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

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

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow g'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow f'\left( {x - 1} \right) - 2m - 1 \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) (1).

Ta có: Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có dạng đồ thị hàm bậc 3

\( \Rightarrow \) phương trình \(y = f'\left( x \right)\) có dạng: \(y = f'\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) với \(a \ne 0\)

Đồ thị hàm số đi qua các điểm có tọa độ: \(\left( { - 2;2} \right),\left( {0; - 1} \right),\left( {1;2} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 8a + 4b - 2c + d = 2}\\{0.a + 0.b + 0.c + d =  - 1}\\{a + b + c + d = 2}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d =  - 1}\\{ - 8a + 4b - 2c = 3}\\{a + b + c = 3}\end{array}} \right.\) (*)

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị có tọa độ: \(\left( { - 2;2} \right),\left( {0; - 1} \right)\)

\( \Rightarrow x =  - 2\) là nghiệm của phương trình \(y' = 0\).

Có: \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c \Rightarrow 12a - 4b + c = 0\) (**)

Từ \(\left( {\rm{*}} \right),\left( {{\rm{**}}} \right)\) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 8a + 4b - 2c = 3}\\{a + b + c = 3}\\{12a - 4b + c = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{3}{4}}\\{b = \frac{9}{4}}\\{c = 0}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow y = f'\left( x \right) = \frac{3}{4}{x^3} + \frac{9}{4}{x^2} - 1\)

\( \Rightarrow f'\left( {x - 1} \right) = \frac{3}{4}{(x - 1)^3} + \frac{9}{4}\left( {x - 1} \right) - 1 = \frac{3}{4}{x^3} - \frac{9}{4}{x^2} + \frac{9}{2}x - 4\).

\( \Rightarrow \) Bất phương trình (1)\( \Leftrightarrow \frac{3}{4}{x^3} - \frac{9}{4}{x^2} + \frac{9}{2}x - 4 - 2m - 1 \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

Xét hàm số: \(h\left( x \right) = \frac{3}{4}{x^3} - \frac{9}{4}{x^2} + \frac{9}{2}x - 5\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)

\( \Rightarrow h\left( x \right) - 2m \ge 0 \Leftrightarrow h\left( x \right) \ge 2m,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

.

Có \(h'\left( x \right) = \frac{9}{4}{x^2} - \frac{9}{2}x + \frac{9}{2}\)

Ta thấy: \(h'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow \) Hàm số \(y = h\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Bảng biến thiên hàm số \(y = h\left( x \right)\):

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: \(2m \le  - 5 \Leftrightarrow m \le \frac{{ - 5}}{2}\)

Mà \(m \in \left[ { - 2025;2025} \right],m \in \mathbb{Z} \Rightarrow \) Có tất cả 2023 giá trị \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(2023\).

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.

TH1: \(m = 0:f\left( x \right) = 4 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\) (đúng) \( \Rightarrow m = 0\) thỏa mãn.

TH2: \(m \ne 0\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{{\rm{\Delta '}} < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{{m^2} - 4m < 0}\end{array} \Leftrightarrow m \in \left( {0;4} \right)} \right.} \right.\).

Vậy \(m \in \left[ {0;4} \right)\). Chọn D.

Ta có độ dài trục lớn bằng 20 m, độ dài trục bé bằng 16 m nên \(a = \frac{{20}}{2} = 10;b = \frac{{16}}{2} = 8\).

Đặt hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho gốc tọa độ \(O\) trùng với tâm đường Elip, trục \(Ox\) trùng với trục lớn, trục Oy trùng với trục bé của Elip. Khi đó, phương trình chính tắc của Elip là:

\(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{{{10}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{8^2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{64}} = 1\).

Gọi \(M\left( {{x_M};{y_M}} \right),{x_M} > 0,{y_M} > 0\).

Do chiều dài của phần trồng hoa là \(MN = 16{\rm{\;m}}\) nên \({x_M} = 8\).

