Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 17

Gọi \(A\) là tập hợp các bạn chơi giỏi bóng đá, \(n\left( A \right)\) là số phần tử của \(A\).

Gọi \(B\) là tập hợp các bạn chơi giỏi bóng chuyền, \(n\left( B \right)\) là số phần tử của \(B\).

Gọi \(C\) là tập hợp các bạn chơi giỏi cầu lông, \(n\left( C \right)\) là số phần tử của \(C\).

Ta có:

\[n\left( {A \cup B \cup C} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) + n\left( C \right) - n\left( {A \cap B} \right) - n\left( {B \cap C} \right) - n\left( {C \cap A} \right) + n\left( {A \cap B \cap C} \right)\]

\[ \Rightarrow 27 = 14 + 12 + 10 - 4 - 3 - 3 + n\left( {A \cap B \cap C} \right) \Rightarrow n\left( {A \cap B \cap C} \right) = 1\] nên số bạn chơi giỏi cả ba môn là 1.

Số bạn vừa chơi giỏi bóng đá, vừa chơi giỏi ít nhất một môn khác là:

\(n\left[ {\left( {A \cap B} \right) \cup \left( {A \cap C} \right)} \right] = n\left( {A \cap B} \right) + n\left( {A \cap C} \right) - n\left( {A \cap B \cap C} \right) = 4 + 3 - 1 = 6\) (học sinh)

Số bạn chỉ chơi giỏi bóng đá là \(n\left( A \right) - n\left[ {\left( {A \cap B} \right) \cup \left( {A \cap C} \right)} \right] = 14 - 6 = 8\) (học sinh)

Đáp án cần nhập là: \(8\).

Dựa vào bảng số liệu ta thấy nhóm 2 là nhóm có tần số lớn nhất.

\( \Rightarrow {M_0} = 50 + \frac{{13 - 11}}{{2 \cdot 13 - 11 - 9}} \cdot 5 \approx 51,67\). Chọn D.

Mẫu số liệu có 40 giá trị.

Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{40}}\) là cân nặng của 40 học sinh được sắp theo thứ tự không giảm.

Ta có \({Q_3} = \frac{{{x_{30}} + {x_{31}}}}{2}\) mà \({x_{31}};{x_{32}} \in \left[ {55;60} \right)\).

Ta có \({Q_3} = 55 + \frac{{30 - 24}}{3} \cdot 5 = 65\).

Vậy ngưỡng cân nặng để lấy được \(25{\rm{\% }}\) học sinh có cân nặng tốt nhất là 65 kg. Chọn B.

Hiệu chỉnh lại bảng số liệu ta có:

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\(\overline x  = \frac{{47,5 \cdot 11 + 52,5 \cdot 13 + 9 \cdot 57,5 + 5 \cdot 62,5 + 2 \cdot 67,5}}{{40}} = 54,25\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({s^2} = \frac{{11 \cdot 47,{5^2} + 13 \cdot 52,{5^2} + 9 \cdot 57,{5^2} + 5 \cdot 62,{5^2} + 2 \cdot 67,{5^2}}}{{40}} - 54,{25^2} = 33,1875\)

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên là: \(s = \sqrt {{s^2}}  \approx 5,8\).

Điều kiện: \(8 + 2x - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow  - 2 \le x \le 4\).

Đặt \(t = \sqrt {8 + 2x - {x^2}} \). Ta có \(\sqrt {8 + 2x - {x^2}}  = \sqrt {9 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}  \le 3 \Rightarrow t \in \left[ {0;3} \right]\).

Phương trình đã cho trở thành: \( - {t^2} + t + 5 = 2m{\rm{\;}}\) (1).

Để phương trình đã cho có nghiệm thì (1) phải có nghiệm \(t \in \left[ {0;3} \right]\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) =  - {t^2} + t + 5\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\).

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình (1) có nghiệm \(t \in \left[ {0;3} \right]\) khi

\( - 1 \le 2m \le \frac{{21}}{4} \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{2} \le m \le \frac{{21}}{8}\).

Mà \(m\) là số nguyên nên có 3 giá trị của \(m\) thỏa yêu cầu bài toán. Chọn A.

Số Câu Hóa học Sơn biết làm trong tổng số 15 câu hỏi ghi trên các phiếu trong hộp thứ hai là:

\(30 - 18 = 12\).

Số câu hỏi Vật Lí bạn Sơn không biết làm là 20 − 18 = 2.

Số câu hỏi Hoá Học bạn Sơn không biết làm là 15 − 12 = 3.

Trong các phiếu mà thầy giáo đã rút ra, có 2 câu hỏi môn Vật lý và 1 câu hỏi môn Hóa học.

Gọi \(A\) là biến cố "Sơn không biết làm cả 2 câu môn Vật lý", \(B\) là biến cố "Sơn không biết làm câu hỏi môn Hóa học".

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_2^2}}{{C_{20}^2}} = \frac{1}{{190}}\)và \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_3^1}}{{C_{15}^1}} = \frac{1}{5}\).

Xác suất để Sơn không biết làm cả 3 câu hỏi ghi trên các phiếu mà thầy giáo đã rút ra là:

\(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{1}{{190}} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{{950}}\). Chọn D.

Gọi \(A\) biến cố "Sơn chọn được phiếu có ghi câu môn Vật lý", \(B\) là biến cố "Sơn biết làm câu ghi trên phiếu đã chọn".

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{2}{3} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}\).

Ta có \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{18}}{{20}} = \frac{9}{{10}};P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{12}}{{15}} = \frac{4}{5}\).

Xác suất để Sơn biết làm câu ghi trên phiếu mà bạn ấy đã chọn là:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{9}{{10}} + \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{5} = \frac{{13}}{{15}}\). Chọn A.

Gọi \(A\) biến cố "Sơn chọn được cả 2 phiếu đều có ghi câu môn Vật lý", \(B\) là biến cố "Sơn biết làm cả 2 câu hỏi ghi trên các phiếu đã chọn".

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{1}{3} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}\).

Ta có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{C_{18}^2}}{{C_{20}^2}} = \frac{{153}}{{190}};\,\,P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{18}}{{20}} \cdot \frac{{12}}{{15}} = \frac{{18}}{{25}}\).

Xác suất để Sơn biết làm cả 2 câu hỏi ghi trên các phiếu mà bạn ấy đã chọn là:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{{153}}{{190}} + \frac{2}{3} \cdot \frac{{18}}{{25}} = \frac{{711}}{{950}}\).

Xác suất để cả 2 phiếu Sơn chọn đều ghi câu hỏi môn Vật lý, với điều kiện Sơn biết làm cả 2

Câu hỏi đó là: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{3} \cdot \frac{{153}}{{190}}}}{{\frac{{711}}{{950}}}} = \frac{{85}}{{237}}\). Chọn A.

Ta có \(\widehat C = 180^\circ  - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = {180^o} - \left( {{5^o} + {6^o}} \right) = {169^o}\).

