Đề thi cuối kì 1 Toán 11 THPT Lê Lợi (Thanh Hóa) năm 2023-2024 (có đáp án)

Chọn A

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^k} = + \infty \) với \(k\) nguyên dương là khẳng định đúng.

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = + \infty \) nếu \(\left| q \right| < 1\) là khẳng định sai vì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = 0\) nếu \(\left| q \right| < 1\).

Chọn D

Ta có \(P = 2,13131313... = 2 + 0,13131313... = 2 + \frac{{13}}{{99}} = \frac{{211}}{{99}}.\)

Chọn A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x + 2}}{{x - 1}} = \frac{{2 + 2}}{{2 - 1}} = 4.\)

Chọn B

Với \[{u_1} = 2,q = - 5 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_2} = {u_1}q = 10\\{u_3} = {u_1}{q^2} = - 50\\{u_4} = {u_1}{q^3} = 250\end{array} \right.\]

Vậy bốn số hạng đầu tiên của cấp số nhân là \[ - 2;\,10;\, - 50;\,250.\]

Chọn A

Cấp số nhân \(\frac{1}{2}{\rm{; }}\frac{1}{4}{\rm{; }}\frac{1}{8}{\rm{; }} \cdots {\rm{; }}\frac{1}{{4096}}\) có \[{u_1} = \frac{1}{2},{u_2} = \frac{1}{4} \Rightarrow q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{1}{2}.\]

Ta có \[{u_n} = {u_1}{q^{n - 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{{4096}} = \frac{1}{2}.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow {2^n} = 4096 \Leftrightarrow n = 12.\]

Vậy câp số nhân đã cho có \[12\] số hạng.

Chọn C

Dựa vào bảng số liệu đã cho thì có \[47\] nhân viên trong công ty nhận được mức thưởng tết từ 15 triệu đồng đến dưới 20 triệu đồng.

Chọn D

Theo tính chất của hàm số liên tục.

Chọn C

Ta có bảng thống kê chiều cau theo giá trị đại diện

Số trung bình của mẫu số liệu trên xấp xỉ bằng: \(\frac{{6,75.6 + 7,25.15 + 6,75.11 + 8,25.3}}{{35}} \approx 7,407\).

Chọn D

Ta có \(M\)là điểm chung của mặt phẳng (\(P)\) và mặt phẳng \((SAB)\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}AB \subset (SAB)\\AB||\left( P \right)\end{array} \right.\) nên giao tuyến của mặt phẳng (\(P)\) và mặt phẳng \((SAB)\) là đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\) và song song với đường thẳng\(AB.\)

Chọn B

Ta có \(MN\) đường trung bình của tam giác \(SAD\) nên \(MN||SD \Rightarrow MN||\left( {SCD} \right)\).

Tương tự \(NO\) đường trung bình của tam giác \(ADC\) nên \(NO||DC \Rightarrow NO||\left( {SCD} \right)\).

Mà \(MN \cap NO = O;MN \subset \left( {MNO} \right);NO \subset \left( {MNO} \right)\) nên ta được \(\left( {MNO} \right)||\left( {SCD} \right)\).

Chọn D

Ta có

Chọn A

Hàm số \(y = - \frac{1}{x}\) không xác định tại \(x = 0\) nên gián đoạn tại điểm \(x = 0\).

Chọn C

Điều kiện xác định: \(2023\cos x \ne 0 \Leftrightarrow \cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\).

Chọn D

Xét dãy số \[\left( {{u_n}} \right)\] có \[{u_n} = {2^n} \Rightarrow {u_{n + 1}} = {2^{n + 1}} = {2.2^n}\].

Do đó \[\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{{2.2}^n}}}{{{2^n}}} = 2\] (không đổi với \(\forall n \in \mathbb{N}*\))

Suy ra \[{u_n} = {2^n}\] là một cấp số nhân.

Chọn C

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 1}\\{{u_{n + 1}} = {u_n} + 2,\,\,\forall n \ge 1}\end{array}} \right.\) là một cấp số cộng có công sai \(d = 2\).

Chọn A

Trong \(\left( {BCD} \right)\) gọi \(E\) là giao điểm của \(CD\) và \(NP\). Khi đó

               \(\left. \begin{array}{l}E \in CD\\E \in NP \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \) \(E\) là giao điểm của \[CD\] và \[\left( {MNP} \right)\].

Chọn B

Theo vị trí tương đối của hai đường thẳng trong không gian ta có: Hai đường thẳng không có điểm chung là hai đường thẳng song song hoặc chéo nhau.

Chọn B

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2f\left( x \right) + 1}}{{2 - 3g\left( x \right)}} = \frac{{2.5 + 1}}{{2 - 3.\left( { - 2} \right)}} = \frac{{11}}{8}\).

