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).

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt phẳng \(\left( P \right):x - y + z - 2 = 0\) và hai điểm \(A\left( {1;2; - 1} \right);B\left( {2;3;0} \right)\). Những phương án nào dưới đây đúng?   

1. Đúng. Ta có \(P\left( B \right) = \frac{{360}}{{500}} = \frac{{18}}{{25}} \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - \frac{{18}}{{25}} = \frac{7}{{25}}\).

2. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {A|B} \right) = 0,7;P\left( {A|\overline B } \right) = 0,2\).

3. Đúng. Có \(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right)\)\( = \frac{{18}}{{25}} \cdot 0,7 + \frac{7}{{25}} \cdot 0,2 = 0,56\).

4. Sai. Có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{{18}}{{25}} \cdot 0,7}}{{0,56}} = 0,9 = 90\% \). Chọn ý 1, 3.

Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).

2. Sai. Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.

3. Đúng. Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{f'\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)}} = 0\) nên hàm số \(y = h\left( x \right)\) có 1 tiệm cận ngang.

Lại có \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm. Do đó hàm số \(y = h\left( x \right)\) có 2 tiệm cận đứng.

Vậy hàm số \(y = h\left( x \right)\) có tất cả 3 đường tiệm cận.

4. Sai.

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x + 1\);

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

Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = x - 1\).

Dựa vào đồ thị hàm số trên ta có \(x =  - 3;x =  - 1;x = 1\) là 3 nghiệm của phương trình (1).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) như sau

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\), ta thấy để đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{1}{2}{x^2} + x + 2025\) cắt đường thẳng \(y = m\) tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi \(\max \left\{ {g\left( { - 3} \right);g\left( 1 \right)} \right\} < m < g\left( { - 1} \right)\).

5. Đúng. Ta có \(k'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\).

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

Bảng xét dấu của \(k'\left( x \right)\)

Dựa vào bảng xét dấu của \(k'\left( x \right)\), ta có hàm số \(y = k\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị. Chọn ý 3, 5.

1. Đúng. \(y\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot 0} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot 0} \right) = 0\); \(y\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot 1} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot 1} \right) = 0\).

Vậy \(y\left( 0 \right) = y\left( 1 \right) = 0\).

2. Sai. Ta có \(y' = \frac{1}{2} \cdot 2\pi  \cdot \cos \left( {2\pi x} \right) + \frac{1}{4} \cdot 4\pi  \cdot \cos \left( {4\pi x} \right) = \pi \left[ {\cos \left( {2\pi x} \right) + \cos \left( {4\pi x} \right)} \right]\).

3. Sai. Tốc độ chuyển động của sóng bằng 0 khi \(y' = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos \left( {2\pi x} \right) + \cos \left( {4\pi x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {4\pi x} \right) =  - \cos \left( {2\pi x} \right)\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {4\pi x} \right) = \cos \left( {\pi  - 2\pi x} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4\pi x = \pi  - 2\pi x + k2\pi \\4\pi x =  - \left( {\pi  - 2\pi x} \right) + k2\pi \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{6} + \frac{k}{3}\\x =  - \frac{1}{2} + k\end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

Vì \(x \in \left[ {0;1} \right]\), các giá trị \(x\)thỏa mãn là \(x = \frac{1}{6};x = \frac{1}{2};x = \frac{5}{6}\).

Vậy có 3 thời điểm tốc độ bằng 0.

4. Đúng. Ta có \(y\left( 0 \right) = y\left( 1 \right) = 0\);

\(y\left( {\frac{1}{6}} \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot \frac{1}{6}} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot \frac{1}{6}} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{8} \approx 0,65\) cm;

\(y\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\sin \pi  + \frac{1}{4}\sin 2\pi  = 0\);

\(y\left( {\frac{5}{6}} \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi  \cdot \frac{5}{6}} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi  \cdot \frac{5}{6}} \right) =  - \frac{{3\sqrt 3 }}{8}\).

Vậy độ cao lớn nhất là khoảng 0,65 cm = 6,5 mm tại thời điểm \(x = \frac{1}{6}\) giây. Chọn ý 1, 4.

1. Đúng. Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên suy ra \(SA\) là đường cao của hình chóp.

2. Sai. Kẻ \(AH \bot SD\left( {H \in SD} \right)\).

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right),CD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\).

Mà \(AD \bot CD\) nên \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\).

Lại có \(SD \bot AH \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Ta có \(AH = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {4{a^2} + 3{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7}\).

3. Sai. Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 3  = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

4. Đúng. Có \(\cos \left( {SB,AC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB}  \cdot \overrightarrow {AC} } \right|}}{{SB \cdot AC}}\).

Ta có \(\overrightarrow {SB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \left( {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AS} } \right) \cdot \overrightarrow {AB}  = A{B^2} - \overrightarrow {AS}  \cdot \overrightarrow {AB}  = A{B^2} = {a^2}\).

Suy ra \(\cos \left( {SB,AC} \right) = \frac{{\left| {{a^2}} \right|}}{{a\sqrt 5  \cdot 2a}} = \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\). Khi đó \(\left( {SB,AC} \right) \approx 77,4^\circ \).

5. Đúng.

Gọi K là hình chiếu của \(A\)lên \(BD\), \(J\)là hình chiếu của \(A\)lên \(SK\).

Có tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\), \(AK \bot BD\). Khi đó:

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác \(SAK\) vuông tại \(A\) có \(AJ \bot SK\). Khi đó:

\(\frac{1}{{A{J^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} \Rightarrow AJ = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\).

Gọi \(O = AC \cap \left( {SBD} \right) \Rightarrow \frac{{AO}}{{CO}} = \frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}\).

Mà \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(O\) là trung điểm \(AC\).

Suy ra \(\frac{{AO}}{{CO}} = 1 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\). Chọn ý 1, 4, 5.