Xét tam giác \(ABC\), ta có: \(\frac{{AB}}{{{\rm{sin}}C}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}A}}\) (định lý sin)

Suy ra \(\frac{{900}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}{5^o}}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}{6^o}}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC = \frac{{900{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}}\\{BC = \frac{{900{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}}\end{array}} \right.\)

Đổi \(5,4{\rm{\;km/h}} = 1,5{\rm{\;m/s}};\,\,21,6{\rm{\;km/h}} = 6{\rm{\;m/s}}\).

Thời gian lên dốc của Hoàng là: \(\frac{{900{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}:1,5 = \frac{{600{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}\)(s)

Thời gian lên xuống của Hoàng là: \(\frac{{900{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}:6 = \frac{{150{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}\)(s)

Tổng thời gian Hoàng đi từ nhà đến trường là: \(\frac{{600{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} + \frac{{150{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} \approx 356,2\)(s)

Đổi 356,2 giây \( \approx 6\) phút.

Ta có 6 giờ 15 phút + 6 phút \( = 6\) giờ 21 phút.

Vậy thời điểm Hoàng đến trường khoảng 6 giờ 21 phút. Chọn A.

Phân tích cách trả lời: Nếu tôi hỏi người kia, anh ta sẽ bảo cánh cửa nào dẫn đến thiên đường

+ Nếu bạn hỏi người nói thật:

Người nói thật sẽ trung thực và nói bạn câu trả lời mà người nói dối sẽ đưa ra.

Người nói dối sẽ luôn chỉ vào cánh cửa sai. Vì vậy, người nói thật sẽ chỉ vào cánh cửa sai khi trả lời câu hỏi này.

+ Nếu bạn hỏi người nói dối:

Người nói dối sẽ nói dối về câu trả lời mà người nói thật sẽ đưa ra.

Người nói thật sẽ chỉ vào cánh cửa đúng, nhưng người nói dối lại chỉ ngược lại, tức là cánh cửa sai.

Kết luận:

Bất kể bạn hỏi ai, câu trả lời luôn chỉ vào cánh cửa sai. Vì vậy, bạn chỉ cần chọn cánh cửa còn lại để đến thiên đường. Chọn C.

Gọi \(I\left( {{x_I};{y_I}} \right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Ta có \(\overrightarrow {HG}  = \left( { - \frac{4}{3};\frac{2}{3}} \right);\overrightarrow {GI}  = \left( {{x_I} - \frac{5}{3};{y_I} - \frac{8}{3}} \right)\).

Tam giác \(ABC\) có trực tâm \(H\), trọng tâm \(G\) và tâm đường tròn ngoại tiếp I nên \(\overrightarrow {HG}  = 2\overrightarrow {GI} \).

Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{ - 4}}{3} = 2\left( {{x_I} - \frac{5}{3}} \right)}\\{\frac{2}{3} = 2\left( {{y_I} - \frac{8}{3}} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_I} = 1}\\{{y_I} = 3}\end{array} \Leftrightarrow I\left( {1;3} \right)} \right.} \right.\).

Đường thẳng \(BC\) có phương trình là \(x + 2y - 2 = 0\) nên \(x = 2 - 2y\) và \(\overrightarrow {{u_{BC}}}  = \left( { - 2;1} \right)\).

Gọi \(M\left( {2 - 2{y_M};{y_M}} \right)\) là trung điểm \(BC\). Khi đó \(IM \bot BC\) và \(\overrightarrow {GA}  = 2\overrightarrow {MG} \).

Ta có \(\overrightarrow {IM}  = \left( {1 - 2{y_M};{y_M} - 3} \right)\);

\(IM \bot BC \Rightarrow \overrightarrow {IM}  \bot \overrightarrow {{u_{BC}}}  \Rightarrow  - 2\left( {1 - 2{y_M}} \right) + 1\left( {{y_M} - 3} \right) = 0 \Rightarrow {y_M} = 1 \Rightarrow M\left( {0;1} \right)\).

Gọi \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {GA}  = \left( {{x_A} - \frac{5}{3};{y_A} - \frac{8}{3}} \right);\overrightarrow {MG}  = \left( {\frac{5}{3};\frac{5}{3}} \right)\) mà \(\overrightarrow {GA}  = 2\overrightarrow {MG} \)

Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} - \frac{5}{3} = 2 \cdot \frac{5}{3}}\\{{y_A} - \frac{8}{3} = 2 \cdot \frac{5}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} = 5}\\{{y_A} = 6}\end{array} \Leftrightarrow A\left( {5;6} \right)} \right.} \right.\).

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là \(IA = \sqrt {{{(5 - 1)}^2} + {{(6 - 3)}^2}}  = 5\).

Đáp án cần nhập là: \(5\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C'\).

Do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) và lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(A'M \bot B'C'\) và \(AM \bot B'C\).

Vậy \(\left[ {A,B'C',A'} \right] = \widehat {A'MA} = 30^\circ \).

Xét tam giác \(A'C'B'\) có \(A'C' = A'B' = 3\) và \(\widehat {B'A'C'} = 120^\circ \) nên \(A'M = 1,5\).

Xét tam giác \(AA'M\) vuông tại \(A'\) có \(AA' = A'M \cdot \tan 30^\circ  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Do \(A'C\) cắt \(AC'\) tại trung điểm I nên ta có

\(d\left( {BC,\left( {AB'C'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AB'C'} \right)} \right) = d\left( {A',\left( {AB'C'} \right)} \right) = A'H\).

Có \(\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{M^2}}} + \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{{16}}{9} \Rightarrow A'H = \frac{3}{4}\).

Vậy \(d\left( {BC,\left( {AB'C'} \right)} \right) = \frac{3}{4}\). Chọn C.

Ta có: \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}a = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_9}\left( {ab} \right) \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}a = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\sqrt {ab}  \Leftrightarrow a = \sqrt {ab}  \Leftrightarrow a = b\). Chọn B.

Cường độ dòng điện có độ lớn bằng 1

\( \Leftrightarrow \left| i \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\,\,\,(1)}\\{2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 1\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\)

Giải (1):

\(2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{100\pi t + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{100\pi t + \frac{\pi }{3} =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{k}{{50}}}\\{t =  - \frac{1}{{150}} + \frac{k}{{50}}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\).

Mà \(t \in \left[ {0;3} \right]\) nên \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le \frac{k}{{50}} \le 3}\\{0 \le  - \frac{1}{{150}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le k \le 150}\\{\frac{1}{3} \le k \le \frac{{451}}{3}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\) nên có 301 giá trị nguyên của \(k\) thỏa mãn, hay số lần cường độ dòng điện \(i = 2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\) trong 3 giây đầu tiên là 301.

Giải (2):

\(2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 1 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) =  - \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{100\pi t + \frac{\pi }{3} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\\{100\pi t + \frac{\pi }{3} =  - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}{\rm{\;}}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{1}{{300}} + \frac{k}{{50}}}\\{t =  - \frac{1}{{100}} + \frac{k}{{50}}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\).

Mà \(t \in \left[ {0;3} \right]\) nên \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le \frac{1}{{300}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\\{0 \le  - \frac{1}{{100}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \frac{1}{6} \le k \le \frac{{899}}{6}}\\{\frac{1}{2} \le k \le \frac{{301}}{2}}\end{array}{\rm{\;}}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\) nên có 300 giá trị nguyên của \(k\) thỏa mãn, hay số lần cường độ dòng điện \(i = 2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 1\) trong 3 giây đầu tiên là 300.

