left( {\frac{{{x^2} - 2x + 1}}{{3x}}} \right) + {x^2} + 2 = 3x\]\[ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) - {\log _3}3x + {x^2} + 2 = 3x\]

\[ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) - {\log _3}x + {x^2} + 1 = 3x\]\[ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + {x^2} - 2x + 1 = {\log _3}x + x\].

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _3}t + t\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 3}} + 1 > 0,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Suy ra hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Do đó \(f\left( {{x^2} - 2x + 1} \right) = f\left( x \right)\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 = x\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}\\x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\).

Vậy \(4{x_1} + 2{x_2} = 9 + \sqrt 5  \Rightarrow a = 9;b = 5\). Do đó \(a + b = 14\). Chọn D.

Xét phương trình \({x^2} + 1 = 3x - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Diện tích cần tính là \(S = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 3x + 2} \right|dx}  = \left| {\int\limits_1^2 {\left( {{x^2} - 3x + 2} \right)dx} } \right| = \frac{1}{6}\). Chọn D.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \ln \frac{x}{{x + 2}}\) với \(x \ge 1\).

Ta có \(f\left( x \right) = \ln \frac{x}{{x + 2}} = \ln x - \ln \left( {x + 2} \right)\).

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

Khi đó \(P = f'\left( 1 \right) + f'\left( 3 \right) + f'\left( 5 \right) + ... + f'\left( {2023} \right)\)

\( = \left( {1 - \frac{1}{3}} \right) + \left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{5}} \right) + \left( {\frac{1}{5} - \frac{1}{7}} \right) + ... + \left( {\frac{1}{{2023}} - \frac{1}{{2025}}} \right) = 1 - \frac{1}{{2025}} = \frac{{2024}}{{2025}}\). Chọn B.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {3; - 2;1} \right)\) và bán kính \(R = 3\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa trục \(Ox\) có dạng \(By + Cz = 0\).

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\)cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 nên \(d\left( {I,\left( Q \right)} \right) = \sqrt {{3^2} - {2^2}}  = \sqrt 5 \).

Khi đó \(\frac{{\left| { - 2B + C} \right|}}{{\sqrt {{B^2} + {C^2}} }} = \sqrt 5 \)\( \Leftrightarrow {B^2} + 4BC + 4{C^2} = 0\)\( \Leftrightarrow B =  - 2C\).

Chọn \(C =  - 1 \Rightarrow B = 2\). Khi đó \(\left( Q \right):2y - z = 0\). Chọn B.

\(f\left( x \right) + 2xf'\left( x \right) = 6{x^2}\sqrt x \)\( \Leftrightarrow \frac{1}{{2x}}f\left( x \right) + f'\left( x \right) = 3x\sqrt x \)\( \Leftrightarrow \frac{1}{{2\sqrt x }}f\left( x \right) + \sqrt x f'\left( x \right) = 3{x^2}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sqrt x f\left( x \right)} \right)^\prime } = 3{x^2}\)\( \Leftrightarrow \sqrt x f\left( x \right) = {x^3} + C\).

Vì \(f\left( 1 \right) = 1\) nên \(1 = 1 + C \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( 4 \right) = \frac{{{4^3}}}{2} = 32\). Chọn D.

\(\lim \frac{{\sqrt {3{n^2} + 1}  + n}}{{2n + 1}} = \lim \frac{{\sqrt {3 + \frac{1}{{{n^2}}}}  + 1}}{{2 + \frac{1}{n}}} = \frac{{\sqrt 3  + 1}}{2}\).

Suy ra \(a = 3;b = 2\). Vậy \(a + b = 5\). Chọn D.

Có \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cup B} \right) = 0,4 + 0,5 - 0,6 = 0,3\). Chọn B.

Tình huống xấu nhất là khi bạn lấy ra rất nhiều tất nhưng số lượng các màu vẫn chưa có màu nào chạm mốc 3 chiếc.

Tức là mỗi màu, bạn đều lấy ra tối đa 2 chiếc mà vẫn chưa có chiếc thứ 3.

Tổng số tất lấy ra lúc này là \(5 \cdot 2 = 10\) chiếc.

Lúc này trong tay bạn có 2 xanh, 2 đỏ, 2 vàng, 2 trắng, 2 đen vẫn chưa có 3 chiếc nào cùng màu.

Khi bạn lấy thêm đúng một chiếc tất nữa (chiếc thứ 11), chiếc tất này bắt buộc phải thuộc một trong 5 màu trên. Do đó cần lấy ít nhất 11 chiếc tất. Chọn B.

Xác định sơ đồ vị trí ban đầu

Hàng 1: Xe X dẫn đầu ở làn giữa.

Hàng 2. Xe N chạy ngay sau xe X (làn giữa). Hai bên xe N là xe M và xe P (làn trái và làn phải). Như vậy xe M và xe P chạy ngang hàng với xe N.

Hàng 3. Xe Q chạy sau xe P và xe M nhưng làn khác. Vì xe P và xe M ở hai làn bên nên Q phải ở làn giữa.

Sơ đồ sau khi thay đổi vị trí

Xe P giảm tốc: Khi xe P lùi lại, một khoảng trống xuất hiện ở làn bên phải của xe N.

Xe N và M chuyển một làn: Theo quy tắc an toàn khi chuyển làn:

+) Xe N từ làn giữa sẽ chuyển sang làn bên phải (vị trí xe P vừa để lại).

+) Xe M từ làn trái sẽ chuyển vào làn giữa (vị trí xe N vừa để lại)

Vậy sau khi các xe di chuyển, xe chiếm lĩnh khoảng trống ở làn giữa ngay phía sau xe X chính là xe M. Chọn A.