Thí sinh chọn các phương án đúng theo yêu cầu từ câu 21 đến câu 25 (nếu chọn duy nhất một phương án mà phương án đó là phương án đúng sẽ được tính một nửa số điểm của câu hỏi. Nếu chọn tất cả các phương án đúng sẽ đạt điểm tối đa của câu hỏi).

Một hệ thống AI được sử dụng để phát hiện gian lận trong phòng thi. Theo thống kê có 1% thí sinh gian lận, còn 99% thí sinh nghiêm túc. Độ chính xác của hệ thống như sau:

+) Nếu thí sinh gian lận, hệ thống phát hiện đúng với xác suất 98%.

+) Nếu thí sinh thi nghiêm túc, hệ thống cảnh báo nhầm là gian lận với xác suất 3%. Kiểm tra ngẫu nhiên một thí sinh.

Gọi \(A\)là biến cố “Thí sinh thực sự gian lận” và \(B\)là biến cố “Hệ thống cảnh báo thí sinh gian lận”. Những phương án nào dưới đây đúng?

1. Đúng. Ta có \({d_1}\)đi qua điểm \(A\left( {1; - 2;3} \right)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\).

Đường thẳng \({d_2}\) đi qua điểm \(B\left( { - 1;4;2} \right)\)và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2; - 1;4} \right)\).

Khi đó \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] \cdot \overrightarrow {AB}  = 3 \ne 0\). Suy ra \({d_1}\)và \({d_2}\) chéo nhau.

2. Đúng. Mặt phẳng \(\left( P \right)\)có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 3;1} \right)\).

Có \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow n } \right] = \left( {5;3; - 1} \right)\).

Đường thẳng đi qua \(M\left( {0; - 1;2} \right)\) vuông góc với \({d_1}\) đồng thời song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( {5;3; - 1} \right)\) có dạng \(\frac{x}{5} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}\).

3. Sai. Mặt phẳng cách đều hai đường thẳng \({d_1};{d_2}\) là mặt phẳng đi qua trung điểm \(I\left( {0;1;\frac{5}{2}} \right)\) của \(AB\) và có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 2;0;1} \right)\) có phương trình là \( - 2\left( {x - 0} \right) + 0\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - \frac{5}{2}} \right) = 0\) hay \( - 4x + 2z - 5 = 0\).

4. Sai. Gọi đường thẳng cần tìm là \(\Delta \) và \(E,F\) lần lượt là giao điểm của \(\Delta \) với \({d_1}\) và \({d_2}\).

Khi đó \(E\left( {1 + a; - 2 - a;3 + 2a} \right),F\left( { - 1 + 2b;4 - b;2 + 4b} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {ME}  = \left( {a + 1; - a - 1;2a + 1} \right);\overrightarrow {MF}  = \left( {2b - 1; - b + 5;4b} \right)\).

Vì \(A,B,M\) thẳng hàng nên \(\overrightarrow {ME}  = k\overrightarrow {MF} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 1 = k\left( {2b - 1} \right)\\ - a - 1 = k\left( { - b + 5} \right)\\2a + 1 = k\left( {4b} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{7}{2}\\k =  - \frac{1}{2}\\kb = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{7}{2}\\b =  - 4\end{array} \right.\).

Do đó \(\overrightarrow {MF}  = \left( { - 9;9; - 16} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(\Delta \).

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\) và có một vectơ chỉ phương \(\left( {9; - 9;16} \right)\) nên có phương trình chính tắc là\(\frac{x}{9} = \frac{{y + 1}}{{ - 9}} = \frac{{z - 2}}{{16}}\).

5. Đúng. Đường thẳng \({d_1};{d_2}\) có vectơ chỉ phương lần lượt là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\), \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {2; - 1;4} \right)\).

Giả sử \(P\left( {1 + t; - 2 - t;3 + 2t} \right) \in {d_1};Q\left( { - 1 + 2t';4 - t';2 + 4t'} \right) \in {d_2}\).

Khi đó \(\overrightarrow {PQ}  = \left( { - 2 + 2t' - t;6 - t' + t; - 1 + 4t' - 2t} \right)\).

Để mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng \({d_1};{d_2}\) có bán kính nhỏ nhất thì \(PQ\)là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng.

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {PQ}  \cdot \overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {PQ}  \cdot \overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 + 2t' - t - 6 + t' - t + 2\left( { - 1 + 4t' - 2t} \right) = 0\\2\left( { - 2 + 2t' - t} \right) - 6 + t' - t + 4\left( { - 1 + 4t' - 2t} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11t' - 6t = 10\\21t' - 11t = 14\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t' =  - \frac{{26}}{5}\\t =  - \frac{{56}}{5}\end{array} \right.\).

