Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 20

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 6x - 6;\,\,y\left( 1 \right) = {1^3} + 3 \cdot {1^2} - 6 \cdot 1 + 1 =  - 1\); \(y'\left( 1 \right) = 3 \cdot {1^2} + 6 \cdot 1 - 6 = 3\).

Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 là: \(y = 3x - 4\).

Giao điểm của đồ thị hàm số \(y = 3x - 4\) với hai trục tọa độ là:

Với \(x = 0\) thì \(y =  - 4\) nên \(A\left( {0; - 4} \right)\).

Với \(y = 0\) thì \(3x - 4 = 0\) suy ra \(x = \frac{4}{3}\) nên \(B\left( {\frac{4}{3};0} \right)\).

Tam giác OAB là tam giác vuông tại \(O\) có \(OA = \sqrt {{0^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 4;OB = \sqrt {{{\left( {\frac{4}{3}} \right)}^2} + {0^2}}  = \frac{4}{3}\).

Vậy diện tích tam giác \(OAB\) là: \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{4}{3} = \frac{8}{3} \approx 2,67\).

Đáp án cần nhập là: \(2,67\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)}\\{\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA}\end{array} \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right.\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB//CD}\\{CD \subset \left( {SCD} \right)}\end{array} \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)} \right.\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\).

Vì \(\Delta ACD\) đều \( \Rightarrow AM \bot CD\).

 Có \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{AM \bot CD}\\{CD \bot SA}\\{SA,AM \subset \left( {SAM} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAM} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAM} \right)\) kẻ \(AK \bot SM\)

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

Khi đó \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AK\).

Vì \(AM\) là đường cao trong \(\Delta ACD\) đều \( \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét \(\Delta SAM\) vuông tại \(A\) có \(AK\) là đường cao

\( \Rightarrow \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{3{a^2}}}{4}}} = \frac{{11}}{{6{a^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\). Chọn B.

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(O = AC \cap BD\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), kẻ \(ON//SD \Rightarrow N\) là trung điểm \(SB\).

\( \Rightarrow \left( {AC,SD} \right) = \left( {AO,ON} \right) = \widehat {AON}\).

Xét \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\) ta có: \(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}}  = \sqrt {2{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow NO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) vì \(NO\) là đường trung bình của \(\Delta SBD\).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\) có \(AN\) là đường trung tuyến

\( \Rightarrow AN = \frac{1}{2}SB = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AC = a \Rightarrow AO = \frac{a}{2}\).

Xét tam giác \(AON\) có: \({\rm{cos}}\widehat {AON} = \frac{{N{O^2} + A{O^2} - N{A^2}}}{{2 \cdot NO \cdot AO}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{3{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{a}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\). Chọn B.

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}}\).

\(BO\) là đường cao trong tam giác đều \(ABC \Rightarrow BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BD = a\sqrt 3 \)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 2  \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot a\sqrt 3  = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\). Chọn D.

Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) là điểm thỏa mãn hệ thức: \(\overrightarrow {IA}  - 4\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \).

Theo bài ra ta có:

\(T = \left| {\overrightarrow {MA}  - 4\overrightarrow {MB}  + 5\overrightarrow {MC} \left|  =  \right|\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  - 4\overrightarrow {MI}  - 4\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {MI}  + 5\overrightarrow {IC} \left|  =  \right|2\overrightarrow {MI} } \right| = 2MI\).

\( \Rightarrow {T_{{\rm{min}}}} \Leftrightarrow M{I_{{\rm{min}}}} \Rightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Xác định tọa độ điểm \(I\):

\(\overrightarrow {IA}  = \left( {1 - a;1 - b;1 - c} \right)\).

\(\overrightarrow {IB}  = \left( {4 - a;1 - b;1 - c} \right) \Rightarrow  - 4\overrightarrow {IB}  = \left( { - 16 + 4a; - 4 + 4b; - 4 + 4c} \right)\).

\(\overrightarrow {IC}  = \left( {1 - a;1 - b;5 - c} \right) \Rightarrow 5\overrightarrow {IC}  = \left( {5 - 5a;5 - 5b;25 - 5c} \right)\).

Mà \(\overrightarrow {IA}  - 4\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \)

\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - a - 16 + 4a + 5 - 5a = 0}\\{1 - b - 4 + 4b + 5 - 5b = 0}\\{1 - c - 4 + 4c + 25 - 5c = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2a - 10 = 0}\\{ - 2b + 2 = 0}\\{ - 2c + 22 = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 5}\\{b = 1}\\{c = 11}\end{array}} \right.} \right.} \right. \Rightarrow I\left( { - 5;1;11} \right)\]

Phương trình đường thẳng đi qua \(I\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) là:

\(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 5 + t}\\{y = 1 - t}\\{z = 11 + t}\end{array},t \in \mathbb{R}} \right.\)

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

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 5 + t}\\{y = 1 - t}\\{z = 11 + t}\\{x - y + z - 10 = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 5 + t}\\{y = 1 - t}\\{z = 11 + t}\\{ - 5 + t - (1 - t) + 11 + t - 10 = 0}\end{array}} \right.} \right.\]\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 5 + t}\\{y = 1 - t}\\{z = 11 + t}\\{t = \frac{5}{3}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{ - 1}}{3}}\\{y = \frac{{ - 2}}{3}}\\{z = \frac{{38}}{3}}\\{t =  - \frac{5}{3}}\end{array}} \right.} \right.\].

\[ \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 1}}{3};\frac{{ - 2}}{3};\frac{{38}}{3}} \right)\]\[ \Rightarrow a + b + c = \frac{{35}}{3}\]. Chọn D.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {1 - 2x} \right) + {x^2} - x\).