Chọn B

Cho đường thẳng a và mặt phẳng (P) trong không gian. Có ba vị trí tương đối của a và (P): Song song, cắt nhau và chứa trong

Chọn C

Ta có \(9,5 - 8,5 = 1\).

Chọn B

Giao tuyến của mặt phẳng \(\left( {DMN} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\) là đường thẳng \(DN\).

Chọn B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 1\)

Chọn D

Ta có \(\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP,\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ\)

Chọn B

Do \(MN//BD \Rightarrow MN//\left( {BCD} \right)\)

Chọn D

+ Ta có \[T\].

Ta thấy\[T\] là đường trung bình của tam giác \[T\] nên \(\left( \alpha \right)\) mà \(MN\).

Do đó \(AD\).

+ Ta có \(P\).

Ta thấy\( \Rightarrow \) là đường trung bình của tam giác \(MNP\) nên \(\left( \alpha \right)\) mà \(MN\).

Do đó \(\left( {BCD} \right)\).

+ Ta có \(PQ\).

Ta thấy\(SE = \frac{1}{2}SD\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(OH{\rm{//}}AB\) mà \(AB \subset \left( {SAB} \right)\).

Do đó \(OH{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).

+ Trong mp \( \Rightarrow \)ta thấy:\(MNPQ\) mà \(MNPQ\) nên \(HK\)không song song với \(\left( {SAB} \right)\).

Chọn C

Ta có \[{\sin ^6}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^6}x = {\left( {{{\sin }^2}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \right)^3} - 3{\sin ^2}x.{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x\left( {{{\sin }^2}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \right)\]

\[ = 1 - 3{\sin ^2}x.{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x = 1 - \frac{3}{4}{\sin ^2}2x = 1 - \frac{3}{4} \times \frac{1}{2}\left( {1 - \cos 4x} \right) = \frac{{5 + 3\cos 4{\rm{x}}}}{8}\].

Vậy \[a = 5,\,b = 3,c = 8 \Rightarrow a + b + c = 16.\]Do đó \[T = 16\].

Chọn D

Diện tích tam giác \[ABC\] là \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.4.4.\sin 30^\circ = 4\].

Gọi \[\,\,P,N\] lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \[\left( P \right)\] và các cạnh \[SB,\,\,SC\].

Vì \[\left( P \right)\]\({\rm{//}}\)\[\left( {ABC} \right)\] nên theoo định lí Talet, ta có \[\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{2}{3}\].

Khi đó tam giác \[MNP\] đồng dạng với tam giác \[ABC\] theo tỉ số \[k = \frac{2}{3}\].

Vậy \[{S_{\Delta MNP}} = {k^2}.{S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}.4 = \frac{{16}}{9}\].

Chọn B

\(\lim \left( {\frac{{{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^n} - {2^{n + 1}} + 1}}{{{{5.2}^n} + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^{n + 1}} - 3}} + + \frac{{2{n^2} + 3}}{{{n^2} - 1}}} \right) = \lim \left( {\frac{{1 - 2.{{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n}}}{{5.{{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n} + \sqrt 5 - .{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n}}} + \frac{{2 + \frac{3}{{{n^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{n^2}}}}}} \right)\)

\( = \frac{1}{{\sqrt 5 }} + 2 = \frac{{\sqrt 5 }}{5} + 2.\) Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 5\\c = 2\end{array} \right..\)

Vậy \(S = {1^2} + {5^2} + {2^2} = 30.\)

Chọn D

Phương trình \(\sqrt { - {x^2} + 3x - 2} .\sin \pi \left( {4{x^2} + 2x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - {x^2} + 3x - 2 = 0\\\left\{ \begin{array}{l} - {x^2} + 3x - 2 > 0\\\sin \pi \left( {4{x^2} + 2x} \right) = 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\\left\{ \begin{array}{l}1 < x < 2\\4{x^2} + 2x = k\end{array} \right.\,\,\left( * \right)\end{array} \right.\)

Ta có hàm số \(y = 4{x^2} + 2x\) luôn đồng biến \(\left( {1;\,2} \right)\) và \(y\left( 1 \right) = 6\),\(y\left( 2 \right) = 20\).

Có \(k \in \mathbb{Z}\) để phương trình \(\left( * \right)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow k \in \left\{ {7;\,8;\,9;\, \ldots ;\,19} \right\}\)và ứng với mỗi \(k\) phương trình \(\left( * \right)\) có 1 nghiệm khác nhau và khác nghiệm \(\left\{ {1;\,2} \right\}\). Vậy phương trình có \(15\) nghiệm thực)

Chọn B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {ax + 1} - 1}}{{3x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ax + 1 - 1}}{{3x\left( {\sqrt {ax + 1} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{a}{{3\left( {\sqrt {ax + 1} + 1} \right)}} = \frac{a}{6}\) mà \(f\left( 0 \right) = 4b\)

Để hàm số liên tục tại \(x = 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow \frac{a}{6} = 4b \Leftrightarrow a = 24b\).

