Đề tham khảo ĐGNL V-SAT môn Toán 2026 (Đề 2)

1. Đúng. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là \(y = \frac{1}{2}\) nên đồ thị hàm số có một nhánh nằm dưới đường tiệm cận ngang và cắt trục tung tại điểm có tung độ nhỏ hơn \(\frac{1}{2}\).

2. Sai. Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x = 3\).

3. Đúng. Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;3} \right)\).

4. Đúng. Từ hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{ax - 1}}{{bx + c}}\) ta có giao điểm của đồ thị hàm số và trục tung là điểm có tọa độ là \(\left( {0;\frac{{ - 1}}{c}} \right)\).

Từ bảng biến thiên ta có \( - \frac{1}{c} < \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{c} + \frac{1}{2} > 0 \Leftrightarrow \frac{{c + 2}}{{2c}} > 0 \Leftrightarrow c \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right)\).

1. Đúng. Ta có \({S_1} = {u_1} = {1^2} - \frac{3}{2} \cdot 1 = - \frac{1}{2};{S_2} = {u_1} + {u_2} = {2^2} - \frac{3}{2} \cdot 2 = 1\).

2. Sai. Ta có \({u_2} = {S_2} - {u_1} = \frac{3}{2}\).

3. Đúng. Với \(n \ge 2\) thì \({u_n} = {S_n} - {S_{n - 1}} = \left( {{n^2} - \frac{3}{2}n} \right) - \left[ {{{\left( {n - 1} \right)}^2} - \frac{3}{2}\left( {n - 1} \right)} \right] = - \frac{5}{2} + 2n\).

Mà \({u_1} = - \frac{1}{2} = - \frac{5}{2} + 2 \cdot 1\) nên \({u_n} = - \frac{5}{2} + 2n\) với \(n \in {\mathbb{N}^*}\).

4. Đúng. Ta có \({u_n} - {u_{n - 1}} = - \frac{5}{2} + 2n - \left( { - \frac{5}{2} + 2\left( {n - 1} \right)} \right) = 2\) không đổi với mọi \(n \in {\mathbb{N}^*},n \ge 2\).

Vậy \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số cộng có công sai là 2.

1. Đúng. Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{2x - 3}}{x} = 2 - \frac{3}{x}\), khi đó \(f'\left( x \right) = \frac{3}{{{x^2}}} = g\left( x \right),\forall x \in D\).

Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(g\left( x \right)\) trên D.

2. Đúng. Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int {\frac{{2x - 3}}{x}{\rm{d}}x = \int {\left( {2 - \frac{3}{x}} \right)} } \,{\rm{d}}x = 2x - 3\ln \left| x \right| + C\).

3. Đúng. Vì \(F\left( 1 \right) = 5 \Rightarrow 2 \cdot 1 - 3\ln 1 + C = 5 \Rightarrow C = 3\). Vậy \(F\left( x \right) = 2x - 3\ln \left| x \right| + 3\).

4. Sai. Vì \(G\left( x \right) = \int {xf\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int {x\left( {\frac{{2x - 3}}{x}} \right)} \,{\rm{d}}x = \int {\left( {2x - 3} \right)} \,{\rm{d}}x = {x^2} - 3x + C\).

Mà \[G\left( 1 \right) = 4 \Rightarrow {1^2} - 3 \cdot 1 + C = 4 \Rightarrow C = 6 \Rightarrow G\left( x \right) = {x^2} - 3x + 6\]. Vậy \(G\left( 2 \right) = 4\).

1. Sai. Điều kiện xác định: \(2x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}\). Tập xác định của hàm số là \[\left( {\frac{3}{2}\,;\, + \infty } \right)\].

2. Đúng. Đạo hàm \(f'\left( x \right) = \frac{2}{{\left( {2x - 3} \right)\ln 3}},\forall x \in \left( {\frac{3}{2}\,;\, + \infty } \right)\).

3. Sai. \[f\left( x \right) = {\log _3}\left( {{x^2} - x - 1} \right)\]\[ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2x - 3} \right) = {\log _3}\left( {{x^2} - x - 1} \right)\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3 = {x^2} - x - 1\\2x - 3 > 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x + 2 = 0\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\].

Vậy phương trình có một nghiệm \[x = 2\] .

4. Sai. \(f\left( x \right) \le 4 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2x - 3} \right) \le 4\)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3 \le 81\\2x - 3 > 0\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 42\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{3}{2} < x \le 42\).

Kết hợp với điều kiện \(x \in \mathbb{Z}\) \( \Rightarrow S = \left\{ {2\,;\,3\,;\,4\,;\,...\,;\,42} \right\}\)

Tổng các phần tử của \(S\) bằng \(2 + 3 + 4 + ... + 42 = \frac{{41}}{2} \cdot \left( {2 + 42} \right) = 902\).

