Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 16

Ta có:

\({\rm{\Omega }} = \left\{ {\left( {1,2} \right),\left( {1,3} \right),\left( {1,4} \right),\left( {2,1} \right),\left( {2,3} \right),\left( {2,4} \right),\left( {3,1} \right),\left( {3,2} \right),\left( {3,4} \right),\left( {4,1} \right),\left( {4,2} \right),\left( {4,3} \right)} \right\}\).

\(A = \left\{ {\left( {2,1} \right),\left( {2,3} \right),\left( {2,4} \right),\left( {4,1} \right),\left( {4,2} \right),\left( {4,3} \right)} \right\}\).

\(B = \left\{ {\left( {2,1} \right),\left( {3,1} \right),\left( {4,1} \right),\left( {1,3} \right),\left( {2,3} \right),\left( {4,3} \right)} \right\}\).

\(A \cap B = \left\{ {\left( {2,1} \right),\left( {2,3} \right),\left( {4,1} \right),\left( {4,3} \right)} \right\}\).

Ta có: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 12\).

\(n\left( A \right) = 2.3 = 6 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}\).

\(n\left( {A \cap B} \right) = 4 \Rightarrow P\left( {A \cap B} \right) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}\)

Vậy \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{2}{3}\). Chọn C.

\(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {2 - x} \right) = \left( {x - 1} \right){(x - 3)^2}\left( {2 - x} \right)\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\\x = 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\). Chọn C.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \(f\left( x \right) = 2{x^3} - 3\left( {m + 1} \right){x^2} + 6mx + 1\).

\(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 6m\)

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( {1;3} \right) \Leftrightarrow 6{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 6m \le 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + m \le 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\) (*)

\( \Leftrightarrow {x^2} - mx - x + m \le 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow m\left( {1 - x} \right) \le x - {x^2},\forall x \in \left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge \frac{{x - {x^2}}}{{1 - x}},\forall x \in \left( {1;3} \right)\) (do \(x > 1 \Rightarrow 1 - x < 0\))

\( \Leftrightarrow m \ge x,\forall x \in \left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge 3\)

Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 10;10} \right]\) nên có 8 giá trị của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(8\).

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {\left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6} }}\) xác định với mọi \(x\) thuộc \(\mathbb{R}\) khi

\(\left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Đặt \(g\left( x \right) = \left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6\). Ta cần tìm \(m\) để \(g\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

Trường hợp 1: \(m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 2\).

Khi đó \(g\left( x \right) = 2x + 4\).

Ta có \(g\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow 2x + 4 > 0 \Leftrightarrow x >  - 2\). Điều này không thỏa \(g\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Trường hợp 2: \(m - 2 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 2\).

\(g\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{{\rm{\Delta '}} < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 2 > 0}\\{{{(2m - 3)}^2} - \left( {m - 2} \right)\left( {5m - 6} \right) < 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 2}\\{ - {m^2} + 4m - 3 < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 1}\\{m > 3}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow m > 3} \right.\)

Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 10;10} \right]\) nên có 7 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán. Chọn B.

Ta có: \(l = \left| d \right| = \left| {20{\rm{cos}}\left( {10t + \frac{\pi }{6}} \right)} \right|\)

Ta có: \( - 20 \le 20{\rm{cos}}\left( {10t + \frac{\pi }{6}} \right) \le 20 \Rightarrow 0 \le \left| {20{\rm{cos}}\left( {10t + \frac{\pi }{6}} \right)} \right| \le 20\)

Do đó vật ở xa vị trí cân bằng nhất \({l_{{\rm{max}}}} = 20\) khi

\(20{\rm{cos}}\left( {10t + \frac{\pi }{6}} \right) = 20 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {10t + \frac{\pi }{6}} \right) = 1 \Leftrightarrow 10t + \frac{\pi }{6} = k2\pi  \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{{60}} + k\frac{\pi }{5}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Trong giây đầu tiên

\( \Rightarrow 0 \le t \le 1 \Leftrightarrow 0 \le \frac{\pi }{{60}} + k\frac{\pi }{5} \le 1 \Leftrightarrow \frac{{ - \pi }}{{60}} \le k\frac{\pi }{5} \le 1 - \frac{\pi }{{60}} \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{12}} \le k \le \left( {1 - \frac{\pi }{{60}}} \right):\frac{\pi }{5}\)

\( \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\)

Vậy có hai lần vật ở xa vị trí cân bằng nhất.

Đáp án cần nhập là: \(2\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {0; - 1} \right\}\).

Phương trình đã cho tương đương \(2{\rm{cos}}x = {x^2} + x\) (1).

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hai hàm số \(y = 2{\rm{cos}}x\) và \(y = {x^2} + x\)

Ta có đồ thị hai hàm số \(y = 2{\rm{cos}}x\) và \(y = {x^2} + x\)

Từ đồ thị ta thấy, đồ thị hai hàm số chỉ cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. Chọn B.