Tóm lại, số lần cường độ dòng điện có độ lớn bằng 1 A là \(301 + 300 = 601\) (lần). Chọn C.

Số cây ở các hàng trồng được lập thành một cấp số cộng,

trong đó \({u_1} = 1;d = 2;{S_n} = 10000\).

Ta có

\({S_n} = \frac{{2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d}}{2}n \Rightarrow 10000 = \frac{{2 \cdot 1 + \left( {n - 1} \right)2}}{2}.n \Leftrightarrow {n^2} = 10000 \Leftrightarrow n = 100\) \(\left( {n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\).

Ta có \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d \Rightarrow {u_{100}} = 1 + \left( {100 - 1} \right) \cdot 2 = 199\)

Vậy số cây trồng ở hàng cuối cùng (hàng thứ 100) là 199.

Đáp án cần nhập là: \(199\).

Gọi \(A\) là biến cố "một người nọ không biết mật khẩu, sau một lần bấm mở được cửa".

Gọi \(\overline {abc} \) là mật khẩu chính xác để mở cửa.

Ta có \(1 \le a < b < c \le 9;a,b,c \in \mathbb{N}\) hay \(a,b,c \in H = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\).

Vì mật khẩu chính xác là một số tự nhiên có 3 chữ số sao cho chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục và chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng trăm nên cứ mỗi cách chọn ra 1 bộ 3 số từ \(H\), ta được đúng 1 số \(\overline {abc} \) thỏa mãn là mật khẩu mở cửa.

Do đó \(n\left( A \right) = C_9^3 = 84\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 10 \cdot 10 \cdot 10 = 1000\).

Xác suất cần tìm là là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{84}}{{1000}} = \frac{{21}}{{250}}\). Chọn B.

Điều kiện: \(x >  - 25\).

Ta có: \(\left( {{3^{{x^2}}} - {9^x}} \right)\left[ {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x + 25} \right) - 3} \right] \le 0\)

Trường hợp 1: \({3^{{x^2}}} - {9^x} \ge 0\) và \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x + 25} \right) - 3 \le 0\).

\(\left\{ \begin{array}{l}{3^{{x^2}}} - {9^x} \ge 0\\{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x + 25} \right) - 3 \le 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{3^{{x^2}}} \ge {3^{2x}}\\x + 25 \le {3^3}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} \ge 2x\\x \le 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \le 0\\x \ge 2\end{array} \right.\\x \le 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Mà \(x >  - 25\) nên \(\left[ \begin{array}{l} - 25 < x \le 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Trường hợp 2: \({3^{{x^2}}} - {9^x} \le 0\) và \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x + 25} \right) - 3 \ge 0\).

\(\left\{ \begin{array}{l}{3^{{x^2}}} - {9^x} \le 0\\{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x + 25} \right) - 3 \ge 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{3^{{x^2}}} \le {3^{2x}}\\x + 25 \ge {3^3}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} \le 2x\\x \ge 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 2\\x \ge 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow x = 2\).

Tóm lại, có 26 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn bất phương trình đã cho. Chọn C.

Tập xác định: \(D = \left[ { - \frac{1}{2}; + \infty } \right)\).

Hàm số đã cho liên tục với mọi \({x_0} \ne 4\).

Để hàm số đã cho liên tục trên tập xác định của nó thì hàm số đã cho liên tục tại \({x_0} = 4\).

⇔limx→4fx=f4⇔limx→42x+1−x+5x−4=a+2⇔16=a+2⇔a=−116. Chọn C.

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\).

Vì mặt bên \(\left( {SAB} \right)\) đều, nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow {V_{SABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}}\,\,(1)\) .

\(SH\) là đường cao trong tam giác đều \( \Rightarrow SH = a\sqrt 3 \).

Ta có: \(AB//CD \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(CD \Rightarrow HM \bot CD\).

Dễ dàng chứng minh được \(CD \bot \left( {SHM} \right)\).

Trong \(\Delta SHM\) kẻ \(HK \bot SM\)

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{HK \bot SM}\\{CD \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow CD \bot HK}\end{array}} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right)\).

Suy ra \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \frac{a}{2}\).

Xét \(\Delta SHM\) vuông tại \(H\) có \(HK\) là đường cao

\( \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} - \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{{11}}{{3{a^2}}}\)\( \Rightarrow HM = \frac{{\sqrt {33} }}{{11}}a\)

\( \Rightarrow AD = \frac{{a\sqrt {33} }}{{11}}\).

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = AD.AB = 2a \cdot \frac{{a\sqrt {33} }}{{11}} = \frac{{2{a^2}\sqrt {33} }}{{11}}\)

Vậy thể tích khối chóp là: \(V = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3  \cdot \frac{{2{a^2}\sqrt {33} }}{{11}} = \frac{{2{a^3}\sqrt {11} }}{{11}}\). Chọn D.

Ta biết rằng chu kì của \({\rm{sin}}ax\) là: \(\frac{{2\pi }}{{\left| a \right|}}\), chu kì của \({\rm{tan}}bx\) là \(\frac{\pi }{{\left| b \right|}}\)

\( \Rightarrow \) Chu kì của \({\rm{sin}}\frac{x}{{10}},{\rm{tan}}\frac{x}{8}\) lần lượt là \(20\pi ,16\pi \)

\( \Rightarrow \) Chu kì của hàm số \(f\left( x \right) = {\rm{sin}}\frac{x}{{10}} + {\rm{tan}}\frac{x}{8}\) là \(T = BCNN\left( {20\pi ,16\pi } \right) = 80\pi \). Chọn D.

Phương trình đã cho xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).

\({2^{{x^2} - 3x + 2}} - {2^{{x^2} - x - 2}} = 2x - 4 \Leftrightarrow {2^{{x^2} - 3x + 2}} + \left( {{x^2} - 3x + 2} \right) = {2^{{x^2} - x - 2}} + \left( {{x^2} - x - 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow f\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) = f\left( {{x^2} - x - 2} \right)\)

Xét hàm số: \(f\left( t \right) = {2^t} + t\) trên \(\mathbb{R}\)

+ Có: \(f'\left( t \right) = {2^t}{\rm{ln}}2 + 1 > 0,\forall t \in \mathbb{R}\)

+ Vậy hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} + t\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Vậy phương trình đã cho\( \Leftrightarrow f\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) = f\left( {{x^2} - x - 2} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = {x^2} - x - 2 \Leftrightarrow x = 2\).

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm

Đáp án cần nhập là: \(1\).

Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}} \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)g\left( x \right) + 10\)

 limx→1fx=limx→1x−1gx+10⇒limx→1fx=10

Xét giới hạn:

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 1} \frac{{3f\left( x \right) + 34 - 64}}{{\left( {2{x^3} - 3x + 1} \right)\left( {\sqrt[3]{{{{\left( {3f\left( x \right) + 34} \right)}^2}}} + 4\sqrt[3]{{3f\left( x \right) + 34}} + 16} \right)}}\)

 =limx→13fx−102x−1x−13fx+3423+43fx+343+16

=limx→1fx−10x−1.32x−13fx+3423+43fx+343+16

\( = 4 \cdot \frac{3}{{48}} = \frac{1}{4}\). Chọn D.

