Thi thử toàn quốc Đánh giá năng lực Sư phạm Hà Nội - Môn Toán - Trạm số 2 (SPT2103)

Ta có: \(\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\)\( \Rightarrow AM \bot BC\) (do \(\Delta ABC\) đều).

Ta có: \(\Delta A'BC\) cân tại \(A'\) \( \Rightarrow A'M \bot BC\).

\( \Rightarrow \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'M;AM} \right) = \widehat {A'MA}\).

\(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\,\, \Rightarrow AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(\Delta A'AM\) vuông tại \(A\,\, \Rightarrow \tan \widehat {A'MA} = \dfrac{{AA'}}{{AM}} = \dfrac{{\dfrac{{3a}}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {A'MA} = {60^0}\).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^ \circ }\).

Gọi \(A\) là giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\).

Do \(A \in d \Rightarrow \) Giả sử \(A\left( {2 - t;1 + 2t;2t} \right)\).

Mà \(A \in \left( P \right) \Rightarrow \left( {2 - t} \right) + 2\left( {1 + 2t} \right) - 2t - 5 = 0 \Leftrightarrow 2 - t + 2 + 4t - 2t - 5 = 0 \Leftrightarrow t = 1\) \( \Rightarrow A\left( {1;3;2} \right)\).

Đồ thị hàm số có TCN là \(y = 1 \Rightarrow \dfrac{a}{1} = 1 \Leftrightarrow a = 1\).

Ta có: \(\int\limits_1^3 {f'\left( x \right)dx = }  f\left( 3 \right) - f\left( 1 \right) \Rightarrow 5 - f\left( 1 \right) = 6 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) =  - 1\).

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng cần tìm. Do \(\left( P \right)\) vuông góc với \(BC\) nên \(\left( P \right)\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1;1;2} \right)\).

Phương trình mp\(\left( P \right)\) là: \( - 1\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 2} \right) + 2\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow \)\(x - y - 2z + 1 = 0\).

BPT \({\log _6}\left( {{x^2} - x} \right) \le 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - x > 0\\{x^2} - x \le 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 1\\x < 0\end{array} \right.\\ - 2 \le x \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 \le x < 0\\1 < x \le 3\end{array} \right.\).

Tập nghiệm của bất phương trình \({\log _6}\left( {{x^2} - x} \right) \le 1\) là \(\left[ { - 2;0} \right) \cup \left( {1;3} \right]\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}y = m{x^2} + \left( {2 - 3m} \right)x + 2m - 1\\ \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 3x + 2} \right)m + 2x - y - 1 = 0\end{array}\)

Phương trình trên nghiệm đúng với mọi m khi và chỉ khi

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

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số đã cho luôn đi qua hai điểm cố định A(2;3), B(1;1).

Vậy \(AB = \sqrt {{{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 3} \right)}^2}}  = \sqrt 5 \).

Ta có: \(y = 2{x^3} + 3{x^2} - 4x + 5\)\( \Rightarrow y' = 6{x^2} + 6x - 4\).

\(6{x^2} + 6x - 4 = 6\left( {{x^2} + 2.x.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4}} \right) - \dfrac{{11}}{2} = 6{\left( {x + \dfrac{1}{2}} \right)^2} - \dfrac{{11}}{2} \ge  - \dfrac{{11}}{2}\).

Do đó tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất bằng -5,5.

Theo bảng số liệu ta có hệ phương trình

$\left. \left\{ \begin{array}{l} {5 + 8 + m + n + 6 = 40} \\ {\dfrac{20.5 + 21.8 + 22.n + 23.m + 24.6}{40} = 22,1} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {m + n = 21} \\ {22n + 23m = 472} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {n = 11} \\ {m = 10} \end{array} \right. \right.$

\(P = {x^{\frac{1}{3}}}\sqrt[6]{x} = {x^{\frac{1}{3}}}.{x^{\frac{1}{6}}} = {x^{\frac{1}{3} + \frac{1}{6}}} = {x^{\frac{1}{2}}} = \sqrt x \).

Cạnh hình vuông nhỏ là \(\dfrac{8}{4} = 2\).

Cạnh hình lập phương là 2.4 = 8.

Vậy thể tích khối Rubic là \({8^3} = 512\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right)\\SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\) , do đó đáp án A và C đúng.

Tam giác \(ABC\) cân tại \(B\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(BI \bot AC\) (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI \bot AC\\BI \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BI \bot \left( {SAC} \right)\).

Mà \(BI \subset \left( {SBI} \right)\), suy ra \(\left( {SBI} \right) \bot \left( {SAC} \right)\), do đó đáp án D đúng.

Vậy khẳng định B sai. 

Gọi \(d\) là công sai của CSC ta có: \(d = \dfrac{{{u_4} - {u_1}}}{{4 - 1}} = \dfrac{{7 - 1}}{3} = 2\).