1. Đúng. Ta có \(AD{\rm{//}}BC \Rightarrow AD{\rm{//}}\,\left( {SBC} \right)\).

2. Sai. Vì \(AD{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) nên \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\), kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\). (1)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AH \bot BC} \right.\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) hay \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)

Vậy \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

3. Đúng. Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(AK \bot SD\) tại \(K\). (3)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AK} \right.\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AK\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB,SD\).

Tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) nên \(AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)

Vậy \(d\left( {AB,SD} \right) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

4. Sai. Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{ABCD}} = a \cdot a\sqrt 2 = {a^2}\sqrt 2 \).

Thể tích khối chóp cần tìm là: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 2 = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}{\rm{ }}\)(đơn vị thể tích).

1. Đúng. Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 3; - 1;2} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1; - 3;0} \right)\] suy ra \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {6;2;10} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua \(A\left( {1;2;1} \right)\) nhận \({\overrightarrow n _1} = \left( {3;1;5} \right)\) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là \(3\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 2} \right) + 5\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + y + 5z - 10 = 0\).

2. Đúng. Ta có \(3 \cdot 0 + 3 + 5 \cdot 1 - 10 = - 2 \ne 0\) nên \(D \notin \left( {ABC} \right)\).

Do đó bốn điểm \(A,B,C,D\) tạo thành tứ diện.

3. Sai. Ta có mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(AB\) và song song với \(CD\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right] = \left( { - 8; - 4; - 14} \right)\).

Vì \(\vec n\) không cùng phương với \(\vec a\) nên \(\vec a = \left( {4; - 2;7} \right)\) không là vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\).

4. Đúng. Trường hợp 1: \(\left( P \right)\) qua hai điểm \(A\), \(B\) và song song với \(CD\), khi đó:

\(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} } \right] = \left( { - 8; - 4; - 14} \right)\) và \(A \in \,\left( P \right)\)\( \Rightarrow \left( P \right):4x + 2y + 7z - 15 = 0.\)

Vì \(4 \cdot 1 + 2 \cdot 2 + 7 \cdot 1 - 15 = 0\) nên \(M \in \left( P \right)\).

Trường hợp 2: \(\left( Q \right)\) qua hai điểm \(A\), \(B\) cắt \(CD\) tại trung điểm \(I\) của đoạn \(CD\).

Ta có \(I\left( {1;1;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AI} \left( {0; - 1;0} \right)\), vectơ pháp tuyến của \(\left( Q \right)\) là \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AI} } \right] = \left( {2;0;3} \right)\) nên phương trình \(\left( Q \right):2x + 3z - 5 = 0\).

Vì \(2 \cdot 1 + 3 \cdot 1 - 5 = 0\) nên \(M \in \left( Q \right)\).

1. Sai. \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow I\left( {0\,;\,3\,;\, - 1} \right)\).

Có \(\overrightarrow {IA} = \left( {2\,;\,1\,;\,2} \right) \Rightarrow R = IA = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {2^2}} = 3\).

2. Đúng. \(\left( P \right)\) có \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \overrightarrow {IA} = \left( {2\,;\,1\,;\,2} \right)\) và đi qua điểm \[A\left( {2\,;\,4\,;\,1} \right)\] nên ta có phương trình:

\(2\left( {x - 2} \right) + 1\left( {y - 4} \right) + 2\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y + 2z - 10 = 0\).

3. Sai. Gọi \(r\) là bán kính của đường tròn giao tuyến của mặt cầu với \(\left( Q \right)\).

Ta có \(d\left( {I,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| { - 3 - 2 - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = 2\). Suy ra \(r = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5 \).

4. Sai. Diện tích mặt cầu \(\left( S \right)\) là \({S_1} = 4 \cdot \pi \cdot {3^2} = 36\pi \)\( \Rightarrow \) Diện tích mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) là \({S_2} = \frac{{{S_1}}}{4} = 9\pi \Rightarrow r' = \frac{3}{2}\).

Có \(\left( {S'} \right)\) tiếp xúc \(\left( S \right)\) nên \(II' = R + r' = 3 + \frac{3}{2} = \frac{9}{2}\).

1. Đúng. Xác suất \(P\left( B \right) = \frac{{{n_B}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{{105}}{{200}} = \frac{{21}}{{40}};P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = \frac{{19}}{{40}}\).

2. Sai. Theo đề bài: Kinh nghiệm cho thấy tỉ lệ khách hàng thực sự sẽ mua sản phẩm tương ứng với những cách trả lời “sẽ mua” là \(70\% \). Do đó xác suất có điều kiện \(P\left( {A|B} \right) = 0,7\).