Tổng độ dài hành trình mà quả bóng đã di chuyển kể từ lúc được thả rơi tự do cho đến lúc nằm yên trên mặt đất là: \(60 + 2 \cdot \frac{{12}}{{1 - \frac{1}{5}}} = 90\left( {\rm{m}} \right)\).

Đáp án cần nhập là: \(90\).

Ta có \(C'\left( x \right) = 0,00072{x^2} - 0,06x + 5\)

Tốc độ tăng của tổng chi phí khi nhà máy sản xuất 100 tấn sản phẩm \(A\) là:

\(C'\left( {100} \right) = 0,00072 \cdot {100^2} - 0,06 \cdot 100 + 5 = 6,2\) (triệu đồng/tấn). Chọn C.

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên

\(BG = \frac{2}{3}BO \Rightarrow BG = \frac{1}{3}BD\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(G\) trên \(AB\).

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(GH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow GH = d\left( {G,\left( {SAB} \right)} \right)\).

Theo định lý Ta - let trong tam giác \(BAD\) có \(GH//AD\):

\(\frac{{GH}}{{AD}} = \frac{{BG}}{{BD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow GH = \frac{{AD}}{3} = \frac{{2a}}{3}\).

Vậy khoảng cách từ \(G\) đến mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) là \(\frac{{2a}}{3}\). Chọn D.

Hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) cùng vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)

nên \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(O\) là giao điểm hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) của hình vuông \(ABCD\).

Ta có \(BO \bot \left( {SAC} \right)\) nên \(SO\) là hình chiếu của \(SB\) lên \(\left( {SAC} \right)\).

Do đó góc giữa \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) là \(\widehat {BSO}\)

Hình vuông \(ABCD\) có cạnh bằng \(a\sqrt 6 \) nên \(AC = 2a\sqrt 3 ,BO = AO = a\sqrt 3 \).

Ta có \[SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt {15} } \right)}^2} - {{\left( {2a\sqrt 3 } \right)}^2}}  = a\sqrt 3 \];

\(SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}  = a\sqrt 6 \).

Do đó \({\rm{cot}}\widehat {BSO} = \frac{{SO}}{{BO}} \Rightarrow {\rm{cot}}\alpha  = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 2  \Rightarrow {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}\alpha  = 2\).

Đáp án cần nhập là: \(2\).

\(d\) tạo với trục hoành một góc \(45^\circ \) nên hệ số góc của \(d\) là 1 hoặc \( - 1\).

Ta có \(y = f\left( x \right) = {x^3} - {x^2} + 2\).

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

Gọi \({x_0}\left( {{x_0} > 0} \right)\) là hoành độ tiếp điểm của \(d\) với đồ thị hàm số \(y = {x^3} - {x^2} + 2\).

Hệ số góc của \(d\) là \(f'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 - 2{x_0}\).

Do đó ta có \[\left[ \begin{array}{l}3x_0^2 - 2{x_0} = 1\\3x_0^2 - 2{x_0} =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{x_0} =  - \frac{1}{3}\end{array} \right.\].

Vì \({x_0} > 0\) nên \({x_0} = 1\).

Phương trình tiếp tuyến \(d\) của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - {x^2} + 2\) là:

\(y = 1 \cdot \left( {x - 1} \right) + 1 - 1 + 2 \Leftrightarrow y = x + 1\). Chọn D.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{m}{2}} \right\}\). Có \(y' = \frac{{{m^2} - 20}}{{{{\left( {2x + m} \right)}^2}}}\).

Để hàm số \(y = \frac{{mx + 10}}{{2x + m}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) thì \(y\) liên tục trên \(\left( {0;2} \right)\) và\(y' < 0,\forall x \in \left( {0;2} \right)\).

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 20 < 0}\\{ - \frac{m}{2} \notin \left( {0;2} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \sqrt {20}  < m < \sqrt {20} }\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{m}{2} \le 0}\\{ - \frac{m}{2} \ge 2}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \sqrt {20}  < m < \sqrt {20} }\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 0}\\{m \le  - 4}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \sqrt {20}  < m \le  - 4}\\{0 \le m < \sqrt {20} }\end{array}} \right.\).

Mà \(m\) là số nguyên nên có 6 giá trị của tham số \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(6\).

Quan sát đồ thị, ta thấy hàm số đã cho liên tục trên \(\left( { - 2; + \infty } \right)\), nghịch biến trên \(\left( { - 2; - 1} \right)\) và đồng biến trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\). Do đó \(\mathop {{\rm{Min}}}\limits_{\left( { - 2; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) = 1\). Chọn B.

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta suy ra đồ thị hàm số: \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) ta được:

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) ta tịnh tiến đồ thị sang phải 2025 đơn vị, ta được đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| {x - 2025} \right|} \right)\)

Dễ thấy đồ thị hàm số không có sự thay đổi, đồ thị chỉ dịch sang phải 2025 đơn vị

Số nghiệm của phương trình \(f\left( {\left| {x - 2025} \right|} \right) - 2m = 0\) là số giao điểm của đồ thị hàm số:\(y = f\left( {\left| {x - 2025} \right|} \right)\) và đường thẳng \(y = 2m\)

Để phương trình \(f\left( {\left| {x - 2025} \right|} \right) - 2m = 0\) có 4 nghiệm thực

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m = a,\,\,0 < a < 1}\\{2m = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{a}{2},\,\,0 < a < 1}\\{m = 0}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy có 2 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(2\).

Do \(a <  - 1\) nên không mất tổng quát giả sử \(a =  - b\), ta tìm \(b > 1\) thỏa mãn yêu cầu.

 ∫011x2−bdx=∫​011x−bx+bdx=12b∫011x−b−1x+bdx

\[ = \left. {\frac{1}{{2\sqrt b }}\ln \left| {\frac{{x - \sqrt b }}{{x + \sqrt b }}} \right|} \right|_0^1 = \frac{1}{{2\sqrt b }}\ln \left| {\frac{{1 - \sqrt b }}{{1 + \sqrt b }}} \right|\]

Theo giả thiết ta có:

\(\left| {\frac{{1 - \sqrt b }}{{1 + \sqrt b }}} \right| = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2\left| {1 - \sqrt b \left|  =  \right|1 + \sqrt b } \right| \Leftrightarrow 3b - 10\sqrt b  + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt b  = \frac{1}{3}}\\{\sqrt b  = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{1}{9}}\\{b = 9}\end{array}} \right.\)

Do \(b > 1\) nên \(b = 9 \Rightarrow a =  - 9\).  Chọn C.

Gọi \(A:\) "Người nghiện thuốc lá \( \Rightarrow \overline A \): "Người không nghiện thuốc lá"

B: "Người bị bệnh phổi"

Ta có: \(P\left( A \right) = 0,3 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,7\).

Xác suất để người đó bị bệnh phổi do hút thuốc lá là: \(P\left( {B\mid A} \right) = 0,8\).