Tổng 10 số hạng đầu của cấp số cộng đó bằng: \({S_{10}} = \dfrac{{\left[ {2.1 + 9.2} \right].10}}{2} = 100\).

Ta có: \(\sin x =  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \sin \left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right)\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \dfrac{{4\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

+ Xét họ nghiệm \(x =  - \dfrac{\pi }{3} + k2\pi \) ta có

\(0 < x < \dfrac{{3\pi }}{2} \Leftrightarrow 0 <  - \dfrac{\pi }{3} + k2\pi  < \dfrac{{3\pi }}{2}\) \( \Leftrightarrow \dfrac{1}{6} < k < \dfrac{{11}}{{12}}(k \in Z) \to k \in \emptyset \).

+ Xét họ nghiệm \(x = \dfrac{{4\pi }}{3} + k2\pi \) ta có

\(0 < x < \dfrac{{3\pi }}{2} \Leftrightarrow 0 < \dfrac{{4\pi }}{3} + k2\pi  < \dfrac{{3\pi }}{2}\) \( \Leftrightarrow  - \dfrac{2}{3} < k < \dfrac{1}{{12}}\,\,\,\,\,(k \in Z) \to k = 0\).

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm thuộc \(\left( {0;\dfrac{{3\pi }}{2}} \right)\).

\(S = \int\limits_a^d {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}  = \int\limits_a^b {f\left( x \right)dx}  - \int\limits_b^c {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_c^d {f\left( x \right)dx} \)

Dựa vào công thức xác suất toàn phần, ta dễ dàng nhận ra công thức đúng là$P(B) = P\left( B \middle| A \right)P(A) + P\left( B \middle| \overline{A} \right)P\left( \overline{A} \right)$.

a) Mệnh đề sai. Ta có $\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {40;30;10} \right) = 10\left( {4;3;1} \right) = 10\overset{\rightarrow}{u}$ với $\overset{\rightarrow}{u} = \left( {4;3;1} \right)$ là vectơ chỉ phương cho quỹ đạo di chuyển của thiên thạch nên phương trình quỹ đạo đó là $d:\left\{ \begin{array}{l} {x = - 60 + 4t} \\ {y = - 45 + 3t} \\ {z = - 10 + t} \end{array} \right.$.

b) Mệnh đề đúng. Trái đất là mặt cầu có tâm $O\left( {0;0;0} \right)$, bán kính $R = 6,4$.

Ta có: $\left. \overset{\rightarrow}{OA} = \left( {- 60; - 45; - 10} \right)\Rightarrow\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{OA},\overset{\rightarrow}{u}} \right\rbrack = \left( {15; - 20;0} \right) \right.$.

Khi đó: $d\left( {O,d} \right) = \dfrac{\left| \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{OA},\overset{\rightarrow}{u}} \right\rbrack \right|}{\left| \overset{\rightarrow}{u} \right|} = \dfrac{\sqrt{15^{2} + {( - 20)}^{2} + 0^{2}}}{\sqrt{4^{2} + 3^{2} + 1^{2}}} = \dfrac{25\sqrt{26}}{26} \approx 4,9 < R = 6,4$.

Do đó nếu không có gì thay đổi thì thiên thạch sẽ vào Trái Đất trong thời gian tới.

c) Mệnh đề đúng. Giả sử thiên thạch và vào Trái Đất tại vị trí $M$; $H$ là hình chiếu của $O$ trên đường thẳng $AM$.

Ta có $OH = d\left( {O,d} \right) = \dfrac{25\sqrt{26}}{26};MH = \sqrt{OM^{2} - OH^{2}} = \sqrt{\dfrac{10999}{650}}$;

$AH = \sqrt{OA^{2} - OH^{2}} = \sqrt{\dfrac{148225}{26}} \approx 75,5$ (nghìn km).

Khi đó $AM = AH - MH$ $= \sqrt{\dfrac{148225}{26}} - \sqrt{\dfrac{10999}{650}} \approx 71,4$ (nghìn km).

d) Mệnh đề sai. Ta có $BE = \sqrt{OB^{2} - OE^{2}} = \sqrt{25^{2} - 6,4^{2}} = \dfrac{\sqrt{14601}}{5} \approx 24,17$ (nghìn km).

Số ngày để tên lửa hoàn thành sứ mệnh $\dfrac{BE}{2,5} \approx 9,67$ ngày; ta có $18 - 9,67 = 8,33$ ngày.