3. Đúng. Xác suất \(P\left( A \right) = P\left( {A|B} \right) \cdot P\left( B \right) + P\left( {A|\overline B } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = 0,7 \cdot \frac{{21}}{{40}} + 0,3 \cdot \frac{{19}}{{40}} = 0,51\).

4. Sai. Ta có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A|B} \right) \cdot P\left( B \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,7 \cdot \frac{{21}}{{40}}}}{{0,51}} \approx 0,72 = 72\% \).

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

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

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

....

Số tiền Lisa còn nợ sau 30 năm là

\({A_{360}} = P{\left( {1 + r} \right)^{360}} - M - M\left( {1 + r} \right) - M{\left( {1 + r} \right)^2} - ...... - M{\left( {1 + r} \right)^{359}} = 0\)

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

Tổng số tiền trong 30 năm Lisa phải trả là: \(T = 360M \approx 784322\)$.

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

4. Sai. Nếu mỗi tháng Lisa trả \(N = M + 250\)($) thì sau 20 năm số nợ còn lại là:

\(\begin{array}{l}{A_{240}} = P{\left( {1 + r} \right)^{240}} - N - N\left( {1 + r} \right) - N{\left( {1 + r} \right)^2} - ...... - N{\left( {1 + r} \right)^{239}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 290000{\left( {1 + 0,6875\% } \right)^{240}} - 2428 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{240}} - 1}}{{0,6875\% }} \approx 26123,6 \ne 0.\end{array}\)

Vậy Lisa không trả hết tiền mua nhà trong 20 năm.

Nếu trong vườn ươm nói trên, cây vú sữa thấp nhất có chiều cao \(71\,{\rm{cm}}\) và cây vú sữa cao nhất có chiều cao \(117\,{\rm{cm}}\) thì khoảng biến thiên của mẫu số liệu gốc là: \(117 - 71 = 46\) (cm).

Từ biểu đồ, ta có bảng tần số của mẫu số liệu ghép nhóm là:

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho là: \(120 - 70 = 50\) (cm).

Do đó khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho lớn hơn khoảng biến thiên của mẫu số liệu gốc là \(50 - 46 = 4\) (cm). Chọn D.

Ta có bảng sau:

Cỡ mẫu của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho là \(n = 9 + 20 + 33 + 25 + 15 = 102\).

Chiều cao trung bình của các cây vú sữa trong vườn ươm là:

\(\overline x = \frac{{75 \cdot 9 + 85 \cdot 20 + 95 \cdot 33 + 105 \cdot 25 + 115 \cdot 15}}{{102}} = \frac{{290}}{3} \approx 96,67\,\,{\rm{cm}}\). Chọn B.

Mẫu số liệu đã cho có số trung bình \(\overline x = \frac{{290}}{3}\) và phương sai:

\(s_1^2 = \frac{1}{{102}}\left( {9 \cdot {{75}^2} + 20 \cdot {{85}^2} + 33 \cdot {{95}^2} + 25 \cdot {{105}^2} + 15 \cdot {{115}^2}} \right) - {\left( {\frac{{290}}{3}} \right)^2} = \frac{{20725}}{{153}}\).

Nếu tăng số cây của mỗi nhóm lên gấp 3 lần thì bảng tần số của mẫu số liệu ghép nhóm mới là:

Khi đó, giá trị trung bình là: \({\bar x_2} = \frac{{75 \cdot 27 + 85 \cdot 60 + 95 \cdot 99 + 105 \cdot 75 + 115 \cdot 45}}{{306}} = \frac{{290}}{3}\,{\rm{cm}}\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm mới là:

\(s_2^2 = \frac{1}{{306}}\left( {27 \cdot {{75}^2} + 60 \cdot {{85}^2} + 99 \cdot {{95}^2} + 75 \cdot {{105}^2} + 45 \cdot {{115}^2}} \right) - {\left( {\frac{{290}}{3}} \right)^2} = \frac{{20725}}{{153}}\).

Vậy phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm mới bằng phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm cũ.

Chọn A.

Hàm số có dạng: \(v\left( t \right) = m\cos \left( {\pi t} \right) + n\)

Dựa vào đồ thị, ta có các điểm đặc biệt:

Tại \(t = 0\) thì \(v\left( 0 \right) = 10 \Rightarrow m\cos \left( 0 \right) + n = 10 \Rightarrow m + n = 10\).

Tại \(t = 1\) thì \(v\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow m\cos \left( \pi \right) + n = 0 \Rightarrow - m + n = 0\).