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Đạo hàm: \(g'\left( x \right) =  - 2f'\left( {1 - 2x} \right) + 2x - 1\).

Để hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến

\( \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow  - 2f'\left( {1 - 2x} \right) + 2x - 1 \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {1 - 2x} \right) \ge  - \frac{1}{2}\left( {1 - 2x} \right)\) (*).

Đặt: \(t = 1 - 2x,t \in \mathbb{R}\), Bất phương trình (*) trở thành: \(f'\left( t \right) \ge  - \frac{1}{2}t\).

Từ đồ thị ta có: \(f'\left( t \right) \ge  - \frac{1}{2}t \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 \le t \le 0}\\{t \ge 4}\end{array}} \right.\).

Do đó: \(g'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 \le 1 - 2x \le 0}\\{1 - 2x \ge 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{2} \le x \le \frac{3}{2}}\\{x \le  - \frac{3}{2}}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)\) và \(\left( { - \infty ; - \frac{3}{2}} \right)\). Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình \(2f\left( x \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{5}{2}\) có 4 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right),\left( { - 2;1} \right),\left( {1;2} \right),\left( {2; + \infty } \right)\) nên đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{2f\left( x \right) - 5}}\) có 4 đường tiệm cận đứng. Chọn D.

Giá dầu của ngày mai là \(81 \cdot \left( {100{\rm{\% }} - 10{\rm{\% }}} \right) = 72,9\) USD.

Già dầu của ngày kia là \(72,9 \cdot \left( {100{\rm{\% }} + 10{\rm{\% }}} \right) = 80,19\) USD. Chọn C.

Mặt phẳng song song với mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) nên có vectơ pháp tuyến là \(\left( {1;0;0} \right)\), đồng thời đi qua điểm \(K\left( {4;5;7} \right)\) nên có phương trình là \(x - 4 = 0\). Chọn B.

Xét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + m - 4\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + m - 4\).

Vì đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có được bằng cách giữ nguyên phần đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ở phía trên trục hoành, sau đó lấy đối xứng phần đồ thị ở phía dưới lên trên qua trục Ox.

Vậy hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) đồng biến trên \(\left( {3; + \infty } \right) \Leftrightarrow f\left( 3 \right) \ge 0\)\( \Leftrightarrow m - 4 \ge 0\)\( \Leftrightarrow m \ge 4\).

Kết hợp với điều kiện của bài ta có: \(m \in \left[ {4;10} \right) \Rightarrow m \in \left\{ {4;5;6;7;8;9;10} \right\}\)

Đáp án cần nhập là: \(7\).

Giả sử giá bán thay đổi \(x\) lần, mỗi lần thay đổi 2000 đồng (\(x \in \mathbb{Z},x > 0\) là tăng giá, \(x < 0\) là giảm giá).

Số tiền thu được sau khi bán 1 kg thanh long khi thay đổi giá là \(\left( {20 + x - 2,2} \right)\) nghìn đồng.

Số khách mua sau \(x\) lần thay đổi là \(90 - x\).

Số kg thanh long mỗi khách mua sau x lần thay đổi là \(\left( {60 - 5x} \right)\) (kg).

Tổng tiền thu được sau khi thay đổi là:

\(T = \left( {90 - x} \right)\left( {60 - 5x} \right)\left( {20 + 2x - 2,2} \right) = 10{x^3} - 931{x^2} + 1772x + 96120\) (nghìn đồng).

Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}90 - x \ge 0\\60 - 5x \ge 0\\17,8 + 2x \ge 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 90\\x \le 12\\x \ge  - 8,9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow  - 8,9 \le x \le 12\).

Xét hàm số \(T = 10{x^3} - 931{x^2} + 1772x + 96120\).

\(T' = 2\left( {15{x^2} - 931x + 886} \right)\).

\(T' = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \approx 1\left( {TM} \right)}\\{x \approx 61\left( {KTM} \right)}\end{array}} \right.\).

Ta có \(T\left( { - 8,9} \right) =  - 445;T\left( 1 \right) = 96971;T\left( {12} \right) = 600\)

\( \Rightarrow {T_{{\rm{max}}}}\) khi \(x = 1\). Tức là ta chỉ tăng giá 1 lần.

Vậy giá đưa ra để lợi nhuận cao nhất là: 22000 đồng/kg. Chọn A.

Vẽ các đường thẳng \({d_1}:y = 5;{d_2}:x + y - 2 = 0;{d_3}:x - y - 2 = 0\); \(Ox:y = 0;Oy:x = 0\).