Xác suất để người đó bị bệnh phổi không do hút thuốc là: \(P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,1\).

Vậy \(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,3 \cdot 0,8 + 0,7 \cdot 0,1 = 0,31\). Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow {AM}  = \left( {3;4;0} \right) \Rightarrow AM = 5,\overrightarrow {AN}  = \left( {2;2;1} \right) \Rightarrow AN = 3\).

Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là các điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {AE}  = 3\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AF}  = 5\overrightarrow {AN} \). Ta có \(AE = 15,AF = 15\) nên tam giác \(AEF\) cân tại \(A\). Vì tứ giác \(ABCD\) là hình thoi nên tam giác \(ABD\) cân tại \(A\). Do đó \(BD//EF\).

Ta có \(\overrightarrow {EF}  = \overrightarrow {AF}  - \overrightarrow {AE}  = 5\overrightarrow {AN}  - 3\overrightarrow {AM}  = \left( {1; - 2;5} \right)\).

\(ABCD\) là hình thoi nên \(AC \bot BD \Rightarrow AC \bot EF \Rightarrow \overrightarrow {AC}  \bot \overrightarrow {EF}  \Rightarrow \overrightarrow {AC}  \cdot \overrightarrow {EF}  = 0\).

Gọi \(C\left( {{x_C};{y_C};{z_C}} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {AC}  = \left( {{x_C} - 2;{y_C} + 1;{z_C} - 1} \right)\).

\(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {EF}  = 0 \Leftrightarrow \left( {{x_C} - 2} \right) - 2\left( {{y_C} + 1} \right) + 5\left( {{z_C} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {x_C} - 2{y_C} + 5{z_C} - 9 = 0\)

Mặt phẳng \(\left( {AMN} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AN} } \right] = \left( {4; - 3; - 2} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {2; - 1;1} \right)\) nên có phương trình là \(4\left( {x - 2} \right) - 3\left( {y + 1} \right) - 2\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x - 3y - 2z - 9 = 0\).

Vì \(C\) thuộc (\(AMN\)), thuộc (\(P\)) và \(AC \bot EF\) nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x - 3y - 2z - 9 = 0}\\{{y_C} + {z_C} - 27 = 0}\\{{x_C} - 2{y_C} + 5{z_C} - 9 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_C} = 21}\\{{y_C} = 21}\\{{z_C} = 6}\end{array} \Leftrightarrow C\left( {21;21;6} \right)} \right.} \right.\).

Vậy \(C\left( {21;21;6} \right)\). Chọn D.

Ta có \(f\left( x \right) + 2xf'\left( x \right) = 6{x^2}\sqrt x  \Leftrightarrow \frac{1}{{2\sqrt x }} \cdot f\left( x \right) + \sqrt x  \cdot f'\left( x \right) = 3{x^2}\) (chia hai vế cho \(2\sqrt x  > 0\)).

Do đó:\(\mathop \smallint \nolimits^ \left[ {\frac{1}{{2\sqrt x }} \cdot f\left( x \right) + \sqrt x  \cdot f'\left( x \right)} \right]dx = \mathop \smallint \nolimits^ 3{x^2}dx\)

\( \Leftrightarrow \mathop \smallint \nolimits^ \left[ {{{\left( {\sqrt x } \right)}^\prime } \cdot f\left( x \right) + \sqrt x  \cdot f'\left( x \right)} \right]dx = \mathop \smallint \nolimits^ 3{x^2}dx\)\( \Leftrightarrow \sqrt x  \cdot f\left( x \right) = {x^3} + C\)

\( \Leftrightarrow f\left( x \right) = {x^2}\sqrt x  + \frac{C}{{\sqrt x }}\).

Do \(f\left( 4 \right) = 33\) nên \(33 = {4^2}\sqrt 4  + \frac{C}{{\sqrt 4 }} \Leftrightarrow C = 2\). Suy ra \(f\left( x \right) = {x^2}\sqrt x  + \frac{2}{{\sqrt x }}\).

Vậy ∫19fxdx=∫19x2x+2xdx=44287. Chọn C.

Dễ thấy \(A\left( {3;2;3} \right)\) và \(B\left( {1;5;3} \right)\). Do đó \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 2;0;3} \right);\overrightarrow {BS}  = \left( {0; - 3;0} \right)\).

Ta có \(\vec u = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BS}  = \left( { - 2; - 3;3} \right)\) nên \(a =  - 2;b =  - 3;c = 3\).

Vậy \(T = a + 2b + 3c =  - 2 + 2 \cdot \left( { - 3} \right) + 3 \cdot 3 = 1\).

Đáp án cần nhập là: \(1\).

Tọa độ trung điểm \(I\) của \(MN\) là \(I\left( { - 1;0;1} \right)\) và \(\overrightarrow {MN}  = \left( { - 4; - 4; - 4} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) đi qua \(I\) và nhận \(\overrightarrow {MN}  = \left( { - 4; - 4; - 4} \right)\) làm vectơ pháp tuyến.

Chọn \(\vec n = \left( {1;1;1} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của \(\left( \alpha  \right)\). Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là:

\(1 \cdot \left( {x + 1} \right) + 1\left( {y - 0} \right) + 1 \cdot \left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y + z = 0\). Chọn A.

Ta có \(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 - 2 \cdot 1 + 2 \cdot 2 - 5} \right|}}{{\sqrt {1 + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{1}{3}\); \(d\left( {B,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3 - 2 \cdot \left( { - 2} \right) + 2 \cdot 2 - 5} \right|}}{{\sqrt {1 + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = 2\).

Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,B\) trên \(\left( P \right)\). Ta có \(\widehat {AMH} = \widehat {BMK}\).

Do đó tam giác \(AMH\) đồng dạng với tam giác \(BMK\) nên

\(\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{AH}}{{BK}} = \frac{{d\left( {A,\left( P \right)} \right)}}{{d\left( {B,\left( P \right)} \right)}} = \frac{1}{6} \Rightarrow MB = 6MA\) (1).

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\). Từ (1) suy ra:

\(6\sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 2} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {{\left( {y + 2} \right)}^2} + {{\left( {z - 2} \right)}^2}} \)

\[ \Leftrightarrow 36\left[ {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 2} \right)}^2}} \right] = {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2}\]

\( \Leftrightarrow 35{x^2} + 35{y^2} + 35{z^2} - 138x - 76y - 140z + 307 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - \frac{{138}}{{35}}x - \frac{{76}}{{35}}y - 4z + \frac{{307}}{{35}} = 0\).

Do đó, \(M\left( {x;y;z} \right)\) nằm trên mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - \frac{{138}}{{35}}x - \frac{{76}}{{35}}y - 4z + \frac{{307}}{{35}} = 0\) có tâm \(I\left( {\frac{{69}}{{35}};\frac{{38}}{{35}};2} \right)\).

Mà \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \(M\) nằm trên đường tròn giao tuyến \(\left( C \right)\) cố định của \(\left( P \right)\) và \(\left( S \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( P \right)\). Khi đó \(H\) là tâm của đường tròn (\(C\)).