Mà \(M\) thuộc \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{64}} = 1\) nên \(\frac{{x_M^2}}{{100}} + \frac{{y_M^2}}{{64}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{8^2}}}{{100}} + \frac{{y_M^2}}{{64}} = 1 \Rightarrow {y_M} = \frac{{24}}{5}\left( {{y_M} > 0} \right)\).

Chiều rộng của phần trồng hoa là \(MQ = 2.\frac{{24}}{5} = \frac{{48}}{5}\).

Diện tích của phần trồng hoa là \(16.\frac{{48}}{5} = \frac{{768}}{5} \approx 154\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Đáp án cần nhập là: \(154\).

Cỡ mẫu \(n = 60\).

Gọi \({x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{60}}\) là điểm số của 60 sinh viên xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất là \({Q_1} = \frac{1}{2}\left( {{x_{15}} + {x_{16}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {7,5 + 7,5} \right) = 7,5\).

Tứ phân vị thứ ba là \({Q_3} = \frac{1}{2}\left( {{x_{45}} + {x_{46}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {9 + 9} \right) = 9\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu trên là \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 9 - 7,5 = 1,5\).

Ta có \({Q_3} + 1,5{{\rm{\Delta }}_Q} = 9 + 1,5 \cdot 1,5 = 11,25;\,\,{Q_1} - 1,5{{\rm{\Delta }}_Q} = 7,5 - 1,5 \cdot 1,5 = 5,25\).

Có 2 sinh viên có điểm số là \(x = 0\) thỏa mãn \(x < {Q_1} - 1,5{{\rm{\Delta }}_Q}\) nên mẫu số liệu trên có 2 giá trị ngoại lệ. Chọn D.

Để bó được 1 bó theo yêu cầu của bài toán, ta cần: 5 bông hồng xanh, trong mỗi bó hoa đều có các màu trắng, hồng, cam.

Chọn 5 bông từ 40 bông có: \(C_{40}^5\)

Chọn 1 bông màu cam: có 30 cách chọn

Chọn 1 bông màu đỏ: có 20 cách chọn

Chọn 1 bông màu trắng có 30 cách chọn

Vậy còn lại: 29 bông cam, 19 bông đỏ, 29 bông trắng

Chọn 7 bông hoa từ 77 bông có \(C_{77}^7\) cách chọn

Vậy có tất cả: \(C_{40}^5.30.20.30.C_{77}^7\) cách xếp hoa thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

Gọi \(A\) là biến cố "anh Thành tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang".

Gọi \(B\) là biến cố "anh Thành tiếp xúc với người bệnh mà có đeo khẩu trang".

Theo đề ta có: \(P\left( A \right) = 0,95;P\left( B \right) = 0,2\).

Xác suất để anh Thành không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang là: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,95 = 0,05\).

Xác suất để anh Thành không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh mà có không đeo khẩu trang là: \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,2 = 0,8\).

Xác suất anh Thành không bị lây bệnh truyền nhiễm từ người bệnh mà anh tiếp xúc là:

\(P\left( {\overline {AB} } \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B } \right) = 0,05.0,8 = 0,04\)

Xác suất anh Thành bị lây bệnh truyền nhiễm từ người bệnh mà anh tiếp xúc là

\(1 - P\left( {\overline {AB} } \right) = 1 - 0,04 = 0,96\).

Đáp án cần nhập là: \(0,96\).

\(\left( C \right)\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 1\) và tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = 2\).

Do đó \(I\left( {1;2} \right)\).

Ta có: \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{(x - 1)}^2}}}\). Gọi \(A\left( {{x_A};\frac{{2{x_A} - 1}}{{{x_A} - 1}}} \right)\) là điểm thuộc \(\left( C \right)\).

Phương trình tiếp tuyến \(\left( T \right)\) của \(\left( C \right)\) tại \(A\) là:\(y = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_A} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_A}} \right) + \frac{{2{x_A} - 1}}{{{x_A} - 1}}\).

\(H\)là giao điểm của \(\left( T \right)\) và tiệm cận đứng nên \(H\left( {1;\frac{{2{x_A}}}{{{x_A} - 1}}} \right)\);

\(K\)là giao điểm của \(\left( T \right)\) và tiệm cận ngang nên \(K\left( {2{x_A} - 1;2} \right)\).