Các đường thẳng trên đôi một cắt nhau tại \(A\left( {0;5} \right),B\left( {0;2} \right),C\left( {2;0} \right),D\left( {7;5} \right)\)

Vì điểm \({M_0}\left( {2;1} \right)\) có toạ độ thoả mãn tất cả các bất phương trình trong hệ nên ta tô đậm các nửa mặt phẳng bờ \({d_1},{d_2},{d_3},Ox,Oy\) không chứa điểm \({M_0}\). Miền không bị tô đậm là đa giác \(ABCD\) kể cả các cạnh là miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho.

Kí hiệu \(F\left( A \right) = F\left( {{x_A};{y_A}} \right) = {x_A} - 2{y_A}\), ta có

\(F\left( A \right) =  - 10,F\left( B \right) =  - 4,F\left( C \right) = 2;F\left( D \right) =  - 3\).

Giá trị nhỏ nhất cần tìm là −10.

Đáp án cần nhập là: \( - 10\).

Ta có limx→1+fx=limx→1+x−1x−1=limx→1+x−1x−1x+1=limx→1+1x+1=12

Và limx→1−fx=limx→1−ax−12=a−12=f1.

Hàm số đã cho liên tục tại điểm \(x = 1\) khi và chỉ khi:

limx→1+fx=limx→1−fx=f1⇔12=a−12⇔a=1. Chọn B.

\(\mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right)dx = {e^{2x}} + C \Rightarrow f\left( x \right) = {\left( {{e^{2x}} + C} \right)^\prime } = 2{e^{2x}}\). Chọn A.

Bước 1: Lấy điểm \(B\left( {0; - 1;2} \right)\) thuộc d.

Bước 2: Tìm giao điểm A của d và \(\left( {\rm{P}} \right)\)

Gọi A là giao điểm của d và \(\left( {\rm{P}} \right)\).

Khi đó \(A\left( {t; - 1 + 2t;2 - t} \right)\) thay vào \(\left( {\rm{P}} \right)\) ta được: \(t - 1 + 2t + 2 - t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = 1\)\( \Rightarrow A\left( {1;1;1} \right)\).

Bước 3: Tìm d'

Gọi H là hình chiếu của B lên \(\left( {\rm{P}} \right)\), \({\rm{B'}}\) là điểm đối xứng B qua \(\left( P \right)\).

Khi đó H là trung điểm của \({\rm{BB'}}\)

Đường thẳng BH đi qua \({\rm{B}}\left( {0; - 1;2} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1;1;1} \right)\) làm vecto chỉ phương có phương trình là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = t}\\{y =  - 1 + t}\\{z = 2 + t}\end{array}} \right.\).

\( \Rightarrow H\left( {t; - 1 + t;2 + t} \right)\). Thay vào \(\left( {\rm{P}} \right)\) ta được: \(t - 1 + t + 2 + t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}\).

\( \Rightarrow H\left( {\frac{2}{3}; - \frac{1}{3};\frac{8}{3}} \right) \Rightarrow B'\left( {\frac{4}{3};\frac{1}{3};\frac{{10}}{3}} \right)\)

Có \(\overrightarrow {AB'}  = \left( {\frac{1}{3}; - \frac{2}{3};\frac{7}{3}} \right)\) . Suy ra một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d'\) là \(\overrightarrow u  = \left( {1; - 2;7} \right)\).

Đường thẳng \(d':\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{7}\). Chọn B.

\(P = \sqrt[4]{{{x^2}\sqrt[3]{x}}} = {\left( {{x^{2 + \frac{1}{3}}}} \right)^{\frac{1}{4}}} = {x^{\left( {2 + \frac{1}{3}} \right) \cdot \frac{1}{4}}} = {x^{\frac{7}{{12}}}}\). Chọn A.

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \frac{1}{3}{x^2}\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^2}\). (1)

Vẽ parabol \(\left( P \right):y = \frac{1}{3}{x^2}\). Ta thấy \(\left( P \right)\) đi qua các điểm \(\left( { - 1;\frac{1}{3}} \right),\left( {0;0} \right),\left( {1;\frac{1}{3}} \right),\left( {2;\frac{4}{3}} \right),\left( {3;3} \right)\).

Parabol này cắt đồ thị \(y = f'\left( x \right)\) tại các điểm có hoành độ lần lượt là \(a \in \left( { - 1;0} \right),b \in \left( {1;2} \right)\) và \(c \in \left( {2; + \infty } \right)\). Suy ra (1) có các nghiệm là: \(x = a,x = b,x = c\).

Bảng biến thiên của hàm \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{1}{9}{x^3}\) như sau:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có một điểm cực đại. Chọn A.

Trong năm năm đầu, quần thể tăng trưởng đều với cấp số cộng:

\({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right) \cdot d\) với \(1 \le n \le 5\)

\({u_n} = 200 + \left( {n - 1} \right) \cdot 30\)

\( \Rightarrow {u_5} = 200 + \left( {5 - 1} \right) \cdot 30 = 320\).

Từ năm thứ 6 trở đi công sai d bắt đầu giảm theo cấp số nhân: \({d_{k + 1}} = {d_k}\left( {1 - r} \right)\).