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(I\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó \(d\) nhận \(\overrightarrow n  = \left( {1; - 2;2} \right)\) vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) làm vectơ chỉ phương.

Khi đó \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{69}}{{35}} + t\\y = \frac{{38}}{{35}} - 2t\\z = 2 + 2t\end{array} \right.\).

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ \[\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{69}}{{35}} + t\\y = \frac{{38}}{{35}} - 2t\\z = 2 + 2t\\x - 2y + 2z - 5 = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{69}}{{35}} + t\\y = \frac{{38}}{{35}} - 2t\\z = 2 + 2t\\\frac{{69}}{{35}} + t - 2\left( {\frac{{38}}{{35}} - 2t} \right) + 2\left( {2 + 2t} \right) - 5 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{69}}{{35}} + t\\y = \frac{{38}}{{35}} - 2t\\z = 2 + 2t\\t = \frac{2}{{15}}\end{array} \right.\]\( \Rightarrow H\left( {\frac{{221}}{{105}};\frac{{86}}{{105}};\frac{{34}}{{15}}} \right)\).

 Vậy tọa độ tâm của đường tròn (C) là \(\left( {\frac{{221}}{{105}};\frac{{86}}{{105}};\frac{{34}}{{15}}} \right)\). Chọn A.

\(A \in Ox \Rightarrow A\left( {a,0,0} \right),B \in Oy \Rightarrow B\left( {0,b,0} \right),C \in Oz \Rightarrow C\left( {0,0,c} \right)\) với \(abc \ne 0\) và \(a > 0,b > 0,c > 0\)

Phương trình mặt phẳng (\(\alpha \)) có dạng: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) đi qua \(M\left( {2; - 1;0} \right) \Rightarrow \frac{2}{a} - \frac{1}{b} = 1 \Rightarrow 2b - a = ab\) (*).

Ta có: \(OA = a,OB = b,OC = c\) lập thành cấp số cộng với công sai \(d = 3\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = a + 3}\\{c = a + 6}\end{array}} \right.\)

Thay \(b = a + 3\) vào phương trình (*) ta được:

\(2\left( {a + 3} \right) - a = \left( {a + 3} \right)a \Rightarrow 2a + 6 - a = {a^2} + 3a \Leftrightarrow {a^2} + 2a - 6 = 0\)\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - \sqrt 7  - 1}\\{a = \sqrt 7  - 1}\end{array}} \right.\).

Vì \(a > 0\) nên \(a = \sqrt 7  - 1\).

Với \(a = \sqrt 7  - 1 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \sqrt 7  + 2}\\{c = \sqrt 7  + 5}\end{array}} \right.\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là: \(\frac{x}{{\sqrt 7  - 1}} + \frac{y}{{\sqrt 7  + 2}} + \frac{z}{{\sqrt 7  + 5}} = 1\).

\( \Rightarrow d\left( {O,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1} \right|}}{{\frac{{\sqrt {125 - 34\sqrt 7 } }}{9}}} = \frac{9}{{\sqrt {125 - 34\sqrt 7 } }} \approx 2\).

Đáp án cần nhập là: \(2\).

\(\int {{e^{4x + 1}}dx}  = \frac{1}{4}{e^{4x + 1}} + C\). Chọn A.

Mặt phẳng \(\left( P \right):x - 3y - 2z - 6 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {1; - 3; - 2} \right)\).

Xét từng phương án, chỉ có vectơ \(\overrightarrow {{n_3}}  = \left( { - 3;9; - 6} \right)\) là không cùng phương với \(\overrightarrow n \) vì \(\frac{{ - 3}}{1} = \frac{9}{{ - 3}} \ne \frac{{ - 6}}{{ - 2}}\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {{u_{{{\rm{\Delta }}_1}}}}  = \left( {1; - 1;2} \right);\overrightarrow {{u_{{{\rm{\Delta }}_2}}}}  = \left( {3; - 1;3} \right)\).

Gọi \({M_1} \in {\Delta _1} \cap \Delta  \Rightarrow {M_1}\left( {1 + t;3 - t;2 + 2t} \right)\); \({M_2} \in {\Delta _2} \cap \Delta  \Rightarrow {M_2}\left( {3t'; - t'; - 1 + 3t'} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = \left( {3t' - 1 - t; - t' - 3 + t; - 3 + 3t' - 2t} \right)\).

Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  \bot \overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}} \\\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  \bot \overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}} \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  \cdot \overrightarrow {{u_{{\Delta _1}}}}  = 0\\\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  \cdot \overrightarrow {{u_{{\Delta _2}}}}  = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3t' - 1 - t + t' + 3 - t + 2\left( { - 3 + 3t' - 2t} \right) = 0\\3\left( {3t' - 1 - t} \right) + t' + 3 - t + 3\left( { - 3 + 3t' - 2t} \right) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10t' - 6t = 4\\19t' - 10t = 9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\t' = 1\end{array} \right.\).

Suy ra \({M_2}\left( {3; - 1;2} \right)\) và \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = \left( {1; - 3; - 2} \right) =  - \left( { - 1;3;2} \right)\).

Khi đó đường thẳng \(\Delta \) đi qua \({M_2}\left( {3; - 1;2} \right)\) và nhận \(\overrightarrow u  = \left( { - 1;3;2} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình là \({\rm{\Delta }}:\frac{{x - 3}}{{ - 1}} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{{z - 2}}{2}\). Chọn C.

Tọa độ trung điểm \(I\) của \(AB\) là \(I\left( {1;1;1} \right)\) là tâm mặt cầu đường kính \(AB\).

Bán kính mặt cầu đường kính \(AB\) là

\(R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {{{( - 4 - 6)}^2} + {{(0 - 2)}^2} + {{(7 + 5)}^2}} }}{2} = \sqrt {62} \).

Vậy phương trình mặt cầu đường kính \(AB\) là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 62\). Chọn B.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2; - 3} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {1 + {2^2} + 9 - \left( { - 2} \right)}  = 4\).

Ta có \(:d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 2m - 3 + 3m - 2} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + 1} }} = \frac{{\left| {m - 4} \right|}}{{\sqrt {1 + {m^2} + 1} }}\).

Gọi \(\left( C \right)\) là đường tròn giao tuyến giữa mặt cầu \(\left( S \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Đường tròn \(\left( C \right)\) có chu vi \(6\pi  \Rightarrow r = 3\)

Ta có: \({R^2} = {d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right) + {r^2} \Rightarrow {d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right) = {R^2} - {r^2} = 16 - 9 = 7\)

Khi đó \(\frac{{{{\left( {m - 4} \right)}^2}}}{{2 + {m^2}}} = 7 \Leftrightarrow {m^2} - 8m + 16 = 14 + 7{m^2} \Leftrightarrow 6{m^2} + 8m - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{{ - 2 + \sqrt 7 }}{3}}\\{m = \frac{{ - 2 - \sqrt 7 }}{3}}\end{array} \Rightarrow P = \left\{ {\frac{{ - 2 + \sqrt 7 }}{3};\frac{{ - 2 - \sqrt 7 }}{3}} \right\}} \right.\)

\( \Rightarrow \) Tổng các phần tử của \(P\) bằng \( - \frac{4}{3}\). Chọn B.

