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 trạm kiểm tra chất lượng, các sản phẩm được phân loại vào hai lô hàng:

+) Lô A: Có 12 sản phẩm, trong đó có 7 sản phẩm đạt chuẩn.

+) Lô B: Có 8 sản phẩm, trong đó có 5 sản phẩm đạt chuẩn.

Robot lấy ngẫu nhiên 1 sản phẩm từ mỗi lô, sau đó người quản lí chọn ngẫu nhiên 1 trong 2 sản phẩm đó để đưa vào phòng thí nghiệm.

Gọi \(A\)là biến cố “Người quản lý chọn được sản phẩm từ lô \(A\)”, \(\overline A \) là biến cố “Người quản lí chọn sản phẩm từ lô B” và \(B\)là biến cố “Sản phẩm được chọn đạt chuẩn”. Những phương án nào dưới đây đúng?

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 1, 2.

1. Sai. Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}}  = \sqrt 3 \).

2. Đúng. Thay tọa độ điểm \(A,B\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta có \(\left| \begin{array}{l}1 - 2 - 1 - 2 =  - 4\\2 - 3 + 0 - 2 =  - 3\end{array} \right.\).

Suy ra \(A,B\)nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

3. Sai. Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(B\)trên \(\left( P \right)\). Khi đó \(BH \bot \left( P \right)\).

Suy ra đường thẳng \(BH\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 1;1} \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(BH\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 - t\\z = t\end{array} \right.\).

Tọa độ điểm \(H\)là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 - t\\z = t\\x - y + z - 2 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 - t\\z = t\\2 + t - 3 + t + t - 2 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\\z = 1\\t = 1\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {3;2;1} \right)\).

Vậy hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(\left( P \right)\) có tung độ bằng 2.

4. Đúng. Gọi \(B'\)là điểm đối xứng với \(B\)qua mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó \(H\)là trung điểm đoạn thẳng \(BB'\). Suy ra tọa độ \(B'\left( {4;1;2} \right)\).

Khi đó \(MA + MB = MA + MB' \ge AB'\).

Suy ra \(MA + MB\) đạt giá trị nhỏ nhất khi ba điểm \(M,A,B'\) thẳng hàng.

Ta có \(\overrightarrow {AB'}  = \left( {3; - 1;3} \right) \Rightarrow AB' = \sqrt {19} \).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(MA + MB\) bằng \(\sqrt {19} \). Chọn 2, 4.

1. Sai. Vì tập xác định là \(D = \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\).

2. Đúng. Vì \(f'\left( x \right) =  - \frac{3}{{\left( {3x + 4} \right)\ln 2}} < 0\,\,\forall x \in \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) nên \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(D = \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\).

3. Đúng. Vì \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) nên \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) =  - 1 - {\log _2}5\) .

4. Đúng. Xét \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + {x^2} - \frac{7}{2}x + 2\)

 Ta có \(g'\left( x \right) =  - \frac{3}{{\left( {3x + 4} \right)\ln 2}} + 2x - \frac{7}{2},\,\,\,g''\left( x \right) = \frac{9}{{{{\left( {3x + 4} \right)}^2}\ln 2}} + 2 > 0\,\,\forall x \in \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) .

Suy ra \(g'\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\). Do đó \(g'\left( x \right) = 0\) có tối đa 1 nghiệm.

Vì \(g'\left( 0 \right) < 0,\,\,g'\left( 4 \right) > 0\) nên \(g'\left( x \right) = 0\) có ít nhất 1 nghiệm.

Suy ra \(g'\left( x \right) = 0\) có nghiệm duy nhất \(x = {x_0}\) .

Từ bảng biến thiên suy ra \(g\left( x \right) = 0\) có nhiều nhất 2 nghiệm và tìm được 2 nghiệm là \(x = 0,\,\,x = 4\).

Từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình  \(f\left( x \right) <  - {x^2} + \frac{7}{2}x - 2\) là \(\left( {0;4} \right)\).

5. Sai. \(f\left( x \right) + {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3x + 4} \right) + {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = {\log _2}\left( {3x + 4} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - \frac{4}{3}\\{x^2} - 2x + m = 3x + 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - \frac{4}{3}\\m =  - {x^2} + 5x + 4\end{array} \right.\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) =  - {x^2} + 5x + 4\).

Ta có \(g'\left( x \right) =  - 2x + 5 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{2}\).

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

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(8 < m < \frac{{41}}{4}\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {9;10} \right\}\).

Do đó tổng các giá trị là 19. Chọn 2, 3, 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 1, 4, 5.