Chọn B

Đặt \[S = 4 + 44 + 444 + ... + 44...4\] (tổng đó có \[2018\] số hạng). Ta có:

\[\frac{9}{4}S = 9 + 99 + 999 + ... + 99...9\]\[ = \left( {10 - 1} \right) + \left( {{{10}^2} - 1} \right) + \left( {{{10}^3} - 1} \right) + ...\left( {{{10}^{2018}} - 1} \right)\]

Suy ra: \[\frac{9}{4}S = \]\[\left( {10 + {{10}^2} + {{10}^3} + ... + {{10}^{2018}}} \right) - 2018 = \]\[A - 2018\].

Với \[A = 10 + {10^2} + {10^3} + ... + {10^{2018}}\] là tổng \[2018\] số hạng của một cấp số nhân có số hạng đầu \[{u_1} = 10\], công bội \[q = 10\] nên ta có \[A = {u_1}\frac{{1 - {q^{2018}}}}{{1 - q}}\]\[ = 10\frac{{1 - {{10}^{2018}}}}{{ - 9}}\]\[ = \frac{{{{10}^{2019}} - 10}}{9}\].

Do đó \[\frac{9}{4}S = \frac{{{{10}^{2019}} - 10}}{9} - 2018\]\[ \Leftrightarrow S = \frac{4}{9}\left( {\frac{{{{10}^{2019}} - 10}}{9} - 2018} \right)\].

Chọn A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 3 } \frac{{2{x^2} - 6}}{{x - \sqrt 3 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 3 } \frac{{2\left( {{x^2} - 3} \right)}}{{x - \sqrt 3 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 3 } 2\left( {x + \sqrt 3 } \right) = 4\sqrt 3 \).

Suy ra \(a = 4\), \(b = 3\). Vậy \(P = a + b = 7\).

Chọn C

Và cấp số cộng có \({u_1} = a\) , \({u_4} = b\), \({u_8} = c\). Gọi \(x\) là công sai của cấp số cộng. Vì cấp số nhân có công bội khác \(1\) nên \(x \ne 0\).

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}b = a + 3x\\c = a + 7x\end{array} \right.\) \(\left( 4 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta được : \(a\left( {a + 7x} \right) = {\left( {a + 3x} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow ax - 9{x^2} = 0\).

Do \(x \ne 0\) nên \(a = 9x\).

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\), suy ra \(3a + 10x = \frac{{148}}{9}\).

Do đó : \(\left\{ \begin{array}{l}a = 4\\x = \frac{4}{9}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{{16}}{3}\\c = \frac{{64}}{9}\\d = \frac{{256}}{{27}}\end{array} \right.\).

Vậy \(T = a - b + c - d = \frac{{ - 100}}{{27}}\).

Chọn B

Theo giả thiết có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {f\left( x \right) - 20} \right) = 0\)hay \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 20\)\(\left( * \right)\)

Khi đó

 \[T = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} - 5}}{{{x^2} + x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6f\left( x \right) + 5 - 125}}{{\left( {{x^2} + x - 6} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right) + 25} \right]}}\]

\[T = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6\left[ {f\left( x \right) - 20} \right]}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right) + 25} \right]}}\]

\[T = \frac{{10.6}}{{5.75}} = \frac{4}{{25}}\].

Chọn B

Ta có: \(\sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( {x + \frac{{3\pi }}{4}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{\pi }{4} = x + \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \\2x - \frac{\pi }{4} = \pi - x - \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pi + k2\pi \\x = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.\) \(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

+ Xét \(x = \pi + k2\pi \)\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Do \(0 < x < \pi \Leftrightarrow 0 < \pi + k2\pi < \pi \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < k < 0\). Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên không có giá trị \(k\).

+ Xét \(x = \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}\)\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Do \(0 < x < \pi \Leftrightarrow 0 < \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3} < \pi \Leftrightarrow - \frac{1}{4} < k < \frac{5}{4}\). Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên có hai giá trị \(k\) là: \(k = 0;k = 1\).

\( \bullet \) Với \(k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{6}\).

\( \bullet \) Với \(k = 1 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{6}\).

Do đó trên khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) phương trình đã cho có hai nghiệm \(x = \frac{\pi }{6}\) và \(x = \frac{{5\pi }}{6}\).

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho trong khoảng \(\left( {0;\pi } \right)\) là: \(\frac{\pi }{6} + \frac{{5\pi }}{6} = \pi \).