Với \({d_5} = 30,r = 10{\rm{\% }} = 0,1\)

\( \Rightarrow {d_6} = 30 \cdot 0,9 = 27,{d_7} = 27 \cdot 0,9 = 24,3,\)...

Từ năm thứ 6 trở đi đến năm thứ 10, số lượng cá thể tăng thêm mỗi năm là: \[{u_{n + 1}} = {u_n} + {d_{n + 1}}\].

\[{u_6} = {u_5} + {d_6} = 320 + 27 = 347\].

\[{u_7} = {u_6} + {d_7} = 347 + 24,3 = 371,3\].

\[{u_8} = {u_7} + {d_8} = 371,3 + 21,87 = 393,17\].

\[{u_9} = {u_8} + {d_9} = 393,17 + 19,683 = 412,853\].

\[{u_{10}} = {u_9} + {d_{10}} = 412,853 + 17,7147 = 430,5677 \approx 431\].

Vậy số lượng cá thể năm thứ 10 là: 431. Chọn C.

Điều kiện xác định \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x + 3} \right) \ge 0}\\{x + 3 > 0}\end{array} \Leftrightarrow  - 3 < x \le 6} \right.\).

Bất phương trình tương đương:

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{16}^x} - 65 \cdot {4^x} + 64 \le 0}\\{2 - {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x + 3} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le {4^x} \le 64}\\{x = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le x \le 3}\\{x = 6}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Kết hợp với điều kiện xác định ta được: \(0 \le x \le 3\).

Vậy có 3 số nguyên dương thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.

Chọn gốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đi.

Sau 5 giây ô tô đạt vận tốc là \(v\left( 5 \right) = 35\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

Sau khi phanh vận tốc ô tô là \(v\left( t \right) = 35 - 70\left( {t - 5} \right)\).

Ô tô dừng tại thời điểm \(t = 5,5{\rm{\;s}}\).

Quãng đường ô tô đi được là: S=∫057tdt+∫55,535−70t−5dt=3854m.

Đáp án cần nhập là: \(96,3\).

Vì \(S.ABC\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABC} \right)\).

Dựng \(OH \bot SA\left( {H \in SA} \right) \Rightarrow d\left( {O,SA} \right) = OH\).

Ta có: \(OA = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = SO \Rightarrow {\rm{\Delta }}SOA\) vuông cân tại \(O\)

\( \Rightarrow OH = \frac{1}{2}SA = \frac{1}{2} \cdot SO \cdot \sqrt 2  = \frac{1}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \sqrt 2  = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Vậy \(d\left( {O,SA} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\). Chọn D.

Ta có: \({\rm{si}}{{\rm{n}}^8}x - {\rm{co}}{{\rm{s}}^8}x - 4{\rm{si}}{{\rm{n}}^6}x = \left( {{\rm{si}}{{\rm{n}}^4}x - {\rm{co}}{{\rm{s}}^4}x} \right)\left( {{\rm{si}}{{\rm{n}}^4}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^4}x} \right) - 4{\rm{si}}{{\rm{n}}^6}x\)

\( = \left( {{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \right)\left( {{\rm{si}}{{\rm{n}}^4}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^4}x} \right) - 4{\rm{si}}{{\rm{n}}^6}x\)

\( = {\rm{co}}{{\rm{s}}^4}x{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x - {\rm{si}}{{\rm{n}}^4}x{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x - {\rm{co}}{{\rm{s}}^6}x - 3{\rm{si}}{{\rm{n}}^6}x\)

\( = {\rm{co}}{{\rm{s}}^4}x{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x - {\rm{si}}{{\rm{n}}^4}x{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^6}x - \left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^6}x + {\rm{si}}{{\rm{n}}^6}x} \right)\)

\( = {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x\left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^4}x - {\rm{si}}{{\rm{n}}^4}x} \right) - {\rm{si}}{{\rm{n}}^4}x\left( {{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x + {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x} \right) - \left( {1 - 3{{\cos }^2}x{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x} \right)\)

\( = 4{\cos ^2}x{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^4}x - 1 =  - \frac{3}{4}{\rm{cos}}4x + {\rm{cos}}2x - \frac{5}{4}\).

Suy ra: fx=∫​f'xdx=∫​sin8x−cos8x−4sin6xdx

=∫​−34cos4x+cos2x−54dx=−316sin4x+12sin2x−54x+C

Vì f0=0⇒C=0

Vậy fx=−316sin4x+12sin2x−54x

Suy ra I=∫0π16fxdx=∫0π16−316sin4x+12sin2x−54xdx

=∫0π−3sin4x+8sin2x−20xdx=34cos4x−4cos2x−10x20π=−10π2

Chọn D.

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

Khoảng cách từ tâm \(I\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 2 + 2 \cdot 3 - 15} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = 2 < R = 4\).

\( \Rightarrow \) Mặt cầu \(\left( S \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn.

Gọi \(O\) là tâm đường tròn giao tuyến \( \Rightarrow O\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Phương trình đường thẳng đi qua \(I\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y =  - 1 - 2t}\\{z = 3 + 2t}\end{array}} \right.\).