Giải hệ phương trình:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + n = 10}\\{ - m + n = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 5}\\{n = 5}\end{array}} \right.\)

Vậy phương trình vận tốc là: \(v\left( t \right) = 5\cos \left( {\pi t} \right) + 5\) (m/s).

Gia tốc là đạo hàm của vận tốc: \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = {\left[ {5\cos \left( {\pi t} \right) + 5} \right]^\prime } = - 5\pi \sin \left( {\pi t} \right)\).

Giá trị lớn nhất của \(a\left( t \right)\) là: \(\left| { - 5\pi } \right| = 5\pi \) (khi \(\sin \left( {\pi t} \right) = - 1\)). Chọn A.

Quãng đường chất điểm đi được trong giây đầu tiên \(\left( {t \in \left[ {0;1} \right]} \right)\) là:

\({S_1} = \int\limits_0^1 {\left( {5\cos \left( {\pi t} \right) + 5} \right){\rm{d}}t} = 5\) (m). Chọn C.

Vận tốc trung bình: \[{v_{tb}} = \frac{1}{3}\int\limits_0^3 {v\left( t \right)} \,{\rm{d}}t = \frac{1}{3}\int\limits_0^3 {\left( {5\cos \left( {\pi t} \right) + 5} \right)} \,{\rm{d}}t = 5\] (m/s). Chọn B.

Từ đồ thị ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) = 3\\f\left( 1 \right) = - 1\\f\left( 0 \right) = 1\\f\left( { - 2} \right) = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b - c + d = 3\\a + b + c + d = - 1\\d = 1\\ - 8a + 4b - 2c + d = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c = - 3\\d = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\). Suy ra có 2 số dương trong các số \(a,\,b,\,c,\,d\).

Từ đồ thị ta thấy trong khoảng \(\left( { - 2;1} \right)\) hàm số có giá trị lớn nhất bằng 3.

Từ đồ thị ta thấy tâm đối xứng của đồ thị có hoành độ bằng \(0\).

Ta có \(f\left( {f\left( x \right)} \right) = \frac{5}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = a\,\,\left( {a \in \left( { - 2\,; - 1} \right)} \right)\,\,\left( 1 \right)\\f\left( x \right) = b\,\,\left( {b \in \left( { - 1\,;0} \right)} \right)\,\,\left( 2 \right)\\f\left( x \right) = c\,\,\left( {c \in \left( {1\,;2} \right)} \right)\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( {f\left( x \right)} \right) = \frac{5}{2}\) chính là số giao điểm của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = a\,,\,y = b\,,\,y = c\).

Từ đồ thị suy ra phương trình \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)\) lần lượt có 1 nghiệm, 3 nghiệm, 3 nghiệm.

Vậy phương trình \(f\left( {f\left( x \right)} \right) = \frac{5}{2}\) có 7 nghiệm.

Đáp án: 1 – B; 2 – C; 3 – A; 4 – F.

Toạ độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) là \(\left( {1;0;0} \right)\).

Vì \(E \in Ox \Rightarrow E\left( {x;0;0} \right)\). Ta có \(AE \bot BC \Leftrightarrow \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {BC} = 0\).

Ta có \(\overrightarrow {AE} = \left( {x - 1;1; - 1} \right),\,\overrightarrow {BC} = \left( { - 2; - 1;3} \right)\).

Do đó \(\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right) \cdot \left( { - 2} \right) + 1 \cdot \left( { - 1} \right) - 1 \cdot 3 = 0 \Leftrightarrow x = - 1 \Rightarrow E\left( { - 1;0;0} \right)\).

Giả sử \(M\left( {x;y;z} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {x - 1;y + 1;z - 1} \right)\).

\(\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {CB} = \left( {2;1; - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 2\\y + 1 = 1\\z - 1 = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 0\\x = - 2\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {3;0; - 2} \right)\).

Giả sử \[H\left( {x;y;z} \right).\]

Ta có \[\overrightarrow {BC} = \left( { - 2; - 1;3} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 1;1;0} \right),\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 3; - 3; - 3} \right)\].

\[\overrightarrow {AH} = \left( {x - 1;y + 1;z - 1} \right),\overrightarrow {BH} = \left( {x - 2;y - 1;z + 2} \right),\overrightarrow {CH} = \left( {x;y;z - 1} \right)\].

Khi đó: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}\\ \overrightarrow{BH}\perp \overrightarrow{AC}\\ \overrightarrow{BC},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CH}\circledR ångph\mathrm{¼}ng\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=0\\ \overrightarrow{BH}\cdot \overrightarrow{AC}=0\\ \left[\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AC}\right]\cdot \overrightarrow{CH}=0\end{array}\right.$

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2\left( {x - 1} \right) - \left( {y + 1} \right) + 3\left( {z - 1} \right) = 0\\ - \left( {x - 2} \right) + \left( {y - 1} \right) = 0\\ - 3x - 3y - 3\left( {z - 1} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{5}{9}\\y = - \frac{4}{9}\\z = \frac{8}{9}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{5}{9}; - \frac{4}{9};\frac{8}{9}} \right)\].