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{20}^6 = 38760\).

Gọi \(A\) là biến cố "trong 6 chiếc thẻ lấy ra, có ít nhất 1 thẻ được đánh số chia hết cho 6".

Suy ra biến cố đối \(\overline A \) là: "trong 6 chiếc thẻ lấy ra, không có thẻ nào được đánh số chia hết cho 6".

Ta có \(n\left( {\overline A } \right) = C_{17}^6 = 12376\).

Do đó, xác suất để trong 6 chiếc thẻ lấy ra, có ít nhất 1 thẻ được đánh số chia hết cho 6 là:

\(p\left( A \right) = 1 - p\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = 1 - \frac{{12376}}{{38760}} = \frac{{194}}{{285}}\). Chọn C.

Lưu lượng dầu tại điểm cách đầu ống dầu \(x{\rm{\;km}}\) là tích của vận tốc dòng chảy và tiết diện ống dẫn.

\(Q\left( x \right) = v\left( x \right).A\left( x \right) = \frac{{300}}{{1 + {x^2}}}\left( {0,5 + 0,1{\rm{sin}}x} \right) = \frac{{150 + 30{\rm{sin}}x}}{{1 + {x^2}}}\).

Lượng dầu chảy qua ống trong thời gian t là tích phân của lưu lượng \(Q\left( x \right)\) theo \(x\) và thay đổi theo thời gian. Tuy nhiên, do lưu lượng \(Q\left( x \right)\) phụ thuộc vào vị trí \(x\), nên ta cần xác định khoảng cách \(x\) mà dầu đi trong 5 giờ đầu.

Tại mỗi thời điểm \(t\), vận tốc dòng chảy có thể được mô tả bởi công thức

\(v\left( x \right) = \frac{{d\left( x \right)}}{{d\left( t \right)}} \Rightarrow \frac{{d\left( x \right)}}{{d\left( t \right)}} = \frac{{300}}{{1 + {x^2}}} \Rightarrow dt = \frac{{1 + {x^2}}}{{300}}dx\)

.

Vậy lưu lượng dầu chảy trong 5 giờ đầu tiên là: . Chọn C.

Ta có:

\(F\left( x \right) = \mathop \smallint \nolimits^ \frac{x}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx = \mathop \smallint \nolimits^ \frac{{x + 1 - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}dx = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}} \right)dx =  - \frac{1}{{x + 1}} + \frac{1}{{2{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + C\).

Mà \(F\left( 0 \right) = \frac{1}{2} \Rightarrow  - \frac{1}{2} + C = \frac{1}{2} \Rightarrow C = 1\).

Khi đó: \(F\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{x + 1}} + \frac{1}{{2{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + 1 \Rightarrow F\left( 1 \right) + F\left( 2 \right) = \frac{5}{8} + \frac{{13}}{{18}} = \frac{{97}}{{72}} \approx 1,35\).

Đáp án cần nhập là: \(1,35\).

\[f'\left( x \right) = {x^2}\left( {x + 1} \right){\left( {x - 2} \right)^5}{\left( {x - 4} \right)^3}\]

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2}\left( {x + 1} \right){\left( {x - 2} \right)^5}{\left( {x - 4} \right)^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0 \vee x =  - 1 \vee x = 2 \vee x = 4\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số \(f\left( x \right)\) có hai điểm cực tiểu là \( - 1\) và \(4\).

Tổng giá trị các điểm cực tiểu của hàm số \(f\left( x \right)\) là \( - 1 + 4 = 3\). Chọn B.

Trong \(\left( {ABCD} \right)\), kẻ \(OP \bot AB\).

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB \Rightarrow OP \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SAB} \right)} \right) = OP.}\\{AB \bot OP \subset \left( {ABCD} \right)}\end{array}} \right.\)

Từ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB = 2a}\\{BC = 2a\sqrt 2 }\\{OD = a\sqrt 3 }\end{array} \Rightarrow A{B^2} + A{D^2} = 4{a^2} + 8{a^2} = 12{a^2} = {{\left( {2OD} \right)}^2} = B{D^2}} \right.\)

\( \Rightarrow \Delta BAD\) vuông tại \(A\), trên \(\left( {ABCD} \right)\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OP \bot AB}\\{AD \bot AB}\end{array} \Rightarrow OP//AD} \right.\).

Mà \(O\) là trung điểm của \(BD \Rightarrow OP = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}.2a\sqrt 2  = a\sqrt 2  \Rightarrow d\left( {O,\left( {SAB} \right)} \right) = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \frac{d}{a} = \sqrt 2  \Rightarrow {\left( {\frac{d}{a}} \right)^2} = 2\).

Đáp án cần nhập là: \(2\).