Vậy tên lửa phải được phóng vào ngày 9/1/2025.

a) Sai. Đường tròn có phương trình là $x^{2} + y^{2} = 16$.

b) Đúng. Parabol có dạng $y = ax^{2} + bx + c$ có tọa độ đỉnh $I\left( {2;2} \right)$ và đi qua gốc tọa độ $O$ nên ta có hệ pt

sau $\left\{ {\begin{array}{l} {c = 0} \\ {4a + 2b = 2} \\ {\dfrac{- b}{2a} = 2} \end{array}\left\{ \begin{array}{l} {c = 0} \\ {a = - \dfrac{1}{2}} \\ {b = 2} \end{array}\Rightarrow y = f(x) = - \dfrac{1}{2}x^{2} + 2x \right.} \right.$.

c) Sai. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol $(P)$, trục tung, trục hoành và đường thẳng $x = 4$ bằng $S = \int_{0}^{4}\left( {\dfrac{- 1}{2}x^{2} + 2x} \right)dx = \dfrac{16}{3}$.

d) Sai. $\dfrac{1}{4}$ cung tròn của đường tròn tâm $O\left( {0;0} \right)$ và bán kính bằng 4 như trên hình thỏa mãn phương trình $y = \sqrt{16 - x^{2}}$.

Diện tích hình phẳng $(H)$ bằng $S = \int_{0}^{4}\left( {\sqrt{16 - x^{2}} - \left( {\dfrac{- 1}{2}x^{2} + 2x} \right)} \right)dx = 16\left( {\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{3}} \right)$.

Để một học sinh nhận được 2 quyển sách thể loại khác nhau, ta chia phần thưởng thành ba loại: (Toán-Lý); (Toán-Hóa); (Lý-Hóa).

Gọi \(x,y,z\,\,\left( {x,y,z \in \mathbb{Z}} \right)\) lần lượt là số học sinh nhận được bộ giải thưởng

(Toán-Lý) ; (Toán- Hóa) ; (Lý- Hóa). Khi đó, ta có hệ sau:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 8}\\{y + z = 5}\\{x + z = 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{y = 3}\\{z = 2}\end{array}} \right.} \right.\)

Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 10 học sinh:

Chọn 5 bạn bất kì trong 10 bạn để nhận bộ (Toán-Lý): \(C_{10}^5\) cách.

Chọn 3 bạn bất kì trong 5 bạn còn lại để nhận bộ (Toán-Hóa): \(C_5^3\) cách.

2 bạn còn lại chỉ có 1 cách phát thưởng là bộ (Lý-Hóa).

Vậy theo quy tắc nhân ta có \(C_{10}^5.C_5^3.1 = 2520\) (cách).

Đáp số 2520.

Phương trình mặt phẳng (P) là: \(\left( P \right):\dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1\).

\( \Rightarrow \left( P \right)\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( Q \right):\,\,2x + y - z = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  = \left( {2;1; - 1} \right)\).

Vì \(\left( P \right) \bot \left( Q \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  \bot \overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} .\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  = 0 \Leftrightarrow 1 + \dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{c} = 0\) (1)

Thể tích tứ diện \(OABC\) là \(V = \dfrac{1}{6}.OA.OB.OC = \dfrac{1}{6}.2.b.c = 3 \Leftrightarrow bc = 9\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{{c - b}}{9} =  - 1 \Leftrightarrow c - b =  - 9 \Leftrightarrow b - c = 9\).

Gọi $\left. \angle DAM = x\Rightarrow\angle NAB = 60 - x \right.$ với $0 < x < 60$

Khi đó $DM = DA.\tan DAM = 10\tan x$

$BN = AB.\tan BAN = 12\tan\left( {60 - x} \right)$

Diện tích đèn chiếu là $f(x) = S_{ABCD} - S_{DAM} - S_{ABN}$

$\begin{array}{l} {= 10.12 - \dfrac{1}{2}.10.10\tan x - \dfrac{1}{2}.12.12\tan\left( {60 - x} \right)} \\ {= 120 - 50\tan x - 72\tan\left( {60 - x} \right)} \end{array}$

Sử dụng casio $\left. \dfrac{d}{dx}\left( {120 - 50\tan x - 72\tan\left( {60 - x} \right)} \right) \right|_{x = x}$ ta được nghiệm $x = 38,94$

Vậy $\max f(x) = f\left( {38,94} \right) = 51,9$

Xét $D\left( {x_{D},y_{D}} \right)$ khi đó $C\left( {x_{D} + \dfrac{2\pi}{3};y_{D}} \right)$

$\begin{array}{l} \left. \Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {y_{D} = \sin x_{D}} \\ {y_{D} = \sin\left( {x_{D} + \dfrac{2\pi}{3}} \right)} \end{array} \right.\Rightarrow\sin x_{D} = \sin\left( {x_{D} + \dfrac{2\pi}{3}} \right) \right. \\ \left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x_{D} = x_{D} + \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi} \\ {x_{D} = \pi - x_{D} - \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi} \end{array} \right.\Leftrightarrow x_{D} = \dfrac{\pi}{6} + k\pi \right. \end{array}$

Do $\left. x_{D} \in \left\lbrack {0,\pi} \right\rbrack\Rightarrow x_{D} = \dfrac{\pi}{6}\Rightarrow y_{D} = \dfrac{1}{2} \right.$

Vậy độ dài BC bằng $\dfrac{1}{2} = 0,5$