Đáp án: 1 – C; 2 – D; 3 – F; 4 – A.

Ta có \[\left. \begin{array}{l}\left( {ADC'B'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\\AD \bot C'D\\AD \bot DC\end{array} \right\} \Rightarrow \]góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ADC'B'} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {C'DC} = 45^\circ \).

Suy ra sin của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ADC'B'} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(\sin 45^\circ = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).

Gọi \(O = A'C' \cap B'D'\).

Ta có \(\left. \begin{array}{l}B'D' \bot A'O\\B'D' \bot AO\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {AOA'}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,B'D',A'} \right]\).

Ta có \[A'C' = a\sqrt 2 \Rightarrow OA' = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]. Khi đó \(\tan \widehat {AOA'} = \frac{{AA'}}{{A'O}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 \).

Vậy tang của góc nhị diện \(\left[ {A,B'D',A'} \right]\) bằng \(\sqrt 2 \).

Ta có \(\left. \begin{array}{l}B'D' \bot AO\\B'D' \bot C'O\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {AOC'}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,B'D',C'} \right]\).

Vì \(\widehat {AOC'} + \widehat {AOA'} = 180^\circ \) nên \(\tan \widehat {AOC'} = - \tan \widehat {AOA'} = - \sqrt 2 \).

Vậy tang của góc nhị diện \(\left[ {A,B'D',C'} \right]\) bằng \( - \sqrt 2 \).

Vì \[B'D' \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow \left. \begin{array}{l}B'D' \bot AO\\B'D' \bot CO\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {AOC}\] là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,B'D',C} \right]\).

Ta có \(AO = CO = \sqrt {A'{A^2} + A'{O^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\); \(AC = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác \(OAC\) có \(\cos \widehat {AOC} = \frac{{O{A^2} + O{C^2} - A{C^2}}}{{2 \cdot OA \cdot OC}} = \frac{{\frac{{6{a^2}}}{4} + \frac{{6{a^2}}}{4} - 2{a^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{2}}} = \frac{1}{3}\).

Vậy côsin của góc nhị diện \(\left[ {A,B'D',C} \right]\) bằng \(\frac{1}{3}\).

Đáp án: 1 – E; 2 – A; 3 – B; 4 – C.

Giả sử \(\left( a \right)\) là đường thẳng đi qua \(A\left( {0;1;0} \right)\) và cắt \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) theo thứ tự tại các điểm M, N.

Khi đó:

Điểm \(M \in \left( {{d_1}} \right)\) suy ra \(M\left( {1;t;1} \right)\) và \(\overrightarrow {AM} = \left( {1;\,\,t - 1;\,\,1} \right)\).

Điểm \(N \in \left( {{d_2}} \right)\) suy ra \(N\left( {1 + u;0;2} \right)\) và \(\overrightarrow {AN} = \left( {u + 1;\, - 1;\,\,2} \right)\).

Ba điểm A, M, N thẳng hàng ta được: \(\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AN} \) \[\left\{ \begin{array}{l}1 = k\left( {u + 1} \right)\\t - 1 = - k\\1 = 2k\end{array} \right.\] \(\left\{ \begin{array}{l}t = \frac{1}{2}\\u = 1\end{array} \right.\) \[N\left( {2;\,0;\,\,2} \right)\].

Khi đó, đường thẳng \(\left( a \right)\) đi qua \(A\left( {0;1;0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AN} = \left( {2; - 1;2} \right)\) nên có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = 1 - t\\z = 2t\end{array} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Giả sử \(\left( b \right)\) là đường thẳng cắt \(\left( {{d_1}} \right)\), \(\left( {{d_2}} \right)\) theo thứ tự tại các điểm M, N và song song với đường thẳng \(\left( {{\Delta _1}} \right):\,\,\frac{x}{1} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{1}\).

Khi đó:

Điểm \(M \in \left( {{d_1}} \right)\) suy ra \(M\left( {1;t;1} \right)\).

Điểm \(N \in \left( {{d_2}} \right)\) suy ra \(N\left( {1 + u;0;2} \right)\).

Vì MN song song với đường thẳng \(\left( {{\Delta _1}} \right)\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_{\Delta 1}}} = \left( {1;\,\, - 1;\,\,1} \right)\) ta được:

\(\overrightarrow {MN} = k\overrightarrow {{u_{\Delta 1}}} \) \[\frac{u}{1} = \frac{{ - t}}{{ - 1}} = \frac{1}{1} \Rightarrow t = u = 1 \Rightarrow M\left( {1;1;1} \right)\].