Tọa độ tâm đường tròn giao tuyến là nghiệm của hệ phương trình:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y =  - 1 - 2t}\\{z = 3 + 2t}\\{x - 2y + 2z - 15 = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y =  - 1 - 2t}\\{z = 3 + 2t}\\{9t - 6 = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y =  - 1 - 2t}\\{z = 3 + 2t}\\{t = \frac{2}{3}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{5}{3}}\\{y = \frac{{ - 7}}{3}}\\{z = \frac{{13}}{3}}\\{t = \frac{2}{3}}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\].

\[ \Rightarrow O\left( {\frac{5}{3};\frac{{ - 7}}{3};\frac{{13}}{3}} \right)\]

Bán kính đường tròn tâm \(O\) là: \(r = \sqrt {{R^2} - d\left( {I,\left( P \right)} \right)}  = \sqrt {16 - 4}  = 2\sqrt 3 \). Chọn C.

Xét hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 3\left( {1 - {m^2}} \right)x + 1\).

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

\(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 3\left( {1 - {m^2}} \right) = 0\).

Để hàm số có hai cực trị \( \Rightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt

\( \Rightarrow {\rm{\Delta '}} > 0\)

\( \Rightarrow {3^2} - 3 \cdot 3 \cdot \left( {1 - {m^2}} \right) > 0\)

\( \Leftrightarrow 9 - 9 + 9{m^2} > 0 \Leftrightarrow 9{m^2} > 0 \Rightarrow m \ne 0\)

Kết hợp với yêu cầu bài toán \(m \in \left[ {1;2024} \right] \Rightarrow \) Có 2024 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án cần nhập là: \(2024\).

Gọi \(A,B\) là giao điểm của tiếp tuyến với hai đường tiệm cận và \(I\) là giao điểm của hai đường tiệm cận.

Do \({\rm{\Delta }}IAB\) vuông tại \(I\) nên bán kính đường tròn ngoại tiếp \({\rm{\Delta }}IAB\) là

\(R = \frac{1}{2}AB = \sqrt 2  \Leftrightarrow AB = 2\sqrt 2 \).

Hàm số có hai đường tiệm cận là \(x = 1\) và \(y = 2\).

Có \(y' =  - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\). Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến tại M là \(y'\left( a \right) =  - \frac{1}{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}}\).

Điểm \(M\left( {a;\frac{{2a - 1}}{{a - 1}}} \right)\).

Ta có tiếp tuyến tại M có phương trình là \(y =  - \frac{1}{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}}\left( {x - a} \right) + \frac{{2a - 1}}{{a - 1}}\).

Giả sử tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại \(A\left( {1;\frac{{2a}}{{a - 1}}} \right)\) và cắt tiệm cận ngang tại \(B\left( {2a - 1;2} \right)\).

Có \(AB = 2\sqrt 2 \) nên \({\left( {2a - 2} \right)^2} + {\left( {2 - \frac{{2a}}{{a - 1}}} \right)^2} = 8\)\( \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + \frac{1}{{{{\left( {a - 1} \right)}^2}}} = 2\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a - 1 = 1\\a - 1 =  - 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = 2\end{array} \right.\)

Do \(a > 0 \Rightarrow a = 2 \Rightarrow b = 3\)

Vậy \(a + 2b = 8\). Chọn C.

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số có dạng: \(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\)

Ta có: a=limx→±∞fxx=limx→±∞x3xx2−1=1.

b=limx→±∞fx−x=limx→±∞x3x2−1−x=0.

Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là: \(y = x\). Chọn C.

Đặt tọa độ điểm \(C\left( {0,c,0} \right)\)khi đó tọa độ \(B\left( {2;\frac{{1 + c}}{2};1} \right)\).

Vì \(B \in \left( P \right)\) nên \(2 + \frac{{1 + c}}{2} - 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow c = 1\).

Suy ra \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 4;0; - 2} \right)\). Vậy phương trình của \(d\) có dạng \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2t}\\{y = 1}\\{z = t}\end{array}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right.\).

­Với \(x =  - 4 \Rightarrow t =  - 2 \Rightarrow z =  - 2\).

Đáp án cần nhập là: \( - 2\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\), bán kính \(R = 4\).

Mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) song song với \(\left( \alpha  \right)\) nên có phương trình dạng \(4x + 3y - 12z + c = 0\,\,\left( {c \ne 10} \right)\).

\(\left( \beta  \right)\) tiếp xúc với \(\left( S \right) \Leftrightarrow d\left( {I,\left( \beta  \right)} \right) = R \Leftrightarrow \frac{{\left| {4 \cdot 1 + 3 \cdot 2 - 12 \cdot 3 + c} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2} + {{12}^2}} }} = 4 \Leftrightarrow \frac{{\left| { - 26 + c} \right|}}{{13}} = 4\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 26 + c = 52}\\{ - 26 + c =  - 52}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 78}\\{c =  - 26}\end{array}} \right.} \right.\).

Nếu \(c = 78\) thì \(\left( \beta  \right):4x + 3y - 12z + 78 = 0\). Mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) cắt trục \(Oz\) ở điểm \(M\left( {0;0;\frac{{13}}{2}} \right)\) có cao độ dương.