Do đó: \(HK = \sqrt {{{\left( {2{x_A} - 1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - \frac{{2{x_A}}}{{{x_A} - 1}}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {2{x_A} - 2} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - 2}}{{{x_A} - 1}}} \right)}^2}} \)

\( = 2\sqrt {{{\left( {{x_A} - 1} \right)}^2} + \frac{1}{{{{\left( {{x_A} - 1} \right)}^2}}}} \)

Ta có: \({\left( {{x_A} - 1} \right)^2} + \frac{1}{{{{\left( {{x_A} - 1} \right)}^2}}} \ge 2\sqrt {{{\left( {{x_A} - 1} \right)}^2}.\frac{1}{{{{\left( {{x_A} - 1} \right)}^2}}}}  = 2 \Rightarrow HK \ge 2\sqrt 2 \).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(HK\) là \(2\sqrt 2 \), đạt được khi:

\({\left( {{x_A} - 1} \right)^2} = \frac{1}{{{{\left( {{x_A} - 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} = 2 \Rightarrow {y_A} = 3 \Leftrightarrow m = 3}\\{{x_A} = 0 \Rightarrow {y_A} = 1 \Leftrightarrow m = 1}\end{array}} \right.\).

Tích các giá trị \(m\) thỏa yêu cầu bài toán là: \(3 \cdot 1 = 3\). Chọn C.

Ta có tiền vốn bỏ ra cho bởi hàm số \(h(x) = f\left( x \right) - g\left( x \right) = {x^2} - 30000x + {10^9}\) với \(x > 0\).

Khi đó \(h'\left( x \right) = 2x - 30000\). Cho \(h'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 2x - 30000 = 0 \Rightarrow x = 15000\).

Bảng biến thiên:

Vậy giá bán mỗi kg rau là \(x = 15000\) (đồng) thì cửa hàng bỏ ra vốn ít nhất. Chọn A.

\({\rm{lim}}\sqrt {\frac{{{5^n} + {3^{n + 2}}}}{{{4^{n + 1}} + {5^{n + 2a}}}}}  = {\rm{lim}}\sqrt {\frac{{1 + 9.{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n}}}{{4.{{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n} + {5^{2a}}}}}  = {\rm{lim}}\sqrt {\frac{1}{{{5^{2a}}}}}  = \frac{1}{{\sqrt {{5^{2a}}} }}\).

Theo đề ta có: \({\rm{lim}}\sqrt {\frac{{{5^n} + {3^{n + 2}}}}{{{4^{n + 1}} + {5^{n + 2a}}}}}  \le \frac{1}{{125}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {{5^{2a}}} }} \le \frac{1}{{125}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{5^{2a}}}} \le \frac{1}{{{5^3}}} \Rightarrow {5^{2a}} \ge {5^3} \Rightarrow 2a \ge 3 \Rightarrow a \ge \frac{3}{2}\).

Mà: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \in \left( {0;2025} \right)}\\{a \in \mathbb{Z}}\end{array} \Rightarrow a \in \left\{ {2;3;4;5;..2024} \right\}} \right.\).

Vậy có 2023 giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(2023\).

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

xCĐ+xCT2>0⇔−b3>0⇔b3<0⇔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.

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=−10−x−x2−2dx+01−x−x2−2dx =201−x2−x+2dx. 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

 ∫02e2+lnfx+3dx=∫02e2.elnfx+3dx=∫02e2fx+3dx

=e2∫02fxdx+∫023dx=5e2+3x20=5e2+6. 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=01000,00061x2+0,0218x+17232−xdx=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=∫01x4fxdx.

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=∫01x4fxdx                

 ⇒C=∫01x4x3+3Cdx⇒C=∫01x7+3Cx4dx⇒C=x8801+3C⋅x5501

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

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.

x3−2x10=∑k=010C10k⋅x3k⋅2x10−k=∑k=010C10k⋅x4k−10⋅210−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.