Lời giải

Chọn D

Ta có \[\left( P \right)\parallel AB\] và \(AD\).

Giả sử \[\left( P \right)\] cắt các mặt bên \[\left( {SAB} \right),\,\,\left( {SBC} \right),\,\,\left( {SCD} \right),\,\,\left( {SDA} \right)\] lần lượt theo các giao tuyến MN, NP, PQ, QM với \[N \in SB,\,\,P \in SC,\,\,Q \in SD\,\]

Khi đó \[MN\]//\[AB\] \[ \Rightarrow \,\,\,\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{2}{3}\,.\]

Tương tự, ta có được \[\frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{QM}}{{DA}} = \frac{2}{3}\]

Vậy tứ giác MNPQ có các cạnh đối song song với nhau và bằng nhau nên là hình bình hành. Mặt khác ABCD là hình thoi nên AB=BC nên MN=NP.Do đó tứ giác MNPQ là hình thoi.

Chọn D

Gọi \(K = \left( P \right) \cap BD\), \(L = \left( P \right) \cap BC\), \(E = \left( P \right) \cap CD\).

Vì \(\left( P \right)\,\,//\,AB\) nên \(IL\,//\,AB\), \(JK\,//\,AB\). Do đó \(IJKL\) hình thang và \(L\) là trung điểm cạnh \(BC\), nên ta có \(\frac{{KD}}{{KB}} = \frac{{JD}}{{JA}} = \frac{1}{2}\).

Xét tam giác \(ACD\) có \(I\), \(J\), \(E\) thẳng hàng. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt ta có:

\(\frac{{ED}}{{EC}}.\frac{{IC}}{{IA}}.\frac{{JA}}{{JD}} = 1 \Rightarrow \frac{{ED}}{{EC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow D\) là trung điểm \(EC\).

Dễ thấy hai tam giác \(ECI\) và \(ECL\) bằng nhau theo trường hợp c-g-c.

Áp dụng định lí cosin cho tam giác \(ICE\) ta có:

\(E{I^2} = E{C^2} + I{C^2} - 2EC.IC.\cos 60^\circ = \frac{{13{a^2}}}{4}\)\( \Rightarrow EL = EI = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}\).

Áp dụng công thức Hê-rông cho tam giác \(ELI\) ta có: \({S_{ELI}} = \sqrt {p{{\left( {p - x} \right)}^2}\left( {p - y} \right)} = \frac{{\sqrt {51} }}{{16}}{a^2}\)

Với \(p = \frac{{EI + EL + IL}}{2} = \frac{{2\sqrt {13} + 1}}{4}a\), \(x = EI = EL = \frac{{\sqrt {13} }}{2}a\), \(y = IL = \frac{a}{2}\).

Hai tam giác \(ELI\) và tam giác \(EKJ\) đồng dạng với nhau theo tỉ số \(k = \frac{2}{3}\) nên

Do đó: \({S_{IJKL}} = {S_{ELI}} - {S_{EKJ}} = {S_{ELI}} - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}{S_{ELI}} = \frac{{5\sqrt {51} }}{{144}}{a^2}\).

Chọn C

Xét phương trình:

Đặt: \[f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + c\]

Từ giả thiết \[\left\{ \begin{array}{l}4a + c > 8 + 2b \Rightarrow - 8 + 4a - 2b + c > 0\\a + b + c < - 1 \Rightarrow 1a + b + c < 0 \Rightarrow f\left( 1 \right) < 0\end{array} \right.\]

Do đó \[f\left( { - 2} \right).f\left( 1 \right) < 0\] nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm trong \[\left( { - 2;\,\,1} \right)\]

Ta nhận thấy:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty \] mà \[f\left( { - 2} \right) > 0\] nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm \[\alpha \in \left( { - \infty ;\,\, - 2} \right)\]

Tương tự: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \] mà \[f\left( 1 \right) < 0\] nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm \[\beta \in \left( {1;\,\, + \infty } \right)\]

Như vậy phương trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm thực phân biệt, mặt khác phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm.

Chọn D

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + ax + 5} + x} \right) = 5\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{x^2} + ax + 5 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + ax + 5} - x}}} \right) = 5\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{ax + 5}}{{\sqrt {{x^2} + ax + 5} - x}}} \right) = 5\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{a + \frac{5}{x}}}{{ - \sqrt {1 + \frac{a}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} - 1}}} \right) = 5\)\( \Leftrightarrow \frac{a}{{ - 2}} = 5\)\( \Leftrightarrow a = - 10\).

Vì vậy giá trị của \(a\) là một nghiệm của phương trình \({x^2} + 9x - 10 = 0\).