Nếu \(c =  - 26\) thì \(\left( \beta  \right):4x + 3y - 12z - 26 = 0\). Mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) cắt trục \(Oz\) ở điểm \(M\left( {0;0; - \frac{{13}}{6}} \right)\) có cao độ âm.

Suy ra mặt phẳng \(\left( \beta  \right):4x + 3y - 12z + 78 = 0\).

Vậy \(A + B + C + D = 4 + 3 + \left( { - 12} \right) + 78 = 73\). Chọn D.

Máy bay thực hiện chuyến bay an toàn nếu có nhiều nhất một trong 4 động cơ bị hỏng thì xảy ra hai trường hợp sau đây:

TH1: Cả 4 động cơ đều hoạt động bình thường \({P_1} = {(1 - 0,05)^4} \approx 0,8145\).

TH2: Có một động cơ bị hỏng, 3 động cơ khác hoạt động bình thường

\({P_2} = 0,05 \cdot {(1 - 0,05)^3} \cdot 4 \approx 0,1715\).

Vậy xác suất để máy bay thực hiện chuyến bay an toàn là:

\(P = {P_1} + {P_2} = 0,8145 + 0,1715 \approx 0,986\). Chọn C.

Ft=∫​F'tdt=∫​100001+2tdt=5000ln1+2t+C

\(F\left( 0 \right) = 1000 \Leftrightarrow 5000{\rm{ln}}\left| {1 + 2 \cdot 0} \right| + C = 1000 \Leftrightarrow C = 1000\).

Số lượng vi khuẩn sau 2 giờ là:

\(F\left( 2 \right) = 5000{\rm{ln}}\left| {1 + 2 \cdot 2} \right| + 1000 = 5000{\rm{ln}}\left( 5 \right) + 1000 \approx 9047\).

Đáp án cần nhập là: \(9047\).

Mặt cầu \(\left( {\rm{S}} \right)\) có tâm \(I\left( {0;1;0} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 2 \).

Khoảng cách từ các điểm đã cho tới tâm mặt cầu:

\(MI = \sqrt 2  = R;\,\,NI = 0 < R,\,\,PI = \sqrt 3  > R,\,\,QI = 1 < R\).

Do đó điểm \(P\) nằm ngoài mặt cầu. Chọn C.

Điều kiện: \(x > 0\).

Ta có \({\rm{log}}_2^2\left( {2x} \right) - 2{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {{x^2}} \right) + m - 1 = 0 \Leftrightarrow {\rm{log}}_2^2x - 2{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}x + m = 0\).

Đặt \(t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}x \in \left[ { - 1;4} \right]\), phương trình trở thành \( - {t^2} + 2t = m\) (*)

Khảo sát hàm số \(f\left( t \right) =  - {t^2} + 2t\), ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy \(m \in \left\{ 1 \right\} \cup \left( { - 8; - 3} \right]\). Như vậy có 6 giá trị nguyên thỏa mãn.

Đáp án cần nhập là: \(6\).

 Mốt \({M_0}\) chứa trong nhóm \(\left[ {40;60} \right)\).

Khi đó \({M_0} = 40 + \frac{{12 - 9}}{{\left( {12 - 9} \right) + \left( {12 - 10} \right)}}\left( {60 - 40} \right) = 52\). Chọn B.

Vì số lượng cá thể đạt trạng thái cân bằng khi thời gian đủ dài nên số lượng cá thể của quần thể khi đó là:

limt→∞Nt=limt→∞15320⋅2−12e−0,6t=30640. Chọn D.

Nửa đường tròn \(\left( T \right)\) có phương trình \(y = \sqrt {2 - {x^2}} \)

Xét parabol \(\left( P \right)\) có trục đối xứng \(Oy\) nên có phương trình dạng: \(y = a{x^2} + c\)

\(\left( P \right)\) cắt \(Oy\) tại điểm \(\left( {0; - 1} \right)\) nên ta có: \(c =  - 1\)

\(\left( P \right)\) cắt \(\left( T \right)\) tại điểm \(\left( {1;1} \right)\) thuộc \(\left( T \right)\) nên ta được \(a + c = 1 \Rightarrow a = 2\).

Phương trình của \(\left( P \right)\) là: \(y = 2{x^2} - 1\)

Diện tích miền phẳng \(D\) (gạch trong hình) là:

S=∫−112−x2−2x2+1dx=∫−112−x2dx+∫−11−2x2+1dx.

I1=∫−11−2x2+1dx=−23x3+x−11=23.

Xét , đặt \(x = \sqrt 2 {\rm{sin}}t,t \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow dx = \sqrt 2 {\rm{cos}}tdt\).

Đổi cận: Với \(x =  - 1\) thì \(t =  - \frac{\pi }{4}\); Với \(x = 1\) thì \(t = \frac{\pi }{4}\).

 I2=∫−π4π42−2sin2t⋅2costdt=∫−π4π42cos2tdt =∫−π4π41+cos2tdt=t+12sin2t−π4π4=1+π2

\( \Rightarrow S = {I_1} + {I_2} = \frac{5}{3} + \frac{\pi }{2}{m^2}\).