Khi đó, đường thẳng \(\left( b \right)\) đi qua \(M\left( {1;1;1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_{\Delta 1}}} = \left( {1;\,\, - 1;\,\,1} \right)\) nên có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 - t\\z = 1 + t\end{array} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Giả sử \(\left( c \right)\) là đường thẳng đi qua điểm \(B\left( {2;1;2} \right)\) và vuông góc với cả \(\left( {{d_1}} \right)\), \(\left( {{d_2}} \right)\) và \(\left( c \right)\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_c}} \), khi đó ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( c \right) \bot \left( {{d_1}} \right)\\\left( c \right) \bot \left( {{d_2}} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_c}} \bot \overrightarrow {{u_1}} \\\overrightarrow {{u_c}} \bot \overrightarrow {{u_2}} \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_c}} = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {0;\,\,0;\,\, - 1} \right)\].

Khi đó đường thẳng \(\left( c \right)\) đi qua \(B\left( {2;1;2} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_c}} = \left( {0;0; - 1} \right)\) nên có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = 2 - t\end{array} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Giả sử đường thẳng \(\left( d \right)\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\). Gọi P, Q theo thứ tự là chân đường vuông góc chung trên \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) thì \[P\left( {1;t;1} \right)\] và \(Q\left( {1 + u;0;2} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {PQ} = \left( {u;\,\, - t;\,\,1} \right)\).

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( d \right) \bot \left( {{d_1}} \right)\\\left( d \right) \bot \left( {{d_2}} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {PQ} \bot \overrightarrow {{u_1}} \\\overrightarrow {PQ} \bot \overrightarrow {{u_2}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {PQ} \cdot \overrightarrow {{u_1}} = 0\\\overrightarrow {PQ} \cdot \overrightarrow {{u_2}} = 0\end{array} \right. \Rightarrow t = u = 0\]. Suy ra \(P\left( {1;0;1} \right)\) và \(Q\left( {1;0;2} \right)\).

Khi đó, đường vuông góc chung \(\left( d \right)\) đi qua \(P\left( {1;0;1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {PQ} = \left( {0;0;1} \right)\) nên có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\\z = 1 + t\end{array} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Đáp án: 1 – C; 2 – B; 3 – A; 4 – E.

Từ đồ thị hàm số, ta thấy:

Trên đoạn \[\left[ { - 1;\frac{3}{2}} \right]\], hàm số \[y = f\left( x \right)\] có giá trị nhỏ nhất bằng \( - 1\).

Trên đoạn \[\left[ { - 1;\frac{3}{2}} \right]\], hàm số \[y = f\left( x \right)\] có giá trị lớn nhất bằng \(4\).

Để phương trình \[f\left( x \right) = m\] có nghiệm với mọi \[x \in \left[ { - 1;\frac{3}{2}} \right)\] thì \[ - 1 \le m < 4\].

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \[m \in \left\{ { - 1;0;1;2;3} \right\}\]. Vậy có 5 giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \[f\left( x \right) = m\] có nghiệm với mọi \[x \in \left[ { - 1;\frac{3}{2}} \right)\].

Để bất phương trình \[f\left( x \right) \le m + 7\] có nghiệm với mọi \[x \in \left[ { - 1;\frac{3}{2}} \right]\] thì \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 1;\frac{3}{2}} \right]} f\left( x \right) = 4 \le m + 7 \Leftrightarrow m \ge - 3\).

Mà \(m \in {\mathbb{Z}^ - }\) nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1} \right\}\). Vậy có 3 giá trị nguyên âm của tham số \(m\) để bất phương trình \[f\left( x \right) \le m + 7\] có nghiệm với mọi \[x \in \left[ { - 1;\frac{3}{2}} \right]\].

Đáp án: 1 – A; 2 – E; 3 – F; 4 – D.