Dễ thấy hai điểm \(A,B\) nằm khác phía so với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Gọi \({A_1}\) là điểm đối xứng của \(A\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) suy ra \({A_1}\left( {1; - 3; - 2} \right)\).

Gọi mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \({A_1}\) và song song mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) suy ra \(\left( P \right):z =  - 2\).

Ta gọi \({A_2}:\)\(\overrightarrow {{A_1}{A_2}}  = \overrightarrow {MN} \) và gọi \(K\) là hình chiếu của \(B\) lên \(\left( P \right)\)

\( \Rightarrow K\left( { - 2;1; - 2} \right) \Rightarrow BK = 2,K{A_1} = 5\).

Khi đó: \(\left| {AM - BN} \right| = \left| {{A_2}N - BN} \right| \le {A_2}B \le \sqrt {B{K^2} + {{\left( {K{A_1} + 4} \right)}^2}}  = \sqrt {85} \).

Suy ra giá trị lớn nhất của \(\left| {AM - BN} \right|\) bằng \(\sqrt {85} \), dấu bằng xảy ra khi \(N = {A_2}B \cap \left( {Oxy} \right)\). Chọn D.

Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \left( {2; - 1;0} \right)\) và qua \(N\left( {1;2; - 3} \right)\).

Đường thẳng \({\rm{\Delta '}}\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_{{\rm{\Delta '}}}}}  = \left( {2; - 1;0} \right)\) và qua \(M\left( {3;1; - 3} \right)\).

Xét \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}}  = \overrightarrow {{u_{{\rm{\Delta '}}}}} \) suy ra \({\rm{\Delta }}\) và \({\rm{\Delta '}}\) có thể song song hoặc trùng.

Thay tọa độ \(N\left( {1;2; - 3} \right)\) vào \({\rm{\Delta '}}\) ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 = 3 + 2t'}\\{2 = 1 - t'}\\{ - 3 =  - 3}\end{array} \Leftrightarrow t' =  - 1} \right.\) hay \(N\left( {1;2; - 3} \right)\) thuộc \({\rm{\Delta '}}\).

Vậy \({\rm{\Delta }} \equiv {\rm{\Delta '}}\). Chọn D.

Quan sát đồ thị, ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x = 2\), đạt cực tiểu tại \(x = 7\). Chọn B.

Đồ thị cắt trục tung tại tung độ nằm phía trên trục hoành nên \(d > 0\).

Có \(y' = 3{x^2} + 2bx + c\).

Trung điểm của điểm cực đại và điểm cực tiểu nằm bên phải trục tung nên ta có

$\frac{x_{CĐ}+x_{CT}}{2}>0\iff -\frac{b}{3}>0\iff \frac{b}{3}<0\iff b<0$.

Hoành độ hai điểm cực đại và cực tiểu trái dấu nên \(\frac{c}{3} < 0 \Leftrightarrow c < 0\). Chọn D.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Ta có \(y = \frac{{3{x^2} - 8x + 6}}{{{x^2} - 2x + 1}}\). Có\(y' = \frac{{2{x^2} - 6x + 4}}{{{{\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)}^2}}}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} - 6x + 4}}{{{{\left( {{x^2} - 2x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow 2{x^2} - 6x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \vee x = 2\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(\mathop {{\rm{Min}}}\limits_D y = 2\), đạt được khi \(x = 2\). Chọn C.

Ta dùng dãy số Catalan

Ta có: Số cách chia \( = \frac{1}{{N + 1}}.C_{2N}^N\) với \(N = \) số đỉnh – 2.

\( \Rightarrow \) Số cách chia: \(\frac{1}{{6 + 1}}.C_{12}^6 = 132\).

Đáp án cần nhập là: \(132\).

Ta có \({a_n} =  - {\left( {n - 2} \right)^2} + 15 \le 15,\forall n \ge 1\). Dấu bằng xảy ra khi \(n - 2 = 0 \Leftrightarrow n = 2\).

Vậy số hạng lớn nhất của dãy số là số hạng bằng 15. Chọn B.

\(y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {m + 12} \right)x - m\).

\(y' = {x^2} - 2mx + m + 12\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + m + 12 = 0\).

Hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {m + 12} \right)x - m\) đạt cực trị tại hai điểm \({x_1},{x_2}\) khi phương trình

\({x^2} - 2mx + m + 12 = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{\Delta '}} > 0 \Leftrightarrow {m^2} - \left( {m + 12} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 4\\m <  - 3\end{array} \right.\).

Theo định lí Vi - et, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{2m}}{1} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = \frac{{m + 12}}{1} = m + 12}\end{array}} \right.\).

Ta có

\(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| \le 4\sqrt {11}  \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} \le 176 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} \le 176 \Leftrightarrow {\left( {2m} \right)^2} - 4 \cdot \left( {m + 12} \right) \le 176\)

\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 4m - 224 \le 0 \Leftrightarrow  - 7 \le m \le 8\).