Gọi \(I\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {2IC}  = \vec 0 \Rightarrow I\left( { - 1;\frac{7}{4};\frac{{10}}{4}} \right)\).

Và điểm \(J\) thỏa mãn: \(\overrightarrow {JC}  - 5\overrightarrow {JA}  = \vec 0 \Rightarrow J\left( {\frac{{ - 9}}{4};\frac{1}{4};3} \right)\).

Ta có

\(T = \left| {\overrightarrow {MC}  - 5\overrightarrow {MA} \left|  +  \right|\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} \left|  =  \right|\overrightarrow {MJ}  + \overrightarrow {JC}  - 5\overrightarrow {MJ}  - 5\overrightarrow {JA} \left|  +  \right|\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {2MI}  + \overrightarrow {2IC} } \right|\)

\( = \left| { - 4\overrightarrow {MJ} \left|  +  \right|4\overrightarrow {MI} } \right| = 4\left( {MJ + MI} \right)\).

Xét vị trí tương đối của hai điểm \(I,J\) so với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có:

\({P_{\left( I \right)}} =  - 1 + 2 \cdot \frac{7}{4} - 2 \cdot \frac{{10}}{4} + 6 = \frac{7}{2}\)

\({P_{\left( J \right)}} =  - \frac{9}{4} + 2 \cdot \frac{1}{4} - 2 \cdot 3 + 6 = \frac{{ - 7}}{4}\)

\( \Rightarrow {P_{\left( I \right)}} \cdot {P_{\left( J \right)}} = \frac{7}{2} \cdot \left( { - \frac{7}{4}} \right) =  - \frac{{49}}{8} < 0 \Rightarrow I,J\) nằm khác phía so với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Lại có: Theo bất đẳng thức tam giác ta có: \(MI + MJ \ge IJ\).

\( \Rightarrow T \ge IJ \Rightarrow {T_{{\rm{min}}}} = IJ \Leftrightarrow M,I,J\) thẳng hàng hay \(M = IJ \cap \left( P \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {IJ}  = \left( {\frac{{ - 5}}{4};\frac{{ - 3}}{2};\frac{1}{2}} \right)\).

Phương trình đường thẳng đi qua \(I,J\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{ - 9}}{4} - \frac{5}{4}t}\\{y = \frac{1}{4} - \frac{3}{2}t}\\{z = 3 + \frac{1}{2}t}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 9}}{4} - \frac{5}{4}t;\frac{1}{4} - \frac{3}{2}t;3 + \frac{1}{2}t} \right)\).

\(M \in \left( P \right) \Rightarrow \frac{{ - 9}}{4} - \frac{5}{4}t + 2\left( {\frac{1}{4} - \frac{3}{2}t} \right) - 2\left( {3 + \frac{1}{2}t} \right) + 6 = 0 \Rightarrow t = \frac{{ - 1}}{3}\)

\( \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 11}}{6};\frac{3}{4};\frac{{17}}{6}} \right) \Rightarrow A = \frac{{ - 11}}{6} + \frac{3}{4} + \frac{{17}}{6} = \frac{7}{4} = 1,75\).

Đáp án cần nhập là: \(1,75\).

Đặt \(AB = a,AC = b,AD = c\) thì \(ABCD\) là tứ diện vuông đỉnh \(A\), nội tiếp mặt cầu (\(S\)).

Khi đó \(ABCD\) là tứ diện đặt ở góc \(A\) của một hình hộp chữ nhật tương ứng có các cạnh \(AB,AC,AD\) và đường chéo là đường kính của mặt cầu (S).

Ta có \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 4{R^2} = 4I{A^2} = 4 \cdot 27 = 108\).

Xét thể tích khối tứ diện \(ABCD:V = {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}abc \Leftrightarrow {V^2} = \frac{1}{{36}}{a^2}{b^2}{c^2}\).

Mà \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}} \right)^3} \ge {a^2}{b^2}{c^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{108}}{3}} \right)^3} \ge 36{V^2} \Leftrightarrow V \le 36\)

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện \(ABCD\) là 36.

Đáp án cần nhập là: \(36\).

Ta có \(P\left( {\overline A \mid B} \right) = 1 - P\left( {A\mid B} \right) = 1 - \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = 1 - \frac{{0,3}}{{0,7}} = \frac{4}{7}\).

Do đó \(P\left( {\overline A  \cap B} \right) = P\left( {\overline A |B} \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{4}{7} \cdot 0,7 = 0,4 = \frac{2}{5}\). Chọn C.

Xét vị trí của A và B so với mặt phẳng \(\left( P \right)\):

Ta có: \(P\left( A \right) = 3 \cdot \left( { - 1} \right) - 2 \cdot \left( 2 \right) + 2 - 6 =  - 11,P\left( B \right) = 3 \cdot 2 - 2 - 1 - 6 =  - 3\).

Ta thấy: \(P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 33 > 0 \Rightarrow \) A và B cùng phía so với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Để \(|MA - MB{|_{{\rm{max}}}}\) thì \(M = AB \cap \left( P \right)\).

Lập phương trình đường thẳng \(AB\).

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {3; - 1; - 3} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(AB\) có dạng: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + 3t}\\{y = 2 - t}\\{y = 2 - 3t}\end{array}} \right.\) với \(t \in \mathbb{R}\).

Tọa độ \(M\) là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + 3t}\\{y = 2 - t}\\{z = 2 - 3t}\\{3x - 2y + z - 6 = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + 3t}\\{y = 2 - t}\\{z = 2 - 3t}\\{3\left( { - 1 + 3t} \right) - 2\left( {2 - t} \right) + 2 - 3t - 6 = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{25}}{8}}\\{y = \frac{5}{8}}\\{z =  - 4}\\{t =  - \frac{{17}}{8}}\end{array}} \right.} \right.} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{{25}}{8};\frac{5}{8}; - \frac{{17}}{8}} \right)\).

Khi đó \(T = \frac{{25}}{8} + \frac{5}{8} - \frac{{17}}{8} = \frac{{13}}{8} \approx 1,63\).

Đáp án cần nhập là: \(1,63\).

\[f'\left( x \right) + 2xf\left( x \right) = 2x{e^{ - {x^2}}} \Rightarrow {e^{{x^2}}}f'\left( x \right) + 2x{e^{{x^2}}}f\left( x \right) = 2x\]

\[ \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ \left[ {{e^{{x^2}}}f'\left( x \right) + 2x{e^{{x^2}}}f\left( x \right)} \right]dx = \mathop \smallint \nolimits^ 2xdx\]

\[ \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ {\left[ {{e^{{x^2}}}f\left( x \right)} \right]^\prime }dx = {x^2} + C \Rightarrow {e^{{x^2}}}f\left( x \right) = {x^2} + C\,\,( * )\]

Vì \(f\left( 1 \right) = \frac{2}{e}\) nên thay \(x = 1\) vào (*) ta được \({e^1}f\left( 1 \right) = 1 + C \Rightarrow e \cdot \frac{2}{e} = 1 + C \Rightarrow C = 1\).