Ta có \({\sin ^8}x - {\cos ^8}x - 4{\sin ^6}x = \left( {{{\sin }^4}x - {{\cos }^4}x} \right)\left( {{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x} \right) - 4{\sin ^6}x\)

\( = \left( {{{\sin }^2}x - {{\cos }^2}x} \right)\left( {{{\sin }^4}x + {{\cos }^4}x} \right) - 4{\sin ^6}x\)\( = {\cos ^4}x \cdot {\sin ^2}x - {\sin ^4}x \cdot {\cos ^2}x - {\cos ^6}x - 3{\sin ^6}x\)

\( = \left( {{{\cos }^4}x \cdot {{\sin }^2}x - {{\sin }^6}x} \right) - \left( {{{\sin }^4}x \cdot {{\cos }^2}x + {{\sin }^6}x} \right) - \left( {{{\cos }^6}x + {{\sin }^6}x} \right)\)

\( = {\sin ^2}x\left( {{{\cos }^4}x - {{\sin }^4}x} \right) - {\sin ^4}x\left( {{{\cos }^2}x + {{\sin }^2}x} \right) - \left( {1 - 3{{\cos }^2}x \cdot {{\sin }^2}x} \right)\)

\( = {\sin ^2}x\left( {{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x} \right)\left( {{{\cos }^2}x + {{\sin }^2}x} \right) - {\sin ^4}x - \left( {1 - 3{{\cos }^2}x \cdot {{\sin }^2}x} \right)\)

\( = {\sin ^2}x\left( {{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x} \right) - {\sin ^4}x - \left( {1 - 3{{\cos }^2}x \cdot {{\sin }^2}x} \right)\)

\( = 4{\cos ^2}x \cdot {\sin ^2}x - 2{\sin ^4}x - 1\)\( = - \frac{3}{4}\cos 4x + \cos 2x - \frac{5}{4}\).

Do đó \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( { - \frac{3}{4}\cos 4x + \cos 2x - \frac{5}{4}} \right){\rm{d}}x} = - \frac{3}{{16}}\sin 4x + \frac{1}{2}\sin 2x - \frac{5}{4}x + C\).

Vì \(f\left( 0 \right) = 0\) nên \( - \frac{3}{{16}}\sin \left( {4 \cdot 0} \right) + \frac{1}{2}\sin \left( {2 \cdot 0} \right) - \frac{5}{4} \cdot 0 + C = 0 \Leftrightarrow C = 0\).

Vậy \(f\left( x \right) = - \frac{3}{{16}}\sin 4x + \frac{1}{2}\sin 2x - \frac{5}{4}x\).

Ta có \(I = \int\limits_0^\pi {8f\left( x \right){\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_0^\pi {8\left( { - \frac{3}{{16}}\sin 4x + \frac{1}{2}\sin 2x - \frac{5}{4}x} \right){\rm{d}}x} \)

\( = \int\limits_0^\pi {\left( { - \frac{3}{2}\sin 4x + 4\sin 2x - 10x} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {\frac{3}{8}\cos 4x - 2\cos 2x - 5{x^2}} \right)} \right|_0^\pi = - 5{\pi ^2}\).

Vậy \(a = - 5\).

Đáp án: \( - 5\).

Đổi \[2,4\,\,{\rm{km/h}}\,\,{\rm{ = }}\,\frac{2}{3}\,\,{\rm{m/s;}}\,\,\,4,8\,\,{\rm{km/h}}\,\,{\rm{ = }}\,\frac{4}{3}\,\,{\rm{m/s}}{\rm{.}}\]

Quãng đường Hoa đi hết một chu trình là $AC+CM+\stackrel{⏜}{MD}+DE+EA.$

Tổng thời gian Hoa thực hiện một chu trình là $T=\frac{AC+CM}{\frac{2}{3}}+\frac{\stackrel{⏜}{MD}+DE+EA}{\frac{4}{3}}.$

Do \(AC,\,\,DE,\,\,EA\) không đổi nên \({T_{\max }}\) khi $\frac{CM}{\frac{2}{3}}+\frac{\stackrel{⏜}{MD}}{\frac{4}{3}}=\frac{3}{2}CM+\frac{3}{4}\stackrel{⏜}{MD}$ đạt giá trị lớn nhất.

Đặt \(\widehat {MCD} = \alpha ,\,\,\,\left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \widehat {MOD} = 2\alpha .\)

Suy ra $CM=10\cos \alpha ,\stackrel{⏜}{MD}=10\alpha \Rightarrow \frac{3}{2}CM+\frac{3}{4}\stackrel{⏜}{MD}=15\cos \alpha +\frac{15}{2}\alpha .$

Xét hàm số \(f\left( \alpha \right) = 15\cos \alpha + \frac{{15}}{2}\alpha ,\,\,\left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right)\).

Ta có \(f'\left( \alpha \right) = - 15\sin \alpha + \frac{{15}}{2},\,\,f'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow - 15\sin \alpha + \frac{{15}}{2} = 0 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{6} \in \left( {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right).\,\)

Lập bảng biến thiên của hàm số \(f\left( \alpha \right)\) trên khoảng \(\left( {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right),\) ta có \(\mathop {\max }\limits_{\alpha \in \left( {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)} f\left( \alpha \right) = f\left( {\frac{\pi }{6}} \right).\)

Vậy \({T_{\max }} = \frac{{3\sqrt {{{25}^2} + 15,{5^2}} }}{2} + \frac{{15}}{2}\left( {\sqrt 3 + \frac{\pi }{6}} \right) + \frac{{3\left( {15 + 15,5} \right)}}{4} \approx 83,9\) giây\( \approx 1,4\) phút.