Mà \(\left[ \begin{array}{l}m > 4\\m <  - 3\end{array} \right.\) và \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(S = \left\{ { - 7; - 6; - 5; - 4;5;6;7;8} \right\}\). Vậy số phần tử của \(S\) là 8.

Đáp án cần nhập là: \(8\).

\(y' = 3{x^2} - \left( {2m + 1} \right)\)

Hàm số đã cho có hai cực trị \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow m > \frac{{ - 1}}{2}\)

Ta có: \(y = {x^3} - \left( {2m + 1} \right)x - 3 = \frac{x}{3} \cdot y' - \frac{2}{3}\left( {2m + 1} \right)x - 3\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của hàm số đã cho là: \(d:y = \frac{{ - 2}}{3}\left( {2m + 1} \right)x - 3\)

Đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định \(K\left( {0; - 3} \right)\)

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( { - 1; - 2} \right)\) và bán kính \(R = 4\)

\(d\left( {I,d} \right) \le IK = \sqrt 2  < R = 4\) nên đường thẳng luôn cắt đường tròn tại hai điểm \(M,N\)

Để khoảng cách \(MN\) lớn nhất thì đường thẳng d đi qua tâm \(I\). Khi đó \(MN = 2R\)

\( \Rightarrow \) Tọa độ điểm \(I\) thỏa mãn phương trình đường thẳng \(d\):

\( - 2 = \frac{{ - 2}}{3}\left( {2m + 1} \right) \cdot \left( { - 1} \right) - 3 \Rightarrow m = \frac{1}{4}\)

Phương trình đường thẳng \(d:y =  - x - 3 \Leftrightarrow x + y + 3 = 0\).

Khoảng cách từ điểm \(E\) đến đường thẳng \(d:d\left( {E,d} \right) = \frac{{\left| {2 + 1 + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = 3\sqrt 2 \). Chọn A.

Xét \(\Delta SBA\) có 3 điểm \({\rm{M}},{\rm{N}},{\rm{H}}\) thẳng hàng. Theo định lý Menelaus ta có:

\(\frac{{MS}}{{MA}} \cdot \frac{{HA}}{{HB}} \cdot \frac{{NB}}{{NS}} = 1 \Rightarrow \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{{HA}}{{HB}} = 1 \Rightarrow \frac{{HA}}{{HB}} = 4 \Rightarrow HA = 4HB\).

Ta có: \(\overrightarrow {MH}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BH}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {AB}  + \frac{1}{5}\overrightarrow {AB}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA}  + \frac{6}{5}\overrightarrow {AB} \). Chọn B.

Xét \(\Delta SCA\) có 3 điểm \({\rm{M}},{\rm{P}},{\rm{K}}\) thẳng hàng. Theo định lý Menelaus ta có:

\(\frac{{MS}}{{MA}} \cdot \frac{{KA}}{{KC}} \cdot \frac{{PC}}{{PS}} = 1 \Rightarrow \frac{1}{2} \cdot \frac{{KA}}{{KC}} = 1 \Rightarrow \frac{{KA}}{{KC}} = 2 \Rightarrow KA = 2KC\)

Ta có:

\(\overrightarrow {MK}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CK} \)\( = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA}  + 2\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC} } \right)\)\( = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA}  + 2\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {BC} \). Chọn D.

Xét \(\Delta SCB\) có 3 điểm \({\rm{I}},{\rm{P}},{\rm{N}}\) thẳng hàng. Theo định lý Menelaus ta có:

\(\frac{{PC}}{{PS}} \cdot \frac{{NS}}{{NB}} \cdot \frac{{IB}}{{IC}} = 1 \Rightarrow \frac{{IB}}{{IC}} = \frac{1}{2}\).

Ta có:

\(\overrightarrow {MI}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BI} \)\( = \frac{2}{3}\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {BC} \). Chọn D.

Số cái bắt tay của các cầu thủ 2 đội với nhau là: \(11.11 = 121\) (cái bắt tay)

Số cái bắt tay của các cầu thủ 2 đội với các trọng tài là: \(\left( {11 + 11} \right).4 = 88\) (cái bắt tay)

Số cái bắt tay tổng cộng có là \(121 + 88 = 209\) (cái bắt tay)

Đáp án cần nhập là: \(209\).

Xét hàm số \[P\left( R \right) = \frac{{{E^2}R}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2}}}\] trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

\(P'\left( R \right) = {E^2}\frac{{{{\left( {R + r} \right)}^2} - 2R\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^4}}}\)

\(P'\left( R \right) = 0 \Leftrightarrow {E^2}\frac{{{{\left( {R + r} \right)}^2} - 2R\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^4}}} = 0 \Rightarrow {\left( {R + r} \right)^2} - 2R\left( {R + r} \right) = 0\)

\( \Rightarrow {R^2} - {r^2} = 0 \Rightarrow R = r\) (nhận) hoặc \(R =  - r\) (loại).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có  đạt được tại \(R = r\). Chọn A.