Do đó \({e^{{x^2}}}f\left( x \right) = {x^2} + 1 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{{{e^{{x^2}}}}} \Rightarrow f\left( 0 \right) = 1\).

Đáp án cần nhập là: \(1\).

\(y = f\left( {{x^2} - 2mx + {m^2} + 1} \right)\).  Có \(y' = \left( {2x - 2m} \right)f'\left( {{x^2} - 2mx + {m^2} + 1} \right)\).

Để hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 2mx + {m^2} + 1} \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{1}{2}} \right)\) thì

\(y' \le 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow \left( {2x - 2m} \right)f'\left( {{x^2} - 2mx + {m^2} + 1} \right) \le 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\) (*).

Xét hai trường hợp:

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

Khi đó từ (*)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{{x^2} - 2mx + {m^2} + 1 \le 2,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{{x^2} - 2mx + {m^2} - 1 \le 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\,\,\,(1)}\end{array}} \right.\) .

Giải (1):

Đặt \(g\left( x \right) = {x^2} - 2mx + {m^2} - 1\).

Ta có \({{\rm{\Delta '}}_{g\left( x \right)}} = {\rm{\Delta '}} = {m^2} - \left( {{m^2} - 1} \right) = 1 > 0\) nên \(g\left( x \right)\) có hai nghiệm phân biệt là \(m - 1\) và \(m + 1\).

Để \(g\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\) thì: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 \le 0}\\{m + 1 \ge \frac{1}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 1}\\{m \ge  - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.} \right.\).

Kết hợp với \(m \le 0\), ta được \( - \frac{1}{2} \le m \le 0\).

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

Khi đó từ (*)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge \frac{1}{2}}\\{{x^2} - 2mx + {m^2} + 1 \ge 2,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge \frac{1}{2}}\\{{x^2} - 2mx + {m^2} - 1 \ge 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\)

Giải (2):

Đặt \(g\left( x \right) = {x^2} - 2mx + {m^2} - 1\).

Ta có \({{\rm{\Delta '}}_{g\left( x \right)}} = {\rm{\Delta '}} = {m^2} - \left( {{m^2} - 1} \right) = 1 > 0\) nên \(g\left( x \right)\) có hai nghiệm phân biệt là \(m - 1\) và \(m + 1\).

Để \(g\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right)\) thì: \[\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 \ge \frac{1}{2}}\\{m + 1 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge \frac{3}{2}}\\{m \le  - 1}\end{array}} \right.\].

Kết hợp với \(m \ge \frac{1}{2}\), ta được \(m \ge \frac{3}{2}\).

Tóm lại, \( - \frac{1}{2} \le m \le 0\) hoặc \(m \ge \frac{3}{2}\).

Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 5;5} \right]\) nên \(m \in S = \left\{ {0;2;3;4;5} \right\}\).

Vậy tổng giá trị các phần tử của \(S\) là \(0 + 2 + 3 + 4 + 5 = 14\).

Đáp án cần nhập là: \(14\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Vì \(\widehat {SAB} = \widehat {SCB} = 90^\circ \) nên \(BA \bot \left( {SAH} \right),BC \bot \left( {SCH} \right)\), suy ra \(HABC\) là hình chữ nhật.

Đặt hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(O \equiv H\), tia \(Ox,Oy,Oz\) lần lượt trùng với tia \(HA,HC,HS\).

Gọi \(A\left( {x;0;0} \right),C\left( {0;y;0} \right),S\left( {0;0;z} \right)\) (do \(A,C,S\) lần lượt nằm trên các tia \(Ox,Oy,Oz)\)

Điều kiện: \(x,y,z > 0\).

Khi đó \(B\left( {x;y;0} \right),\overrightarrow {SA}  = \left( {x;0; - z} \right),\overrightarrow {SC}  = \left( {0;y; - z} \right),\overrightarrow {AB}  = \left( {0;y;0} \right),\overrightarrow {CB}  = \left( {x;0;0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( {SBC} \right)}}}  = \left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {CB} } \right] = \left( {0; - xz; - xy} \right)\)

\(\alpha \) là góc giữa \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) nên

\({\rm{sin}}\alpha  = \frac{{\left| {\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {{n_{\left( {SBC} \right)}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {SA} } \right|\left| {\overrightarrow {{n_{\left( {SBC} \right)}}} } \right|}} = \frac{{\left| {xyz} \right|}}{{\sqrt {{x^2} + {z^2}}  \cdot \sqrt {{x^2}{z^2} + {x^2}{y^2}} }}\).

Mà \({\rm{sin}}\alpha  = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\) nên \(\frac{{\left| {xyz} \right|}}{{\sqrt {{x^2} + {z^2}}  \cdot \sqrt {{x^2}{z^2} + {x^2}{y^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow \frac{{{y^2}{z^2}}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}} = \frac{1}{8}\) (1)

Mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( {SAB} \right)}}}  = \left[ {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {yz;0;xy} \right)\)

\(\beta \) là góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) nên

\({\rm{sin}}\beta  = \frac{{\left| {\overrightarrow {SC}  \cdot \overrightarrow {{n_{\left( {SAB} \right)}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {SC} } \right|\left| {\overrightarrow {{n_{\left( {SAB} \right)}}} } \right|}} = \frac{{\left| { - xyz} \right|}}{{\sqrt {{y^2} + {z^2}}  \cdot \sqrt {{y^2}{z^2} + {x^2}{y^2}} }}\).

Mà \({\rm{sin}}\beta  = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\) nên \(\frac{{\left| { - xyz} \right|}}{{\sqrt {{y^2} + {z^2}}  \cdot \sqrt {{y^2}{z^2} + {x^2}{y^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \Rightarrow \frac{{{x^2}{z^2}}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}} = \frac{3}{8}{\rm{\;}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra

\(\frac{{{y^2}{z^2}}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}:\frac{{{x^2}{z^2}}}{{\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}} = \frac{1}{8}:\frac{3}{8} \Leftrightarrow \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow x = \sqrt 3 y(x,y > 0)\).

Vì \(AC = 2a\) nên \(\sqrt {{x^2} + {y^2}}  = 2a \Rightarrow {x^2} + {y^2} = 4{a^2}\).

Mà \(x = \sqrt 3 y\) nên\({\left( {\sqrt 3 y} \right)^2} + {y^2} = 4{a^2} \Rightarrow y = a \Rightarrow x = a\sqrt 3 \).

Do đó \(AB = a;CB = a\sqrt 3 \).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot CB = \frac{1}{2}a \cdot a\sqrt 3  = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Thay \(x = a\sqrt 3 ,y = a\) vào (1), ta được

\(\frac{{{a^2}{z^2}}}{{\left( {3{a^2} + {z^2}} \right)\left( {{a^2} + {z^2}} \right)}} = \frac{1}{8} \Leftrightarrow {z^4} - 4{a^2}{z^2} + 3{a^4} = 0 \Leftrightarrow \left( {{z^2} - {a^2}} \right)\left( {{z^2} - 3{a^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}z = a\\z = a\sqrt 3 \end{array} \right.\). Mà \(SB \le a\sqrt 6 \) nên \(z = a\).

Thể tích của khối chóp S.ABC là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\). Chọn C.