Số tiền trồng hoa tối thiểu là: \(250000\left( {\frac{5}{3} + \frac{\pi }{2}} \right) \approx 809365\) đồng. Chọn A.

Gọi \(P'\) là điểm đối xứng của \(P\) qua đường thẳng \({\rm{\Delta }}\).

Ta có vectơ pháp tuyến của đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) là \(\overrightarrow {{n_{\rm{\Delta }}}}  = \left( {2; - 1} \right)\).

Suy ra vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(PP'\) là \(\overrightarrow {{n_{PP'}}}  = \left( {1;2} \right)\).

Phương trình \(PP':x - 1 + 2\left( {y - 6} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 13 = 0\).

Gọi \(I\) là giao điểm của \(PP'\) và \({\rm{\Delta }}\).

Tọa độ điểm \(I\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y - 1 = 0}\\{x + 2y - 13 = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 5}\end{array} \Rightarrow I\left( {3;5} \right)} \right.} \right.\).

Suy ra \(P'\left( {5;4} \right);\overrightarrow {QP'}  = \left( {8;8} \right)\)

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(QP'\) là \(\overrightarrow {{n_{QP'}}}  = \left( {1; - 1} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(QP':x - 5 - \left( {y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y - 1 = 0\).

Ta có \(P,Q\) nằm về cùng phía của đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) nên \(MP + MQ = MP' + MQ \ge QP'\).

Suy ra \(MP + MQ\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(M,P',Q\) thẳng hàng.

Hay \(M\) là giao điểm của \(QP'\) và \({\rm{\Delta }}\).

Tọa độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - y - 1 = 0}\\{2x - y - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y =  - 1}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy tung độ điểm \(M\) là −1.

Đáp án cần nhập là: \( - 1\).

Số trung bình bạn Ánh đo là \(\overline x  = \frac{{3,875 + 3,925 \cdot 6 + 3,975 \cdot 2 + 4,025}}{{10}} = 3,94\).

Số trung bình bạn Bảo đo là \(\overline x  = \frac{{3,875 + 3,925 \cdot 3 + 3,975 \cdot 4 + 4,025 \cdot 2}}{{10}} = 3,96\).

Xét mẫu số liệu của Ánh.

Tứ phân vị thứ nhất là \({Q_1} = 3,9 + \frac{{\frac{{10}}{4} - 1}}{6} \cdot 0,05 = 3,9125\).

Tứ phân vị thứ 3 là \({Q_3} = 3,95 + \frac{{\frac{{3 \cdot 10}}{4} - 7}}{2} \cdot 0,05 = 3,9625\).

Khoảng tứ phân vị là \(\Delta Q = 3,9625 - 3,9125 = 0,05\).

Xét mẫu số liệu của Bảo.

Tứ phân vị thứ nhất là \({Q_1} = 3,9 + \frac{{\frac{{10}}{4} - 1}}{3} \cdot 0,05 = 3,925\).

Tứ phân vị thứ ba là \({Q_3} = 3,95 + \frac{{\frac{{3 \cdot 10}}{4} - 4}}{4} \cdot 0,05 = 3,99375\).

Khoảng tứ phân vị là \(\Delta Q = 3,99375 - 3,925 \approx 0,07\).

Phương sai mẫu số liệu của Ánh là

\({s^2} = \frac{{{{3,875}^2} + {{3,925}^2} \cdot 6 + {{3,975}^2} \cdot 2 + {{4,025}^2}}}{{10}} - {3,94^2} = 0,001525\).

Phương sai của mẫu số liệu Bảo đo là

\({s^2} = \frac{{{{3,875}^2} + {{3,925}^2} \cdot 3 + {{3,975}^2} \cdot 4 + {{4,025}^2} \cdot 2}}{{10}} - {3,96^2} = 0,002025\).

Xét mẫu số liệu ghép nhóm của hai bạn:

Vậy (I) sai, (II) đúng, (III) đúng. Chọn C.

Ta có: \({\rm{sin}}x - \sqrt 3 {\rm{cos}}x = 2{\rm{cos}}2x\)

\( \Leftrightarrow 2\left( {\frac{1}{2}\sin x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\rm{cos}}x} \right) = 2{\rm{cos}}2x\)

\( \Leftrightarrow \sin \frac{\pi }{6}\sin x - \cos \frac{\pi }{6}.{\rm{cos}}x = {\rm{cos}}2x\)

\( \Leftrightarrow  - {\rm{cos}}\left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = {\rm{cos}}2x\)

\( \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {\pi  - x - \frac{\pi }{6}} \right) = {\rm{cos}}2x\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\pi  - x - \frac{\pi }{6} = 2x + k2\pi }\\{\pi  - x - \frac{\pi }{6} =  - 2x + k2\pi }\end{array},\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{{2\pi }}{3}}\\{x = \frac{{ - 5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array},\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\). Chọn C.