Dựa vào hình vẽ ta có:

$S=\underset{-1}{\overset{0}{}}\left[-\sqrt{\left|x\right|}-\left(x^2-2\right)\right]\text{d}x+\underset{0}{\overset{1}{}}\left[-\sqrt{\left|x\right|}-\left(x^2-2\right)\right]\text{d}x$$=2\underset{0}{\overset{1}{}}\left(-x^2-\sqrt{\left|x\right|}+2\right)\text{d}x$. Chọn B.

Gọi toạ độ giao điểm của \(d\) và \(\left( {Oxz} \right)\) là \(I\left( {a;0;c} \right)\).

Khi đó ta có: \(\frac{{a - 1}}{2} = \frac{{0 + 2}}{{ - 1}} = \frac{{c + 1}}{3}\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 3}\\{c =  - 7}\end{array}} \right.\).

Vậy \(I\left( { - 3;0; - 7} \right)\). Nên \(S = \left( { - 3} \right) + 0 + \left( { - 7} \right) =  - 10\).

Đáp án cần nhập là: \( - 10\).

Тập xác định: \(D = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\).

Ta có: nên đường thẳng \(y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} =  - 1\) nên đường thẳng \(y =  - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho.

Do đó đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 4} }}\) có 2 tiệm cận ngang.

Ta có: nên đường thẳng \(x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

 nên đường thẳng \(x =  - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Do đó đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 4} }}\) có 2 tiệm cận đứng.

Tóm lại, đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận. Chọn D.

\(f\left( x \right) = \frac{1}{x}\left( {1 + \frac{x}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}} \right) \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ \;f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ \;\left[ {\frac{1}{x}\left( {1 + \frac{x}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}} \right)} \right]dx\)

\( = \mathop \smallint \nolimits^ \;\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}} \right)dx = {\rm{ln}}\left| x \right| + {\rm{tan}}x + C\). Chọn A.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2m} \right\}\).

Ta có \(y = \frac{{{x^2} + \left( {m - 1} \right)x - 10}}{{x + 2m}}\); \(y' = \frac{{{x^2} + 4mx + 2{m^2} - 2m + 10}}{{x + 2m}}\)

Để hàm số \(y = \frac{{{x^2} + \left( {m - 1} \right)x - 10}}{{x + 2m}}\) có hai điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow {x^2} + 4mx + 2{m^2} - 2m + 10 = 0\) (1) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 2m\).

\[\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{\left( { - 2m} \right)^2} + 4m \cdot \left( { - 2m} \right) + 2{m^2} - 2m + 10 \ne 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{m^2} - 2{m^2} + 2m - 10 > 0\\ \Leftrightarrow  - 2{m^2} - 2m + 10 \ne 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow 2{m^2} + 2m - 10 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < \frac{{ - 1 - \sqrt {21} }}{2}\\m > \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.\].

Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + \left( {m - 1} \right)x - 10}}{{x + 2m}}\) là \(y = 2x + m - 1\).

Gọi \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right),B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\) là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Suy ra \({y_A} = 2{x_A} + m - 1;{y_B} = 2{x_B} + m - 1\) nên \({y_A} - {y_B} = 2{x_A} - 2{x_B}\).

Ta có

\(AB = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2} + {{\left( {{y_A} - {y_B}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2} + {{\left( {2{x_A} - 2{x_B}} \right)}^2}} \)

\[ = \sqrt {5{{\left( {{x_A} - {x_B}} \right)}^2}}  = \sqrt {5\left[ {{{\left( {{x_A} + {x_B}} \right)}^2} - 4{x_A}{x_B}} \right]} \]

Với \[\left[ \begin{array}{l}m < \frac{{ - 1 - \sqrt {21} }}{2}\\m > \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.\],\({x_A},{x_B}\) là các nghiệm phân biệt của phương trình (1)

 Nên theo hệ thức Vi - et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} + {x_B} =  - 4m}\\{{x_A}{x_B} = 2{m^2} - 2m + 10}\end{array}} \right.\).

Do đó \(AB = \sqrt {5\left[ {{{\left( { - 4m} \right)}^2} - 4\left( {2{m^2} - 2m + 10} \right)} \right]}  = \sqrt {5\left( {8{m^2} + 8m - 40} \right)} \)

Vì khoảng cách giữa hai điểm cực trị không lớn hơn \(10\sqrt {10} \) nên \(AB \le 10\sqrt {10} \)

\( \Leftrightarrow \sqrt {5\left( {8{m^2} + 8m - 40} \right)}  \le 10\sqrt {10}  \Leftrightarrow 8{m^2} + 8m - 40 \le 200 \Leftrightarrow  - 6 \le m \le 5\).