Khi đó \[\overrightarrow {PQ}  = \left( { - \frac{6}{5};0;\frac{3}{5}} \right)\].

Khi đó bán kính của mặt cầu là \[\frac{{PQ}}{2} = \frac{{3\sqrt 5 }}{{10}}\]. Chọn ý 1, 2, 5.

 1. Đúng. Giả sử \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\).

Do đồ thị đi qua gốc tọa độ nên \(c = 0\).

Vì đồ thị có đỉnh \(I\left( {4;2} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = 4\\a \cdot {4^2} + b \cdot 4 = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b =  - 8a\\16a + 4 \cdot \left( { - 8a} \right) = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 0,125\\b = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(f\left( x \right) =  - 0,125{x^2} + x\).

2. Đúng. Diện tích khu vườn cây xanh giới hạn bởi \(y = f\left( x \right)\) và trục hoành.

Phương trình hoành độ giao điểm: \( - 0,125{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 8\).

Diện tích khu vườn cây xanh là \({S_1} = \int\limits_0^8 {\left( { - 0,125{x^2} + x} \right)dx}  = \frac{{32}}{3}\) (đơn vị diện tích).

Diện tích khu vườn cây xanh đổi sang m2 là \(\frac{{32}}{3} \cdot {100^2} \approx 106\;666,7{m^2} > 100\;000\;{m^2}\).

3. Sai. Ta có \(G'\left( x \right) = g\left( x \right)\).

Ta có \(G'\left( x \right) = a \cdot {e^{0,2x - 2}} + \left( {ax + b} \right) \cdot 0,2 \cdot {e^{0,2x - 2}} = \left( {0,2ax + a + 0,2b} \right){e^{0,2x - 2}}\).

Đồng nhất hệ số ta được \(\left\{ \begin{array}{l}0,2a = 2\\a + 0,2b =  - 20\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 10\\b =  - 150\end{array} \right.\). Khi đó \(a - b = 160\).

4. Sai. Khu vườn nước nhân tạo giới hạn bởi \(y = g\left( x \right)\), trục tung, trục hoành.

Giao điểm của \(g\left( x \right)\) với trục hoành: \(2x - 20 = 0 \Leftrightarrow x = 10\).

Trên đoạn \(\left[ {0;10} \right]\), \(g\left( x \right) \le 0\) nên diện tích khu vườn nước nhân tạo là

\({S_2} =  - \int\limits_0^{10} {g\left( x \right)dx}  = G\left( 0 \right) - G\left( {10} \right) =  - 150{e^{ - 2}} - \left( { - 50} \right) = 50 - \frac{{150}}{{{e^2}}}\) (đơn vị diện tích).

Tổng diện tích là \(S = {S_1} + {S_2} = \frac{{32}}{3} + 50 - \frac{{150}}{{{e^2}}} \approx 40,37\) đơn vị diện tích.

Diện tích thực tế khoảng \(40,37 \cdot {100^2} = 403\;700\;{m^2} < 500\;000\;{m^2}\). Chọn ý 1, 2.

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 ý 1, 2, 4.

1. Đúng. Số tiền công ty còn nợ sau tháng đầu tiên là \({A_1} = P + P \cdot r - M = P\left( {1 + r} \right) - M\).

2. Đúng. Lãi suất 1 tháng là \(r = \frac{{8,25\% }}{{12}} = 0,6875\% \).

3. Đúng. Số tiền công ty còn nợ sau tháng thứ 2 là \({A_2} = P{\left( {1 + r} \right)^2} - M\left( {1 + r} \right) - M\).

….

Số tiền công ty còn nợ sau 30 năm là

\({A_{360}} = P{\left( {1 + r} \right)^{360}} - M - M\left( {1 + r} \right) - M{\left( {1 + r} \right)^2} - ... - M{\left( {1 + r} \right)^{359}} = 0\)\(M = \frac{{r \cdot P{{\left( {1 + r} \right)}^{360}}}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^{360}} - 1}} = \frac{{0,6875\%  \cdot 290000{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{360}}}}{{{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{360}} - 1}} \approx 2178\).

Tổng số tiền trong 30 năm mà công ty phải trả là \(T = 360M \approx 784\;322\) đô la.

Ta có \(\frac{T}{{290000}} \approx 2,7\).

4. Sai. Nếu mỗi tháng công ty trả \(N = M + 250\) đô la thì sau 20 năm số nợ còn lại là

\({A_{240}} = P{\left( {1 + r} \right)^{240}} - N - N\left( {1 + r} \right) - N{\left( {1 + r} \right)^2} - ... - N{\left( {1 + r} \right)^{239}}\)\( = 290000{\left( {1 + 0,6875\% } \right)^{240}} - 2428 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{240}} - 1}}{{0,6875\% }} \approx 26123,6\). Chọn ý 1, 2, 3.