Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 24

Số trung bình của mẫu số liệu có trong bảng đã cho là:

\[\overline x  = \frac{{1 \cdot 3 + 2 \cdot 6 + 3 \cdot 15 + 4 \cdot 10 + 5 \cdot 6}}{{3 + 6 + 15 + 10 + 6}} = \frac{{13}}{4} = 3,25\].

Đáp án cần nhập là: \(3,25\).

Số cách chọn 5 người từ 15 người là: \(C_{15}^5\).

Gọi A là biến cố "đội có ít nhất 3 nữ". Ta xét các trường hợp:

Trường hợp 1: Đội có 3 nữ và 2 nam

Số các cách chọn: \(C_6^3 \cdot C_9^2\)

Trường hợp 2: Đội có 4 nữ và 1 nam.

Số cách chọn: \(C_6^4 \cdot C_9^1\).

Trường hợp 3: Đội có 5 nữ

Số cách chọn: \(C_6^5\).

Vậy số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = C_6^3 \cdot C_9^2 + C_6^4 \cdot C_9^1 + C_6^5\)

Đồ thị quay bề lõm xuống dưới nên \(a < 0\).

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên \(c < 0\).

Đồ thị có đỉnh có hoành độ dương, mà đỉnh của đồ thị hàm số có hoành độ \( - \frac{{ - b}}{{2a}}\),do \(a < 0\) nên \(b < 0\). Chọn A.

Mệnh đề phủ định của mệnh đề đã cho là \(\exists \varepsilon  > 0,\forall {n_o} \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}},\exists n > {n_o},\left| {\frac{1}{n}} \right| \ge \varepsilon \) . Chọn C.

Đường thẳng \(AB\) đi qua \(A\left( {3;4} \right)\) có \(\overrightarrow {AB} \left( { - 1;1} \right)\) làm vectơ chỉ phương nên nhận \(\overrightarrow n  = \left( {1;1} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình  là \(1\left( {x - 3} \right) + 1\left( {y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 7 = 0\).

Khoảng cách từ điểm \(C\) tới đường thẳng \(AB\) là \(d\left( {C,AB} \right) = \frac{{\left| {4 + 6 - 7} \right|}}{{\sqrt {1 + 1} }} = \frac{3}{{\sqrt 2 }}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot d\left( {C,AB} \right) = \frac{1}{2} \cdot \sqrt 2  \cdot \frac{3}{{\sqrt 2 }} = \frac{3}{2}\).

Khi đó, do \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên diện tích tam giác \(BCG\) là

\({S_{BCG}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2} = \frac{1}{2}\). Chọn B.

Tổng chiều cao của \(n\) bậc thang là: \({S_n} = \frac{n}{2}\left( {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right)\).

Thay \({S_n} = 3,6;{u_1} = 0,3;d =  - 0,01\) ta có:

\(3,6 = \frac{n}{2}\left( {2 \cdot 0,3 + \left( {n - 1} \right)\left( { - 0,01} \right)} \right) \Leftrightarrow 0,01{n^2} - 0,61n + 7,2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 16}\\{n = 45}\end{array}} \right.\).

Thử lại với các nghiệm n thu được ta thấy:

Với \(n = 16\) thì chiều cao bậc cuối cùng là \(h = 0,3 + \left( {16 - 1} \right)\left( { - 0,01} \right) = 0,15m\).

Với \(n = 45\) thì chiều cao bậc cuối cùng là \(h = 0,3 + \left( {45 - 1} \right)\left( { - 0,01} \right) =  - 0,14\). Chiều cao âm như này không hợp lý nên giá trị \(n = 45\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(16\).

\[3{\cos ^2}x - \sin x\cos 2x - \frac{{\sin 2x}}{2} - \cos x\cos 2x + \sin x = 2\]

\( \Leftrightarrow 3{\cos ^2}x - 2 - \sin x\cos 2x - \sin x\cos x - \cos x\cos 2x + \sin x = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x - 1 + {\cos ^2}x - 1 - \sin x\cos 2x - \sin x\cos x - \cos x\cos 2x + \sin x = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos 2x - {\sin ^2}x - \sin x\cos 2x - \sin x\cos x - \cos x\cos 2x + \sin x = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos 2x\left( {1 - \sin x - \cos x} \right) + \sin x\left( {1 - \sin x - \cos x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\cos 2x + \sin x} \right)\left( {1 - \sin x - \cos x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( { - 2{{\sin }^2}x + \sin x + 1} \right)\left( {1 - \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sin x - 1} \right)\left( {2\sin x + 1} \right)\left( {1 - \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = 1}\\{\sin x = \frac{{ - 1}}{2}}\\{\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{11\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z})} \right.} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{11\pi }}{6} + k2\pi }\\{x = k2\pi }\end{array}\quad (k \in \mathbb{Z})} \right.\).

Cho \(0 < \frac{\pi }{2} + k2\pi  < 2024\pi  \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{4} < k < \frac{{4047}}{4} \Rightarrow \) Có 1012 giá trị nguyên của \(k\).

Cho \(0 < \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi  < 2024\pi  \Leftrightarrow \frac{{ - 7}}{{12}} < k < \frac{{12137}}{{12}} \Rightarrow \) Có 1012 giá trị nguyên của \(k\).

Cho \(0 < \frac{{11\pi }}{6} + k2\pi  < 2024\pi  \Leftrightarrow \frac{{ - 11}}{{12}} < k < \frac{{12133}}{{12}} \Rightarrow \) Có 1012 giá trị nguyên của \(k\).

Cho \(0 < k2\pi  < 2024\pi  \Leftrightarrow 0 < k < 1012 \Rightarrow \) Có 1011 giá trị nguyên của \(k\).

Khi đó, phương trình đã cho có \(1012 + 1012 + 1012 + 1011 = 4047\) nghiệm trong (\(0;2024\pi \)). Chọn A.

Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\) mà \(CD \bot AD\) nên \(CD \bot \left( {SAD} \right)\).

Vì \(D\) là hình chiếu của \(C\) trên \(\left( {SAD} \right)\) nên góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là \(\widehat {CSD}\).

Ta có: \(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {a^2}}  = a\sqrt 3 \).

\({\rm{tan}}\widehat {CSD} = \frac{{CD}}{{SD}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CSD} = 30^\circ \).

Vậy góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là \(30^\circ \). Chọn A.