Kết hợp với \[\left[ \begin{array}{l}m < \frac{{ - 1 - \sqrt {21} }}{2}\\m > \frac{{ - 1 + \sqrt {21} }}{2}\end{array} \right.\] và \(m\) là số nguyên, ta được \(m \in \left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3;2;3;4;5} \right\}\) nên có 8 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(8\).

Hàm số xác định \(\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow m{\rm{log}}_3^2x - 4{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x + m + 3 \ne 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) (*).

Đặt \(t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x,t \in \mathbb{R}\).

(*) \( \Leftrightarrow m{t^2} - 4t + m + 3 = 0\) vô nghiệm.

Trường hợp 1: \(m = 0\). Phương trình có nghiệm (loại \(m = 0\)).

Trường hợp 2: \(m \ne 0\). Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi

\({\rm{\Delta '}} < 0 \Leftrightarrow 4 - m\left( {m + 3} \right) < 0 \Leftrightarrow m <  - 4\) hoặc \(m > 1\).

Do \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left( { - 10;10} \right)\) nên \(m \in \left\{ { - 9; - 8; - 7; - 6; - 5;2;3; \ldots 8;9} \right\}\).

Vậy có 13 giá trị nguyên thỏa mãn. Chọn A.

\(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right)dx} \). Chọn D.

Khoảng cách từ \(A\) đến đường thẳng \(BC\) là: \(d\left( {A,BC} \right) = \frac{{\left| {1 + 2 - 5} \right|}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \).

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}d\left( {A,BC} \right) \cdot BC \Rightarrow BC = \frac{{2 \cdot S}}{{d\left( {A,BC} \right)}} = \frac{{2.20}}{{\sqrt 2 }} = 20\sqrt 2 \).

Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A \Rightarrow AB = AC = \sqrt {{{\left( {d\left( {A,BC} \right)} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {2 + 200}  = \sqrt {202} \).

Phương trình đường tròn tâm \(A\) bán kính là \(AB\) là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 202\)

Tọa độ \({\rm{B}},{\rm{C}}\) là giao điểm của đường thẳng \(x - y - 5 = 0\) và đường tròn \[{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 202\]

Vì B nằm trên đường thẳng: \(x - y - 5 = 0 \Rightarrow a - b - 5 = 0 \Rightarrow a = b + 5\)

B nằm trên đường tròn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 202 \Rightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} = 202\)

Thay \(a = b + 5\) vào phương trình \({\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} = 202\) ta được:

\({\left( {b + 5 - 1} \right)^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} = 202 \Leftrightarrow 2{b^2} + 12b - 182 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 7}\\{b =  - 13}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 7 \Rightarrow a = 12}\\{b =  - 13 \Rightarrow a =  - 8 < 0}\end{array}} \right.\).

Vì \(a > 0\) nên \(B\left( {12;7} \right)\). Tổng \(a + b = 19\).

Đáp án cần nhập là: \(19\).

Ta có

 $\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[e^{2+\text{ln}f\left(x\right)}+3\right]dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[e^2.e^{\text{ln}f\left(x\right)}+3\right]dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[e^{2}f\left(x\right)+3\right]dx$

$=e^2\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}3dx=5e^2+3x\left|\begin{array}{c}\stackrel{2}{}\\ \underset{0}{}\end{array}=5e^2+6\right.$. Chọn B.

Vì điểm \(M\) nằm trên mặt phẳng \(\left( P \right) \Rightarrow 2a + 2b - c + 5 = 0\) (*).

Ta có: \(\overrightarrow {MA}  = \left( {2 - a; - 1 - b;1 - c} \right)\)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MA} } \right| = MA = \sqrt {{{\left( {2 - a} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - b} \right)}^2} + {{\left( {1 - c} \right)}^2}} \).

\(\overrightarrow {MB}  = \left( { - a; - 2 - b;3 - c} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MB} } \right| = MB = \sqrt {{a^2} + {{\left( { - 2 - b} \right)}^2} + {{\left( {3 - c} \right)}^2}} \).

\[\overrightarrow {MC}  = \left( {1 - a; - b; - 1 - c} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MC} } \right| = MC = \sqrt {{{\left( {1 - a} \right)}^2} + {b^2} + {{\left( { - 1 - c} \right)}^2}} \].