Đáp án: \[1,4\].

Ta có \[{\log _{\sqrt {ab} }}\left( {a\sqrt[3]{b}} \right) = 3 \Leftrightarrow \frac{{{{\log }_a}\left( {a\sqrt[3]{b}} \right)}}{{{{\log }_a}\sqrt {ab} }} = 3 \Leftrightarrow \frac{{{{\log }_a}a + \frac{1}{3}{{\log }_a}b}}{{\frac{1}{2}\left( {{{\log }_a}a + {{\log }_a}b} \right)}} = 3\]

\[ \Leftrightarrow \frac{2}{3}.\frac{{3 + {{\log }_a}b}}{{1 + {{\log }_a}b}} = 3 \Leftrightarrow 6 + 2{\log _a}b = 9 + 9{\log _a}b \Leftrightarrow {\log _a}b = - \frac{3}{7}\].

Ta có \[{\log _{\sqrt {ab} }}\left( {b\sqrt[3]{a}} \right) = \frac{{{{\log }_a}\left( {b\sqrt[3]{a}} \right)}}{{{{\log }_a}\sqrt {ab} }} = \frac{{{{\log }_a}b + \frac{1}{3}{{\log }_a}a}}{{\frac{1}{2}\left( {{{\log }_a}a + {{\log }_a}b} \right)}} = \frac{{ - \frac{3}{7} + \frac{1}{3}}}{{\frac{1}{2}\left( {1 - \frac{3}{7}} \right)}} = - \frac{1}{3}\].

Suy ra \(m = 1,n = 3\). Vậy \(m + n = 4\).

Đáp án: \[4\].

Do \[\left( P \right)\] song song với \[\left( \alpha \right)\] nên \[\left( P \right)\] có phương trình: \[2x + 3y + z + m = 0\], điều kiện \[m \ne 1\].

Khi đó \[\left( P \right)\] cắt các tia \[Ox\,,Oy\,,Oz\] lần lượt tại các điểm là: \[A\left( { - \frac{m}{2}\,;0\,;0} \right)\], \[B\left( {0\,; - \frac{m}{3}\,;0} \right)\], \[C\left( {0\,;0\,; - \,m} \right)\], với \[m < 0\].

Thể tích khối tứ diện \[OABC\] bằng \[6\] nên \[\frac{1}{6}OA\, \cdot OB\, \cdot \,OC = 6\]

\[ \Leftrightarrow \frac{1}{6} \cdot \left| { - \frac{m}{2}} \right| \cdot \left| { - \frac{m}{3}} \right| \cdot \left| { - \,m} \right| = 6 \Leftrightarrow - \frac{{{m^3}}}{{36}} = 6\] (do \[m < 0\]) \[ \Leftrightarrow {m^3} = - \,216 \Leftrightarrow m = - \,6\] (thỏa mãn).

Ta có \[\left( P \right):2x + 3y + z - 6 = 0\]\[ \Rightarrow d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{{\,\left| {\,2 \cdot 0 + 3 \cdot 0 + 0 - 6\,} \right|\,}}{{\sqrt {{2^2} + {3^2} + {1^2}} }} = \frac{6}{{\sqrt {14} }} \approx 1,6\].

Đáp án: 1,6.

Gọi \(A\) là biến cố: “Cây bố có kiểu gene bb”; \(M\) là biến cố: “Cây con lấy gene b từ cây bố”; \(N\) là biến cố: “Cây con lấy gene b từ cây mẹ”; \(E\) là biến cố: “Cây con có kiểu gene bb”.

Theo giả thiết hai biến cố \(M\) và \(N\) độc lập nên \(P\left( E \right) = P\left( M \right) \cdot P\left( N \right)\).

Ta có \(P\left( A \right) = 40\% = 0,4\); suy ra \(P\left( {\bar A} \right) = 0,6\); \(P\left( {M|A} \right) = 1\); \(P\left( {M|\bar A} \right) = \frac{1}{2}\).

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có

\(P\left( M \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {M|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {M|\bar A} \right) = 0,4 \cdot 1 + 0,6 \cdot \frac{1}{2} = 0,7\).

Tương tự, ta tính được \(P\left( N \right) = 0,7\).

Vậy \(P\left( E \right) = P\left( M \right) \cdot P\left( N \right) = 0,7 \cdot 0,7 = 0,49\).

Đáp án: 0,49.