Theo bài \(MA = MB = MC\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MA = MC}\\{MC = MB}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2 - a} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - b} \right)}^2} + {{\left( {1 - c} \right)}^2} = {{\left( {1 - a} \right)}^2} + {b^2} + {{\left( { - 1 - c} \right)}^2}}\\{{{\left( {1 - a} \right)}^2} + {b^2} + {{\left( { - 1 - c} \right)}^2} = {a^2} + {{\left( { - 2 - b} \right)}^2} + {{\left( {3 - c} \right)}^2}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2a + 2b - 4c =  - 4}\\{ - 2a - 4b - 4c = 11}\end{array}} \right.\) (**)

Kết hợp (*), (**) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2a + 2b - 4c =  - 4}\\{ - 2a - 4b - 4c = 11}\\{2a + 2b - c =  - 5}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{ - 1}}{{10}}}\\{b = \frac{{ - 5}}{2}}\\{c =  - \frac{1}{5}}\end{array}} \right.} \right.\).

\[ \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 1}}{{10}};\frac{{ - 5}}{2}; - \frac{1}{5}} \right)\]

\( \Rightarrow T = a + 3b - 2c = \frac{{ - 1}}{{10}} + \frac{{ - 5}}{2} \cdot 3 - 2 \cdot \frac{{ - 1}}{5} =  - \frac{{36}}{5}\). Chọn B.

Sự bất bình đẳng thu nhập của Hoa Kỳ năm 2005 là:

$S=\underset{0}{\overset{100}{}}\left[{\left(0,00061x^2+0,0218x+1723\right)}^2-x\right]dx=297945768$. Chọn A.

\({d_1}:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{z}{1} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t'}\\{y = 2 + 2t'}\\{z = t'}\end{array}} \right.\)

Gọi đường thẳng cần tìm là \({\rm{\Delta }}\).

Gọi giao điểm của \({\rm{\Delta }}\) và \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt là \(A,B\).

Vì \(A \in {d_1} \Rightarrow A\left( {1 + t';2 + 2t';t'} \right)\)

\(B \in {d_2} \Rightarrow B\left( {2 + t; - 1 - t;2t} \right)\)

Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) đi qua ba điểm \(A,B,M \Rightarrow \overrightarrow {AM}  = k.\overrightarrow {BM} \)

Ta có: \(\overrightarrow {AM}  = \left( { - t'; - 6 - 2t';3 - t'} \right);\overrightarrow {BM}  = \left( { - 1 - t; - 3 + t;3 - 2t} \right)\)

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - t' = k\left( { - 1 - t} \right)}\\{ - 6 - 2t' = k\left( { - 3 + t} \right)}\\{3 - t' = k\left( {3 - 2t} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - t' =  - k - kt}\\{ - 6 - 2t' =  - 3k + kt}\\{3 - t' = 3k - 2kt}\end{array}} \right.} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - t' + k + kt = 0}\\{ - 2t' + 3k - kt = 6}\\{ - t' - 3k + 2kt =  - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t' = \frac{{ - 18}}{{11}}}\\{k = \frac{3}{{11}}}\\{kt = \frac{{ - 21}}{{11}}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t' = \frac{{ - 18}}{{11}}}\\{k = \frac{3}{{11}}}\\{t =  - 7}\end{array}} \right.} \right.} \right.\]

\( \Rightarrow \overrightarrow {BM}  = \left( {6; - 10;17} \right)\)

Phương trình đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) đi qua \(M\left( {1; - 4;3} \right)\) và nhận vecto \(\overrightarrow {BM}  = \left( {6; - 10;17} \right)\) làm vecto chỉ phương có dạng: \({\rm{\Delta }}:\frac{{x - 1}}{6} = \frac{{y + 4}}{{ - 10}} = \frac{{z - 3}}{{17}}\). Chọn A.

Ta có \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4y - 2z + 5 = 0\)

nên (S) có tâm \(I\left( { - 1;2;1} \right)\) và bán kính \(R = 1\).

Mặt phẳng \(\left( P \right):x - 2y + 2z - 3 = 0\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1; - 2;2} \right)\).

\(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 - 2 \cdot 2 + 2 \cdot 1 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = 2 > R\) nên \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) không giao nhau.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(N\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\alpha \) là góc giữa \(MN\) và \(NH\).

\(\overrightarrow {MN} \) và \(\vec u\) cùng phương, \(\overrightarrow {NH} \) và \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \) cùng phương nên

\({\rm{cos}}\alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  \cdot \vec u} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right| \cdot \left| {\vec u} \right|}} = \frac{{\left| {1 \cdot 1 - 2 \cdot 0 + 2 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}}  \cdot \sqrt {{1^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Vì \(M,N\) là các điểm lần lượt thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) và mặt cầu \(\left( S \right)\) (\(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\) không giao nhau) và \(MN = \frac{{d\left( {N,\left( P \right)} \right)}}{{{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right)}}\) nên \(MN\) lớn nhất khi và chỉ khi \(d\left( {N,\left( P \right)} \right)\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \) tâm I của (S) nằm giữa \(N\) và hình chiếu vuông góc của \(N\) trên \(\left( P \right)\).

Xét tam giác \(MNH\) vuông tại \(H\) có \(\alpha  = \widehat {HNM}\) nên

\(HN = MN{\rm{cos}}\alpha  \Rightarrow MN = \frac{{HN}}{{{\rm{cos}}\alpha }} = \frac{{HN}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 HN\).

Ta có \(HN \le d\left( {I,\left( P \right)} \right) + R = 2 + 1 = 3\) nên \(MN \le 3\sqrt 2 \).

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(I\)nằm giữa \(H\) và \(N\).

Do đó, giá trị lớn nhất của độ dài \(MN\) là \(3\sqrt 2 \), đạt được khi \(I\) nằm giữa \(H\) và \(N\).

Vậy giá trị lớn nhất của độ dài \(MN\) là \(3\sqrt 2 \). Chọn A.

Do \({A_1},{B_1},{C_1}\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC,CA,AB\)

Nên \(\frac{{{A_1}{B_1}}}{{AB}} = \frac{{{B_1}{C_1}}}{{BC}} = \frac{{{C_1}{A_1}}}{{CA}} = \frac{1}{2}\) (tính chất đường trung bình trong tam giác)

Do đó \({\rm{\Delta }}{A_1}{B_1}{C_1}\) đồng dạng với \(\Delta ABC\).

Suy ra \(\frac{{{S_{{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{{S_{ABC}}}} = {\left( {\frac{{{A_1}{B_1}}}{{AB}}} \right)^2} \Rightarrow \frac{{{S_{{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{12}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \Rightarrow {S_{{A_1}{B_1}{C_1}}} = 3\).

Do \({A_2},{B_2},{C_2}\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \({B_1}{C_1},{C_1}{A_1},{A_1}{B_1}\)

Nên \(\frac{{{A_2}{B_2}}}{{{A_1}{B_1}}} = \frac{{{B_2}{C_2}}}{{{B_1}{C_1}}} = \frac{{{C_2}{A_2}}}{{{C_1}{A_1}}} = \frac{1}{2}\) (tính chất đường trung bình trong tam giác)

Do đó \({\rm{\Delta }}{A_2}{B_2}{C_2}\) đồng dạng với \({\rm{\Delta }}{A_1}{B_1}{C_1}\). Suy ra

\[\frac{{{S_{{A_2}{B_2}{C_2}}}}}{{{S_{{A_1}{B_1}{C_1}}}}} = {\left( {\frac{{{A_2}{B_2}}}{{{A_1}{B_1}}}} \right)^2} \Rightarrow \frac{{{S_{{A_2}{B_2}{C_2}}}}}{{{S_{{A_1}{B_1}{C_1}}}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \Rightarrow {S_{{A_2}{B_2}{C_2}}} = \frac{1}{4}{S_{{A_1}{B_1}{C_1}}}\].

...

Các diện tích \({S_{{A_1}{B_1}{C_1}}};{S_{{A_2}{B_2}{C_2}}}; \ldots \) là một cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q = \frac{1}{4}\).

Vậy tổng diện tích các tam giác đã dựng là \(\frac{{{S_{{A_1}{B_1}{C_1}}}}}{{1 - q}} = \frac{3}{{1 - \frac{1}{4}}} = 4\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Đặt $C=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{4}f\left(x\right)dx$.

Theo đề ta có \(f\left( x \right) = {x^3} + 3\int\limits_0^1 {{x^4}f\left( x \right)dx}  \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} + 3C\).

Do đó  $C=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{4}f\left(x\right)dx$                

 ${\left.\Rightarrow C=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^4\left(x^3+3C\right)dx\Rightarrow C=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(x^7+3C{x}^4\right)dx\Rightarrow C={\left.\frac{x^8}{8}\right|}_0^1+3C\cdot \frac{x^5}{5}\right|}_0^1$

\( \Leftrightarrow C = \frac{1}{8} + 3C \cdot \frac{1}{5} \Leftrightarrow C = \frac{5}{{16}}\).

Suy ra \(f\left( x \right) = {x^3} + \frac{{15}}{{16}}\)

Vậy \(f\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^3} + \frac{{15}}{{16}} =  - \frac{1}{{16}}\). Chọn A.

${\left(x^3-\frac{2}{x}\right)}^{10}=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k\cdot {\left(x^3\right)}^k\cdot {\left(\frac{2}{x}\right)}^{10-k}=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k\cdot x^{4k-10}\cdot 2^{10-k}$, với \(k \in \mathbb{Z},0 \le k \le 10\)

Số hạng chứa \({x^{26}} \Rightarrow 4k - 10 = 26 \Rightarrow k = 9\)

Vậy hệ số của số hạng chứa \({x^{26}}\) là: \(C_{10}^9 \cdot 2 = 20\). Chọn C.