Ta có: \({x^3} - 5{x^2} + 8x - 4 = {\left( {x - 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right)\)

Để khử được dạng \(\frac{0}{0}\), chúng ta cần triệt tiêu được \({\left( {x - 2} \right)^2}\) ở mẫu

\( \Rightarrow 2a{x^2} + 30 - {\left( {bx + 5} \right)^2} = 0\) có nghiệm kép \(x = 2\)

\( \Leftrightarrow \left( {2a - {b^2}} \right){x^2} - 10bx + 5 = 0\) có nghiệm kép \(x = 2\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a - {b^2} \ne 0}\\{{\rm{\Delta '}} = 0}\\{4\left( {2a - {b^2}} \right) - 20b + 5 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a \ne {b^2}}\\{25{b^2} - 5\left( {2a - {b^2}} \right) = 0}\\{4\left( {2a - {b^2}} \right) - 20b + 5 = 0}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a \ne {b^2}}\\{2a - {b^2} = 5{b^2}}\\{4 \cdot 5{b^2} - 20b + 5 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a \ne {b^2}}\\{b = \frac{1}{2}}\\{a = \frac{3}{4}}\end{array}} \right.} \right.\)

⇒limx→232x2+30−12x−5x3−5x2+8x−4=limx→232x2+30−12x+52x−22x−1.32x2+30+12x+5 

=limx→254x−132x2+30+12x+5=548.

Vậy \(a + b + c = \frac{1}{2} + \frac{3}{4} + \frac{5}{{48}} = \frac{{65}}{{48}} \approx 1,35\).

Đáp án cần nhập là: \(1,35\).

Ta có: \({3^{{x^2} - 13}} < 27 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 13}} < {3^3} \Leftrightarrow {x^2} - 13 < 3 \Leftrightarrow {x^2} < 16 \Leftrightarrow \left| x \right| < 4 \Leftrightarrow  - 4 < x < 4\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left( { - 4;4} \right)\). Chọn A.

Ta có \({\rm{cos}}2a = {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a = 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a - 1 = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a\). Chọn B.

Ta có \(x = 10{\rm{cos}}\left( {2\pi t} \right)\) nên \(v\left( t \right) = x'\left( t \right) = {\left[ {10{\rm{cos}}\left( {2\pi t} \right)} \right]^\prime } =  - 20\pi {\rm{sin}}\left( {2\pi t} \right)\).

Vận tốc của vật tại thời điểm \(t = \frac{{11}}{{12}}\) là \(v\left( {\frac{{11}}{{12}}} \right) =  - 20\pi {\rm{sin}}\left( {2\pi  \cdot \frac{{11}}{{12}}} \right) = 10\pi \left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

Do đó, \(k = 10\).

Đáp án cần nhập là: \(10\).

Gọi \(A\) là biến cố "người được chọn tham quan động Thiên Cung", \(B\) là biến cố "người được chọn tham quan động Kim Quy".

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,7;\,\,P\left( B \right) = 0,5;\,\,P\left( {\overline {A \cup B} } \right) = 0,1\).

Ta có: \(P\left( {A \cup B} \right) = 1 - P\left( {\overline {A \cup B} } \right) = 1 - 0,1 = 0,9\).

Lại có: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right)\)

\( \Rightarrow P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cup B} \right)\)\( = 0,7 + 0,5 - 0,9 = 0,3\).

Vậy xác suất để du khách được chọn tham quan cả động Thiên Cung lẫn động Kim Quy là 0,3. Chọn B.

 Gọi \(A\) là biến cố "Học sinh đó làm đúng bài thứ nhất".

Gọi \(B\) là biến cố "Học sinh đó làm đúng bài thứ hai".

Ta có: \(P\left( A \right) = 0,6;P\left( B \right) = 0,5;P\left( {B\mid A} \right) = 0,8\).

Ta cần tính \(P\left( {\overline A \mid B} \right)\).

Ta có \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right)P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,6 \cdot 0,8}}{{0,5}} = 0,96\).

Do đó \(P\left( {\overline A \mid B} \right) = 1 - P\left( {A\mid B} \right) = 1 - 0,96 = 0,04\). Chọn D.

Gọi \(n\) là số dãy ghế. Theo bài, ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = 30 + 32 +  \ldots  + 62 = \frac{{30 + 62}}{2}n = 46n}\\{S = \frac{{2 \cdot 30 + \left( {n - 1} \right) \cdot 2}}{2}n = \left( {29 + n} \right)n}\end{array}} \right.\)

Do đó ta có: \(46n = \left( {29 + n} \right)n \Leftrightarrow {n^2} + 29n - 46n = 0 \Leftrightarrow {n^2} - 17n = 0 \Rightarrow n = 17\)

Vậy có \(m = 17\) dãy ghế và có \(p = 17 \cdot 46 = 782\) ghế. Do đó \(m + p = 17 + 782 = 799\).

Đáp án cần nhập là: \(799\).

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.

Tiêu cự: \(2c = 2\sqrt {{a^2} - {b^2}}  = 2\sqrt {16 - 7}  = 2 \cdot 3 = 6\).

Đáp án cần nhập là: \(6\).

Điều kiện: \(x \in \mathbb{R}\).

Ta có: \({\left( {3 + \sqrt 5 } \right)^x} + {\left( {3 - \sqrt 5 } \right)^x} = 3 \cdot {2^x} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} + {\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} - 3 = 0\) (1).

Đặt \(t = {\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x},t > 0\).

Vì \({\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} \cdot {\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} = {\left[ {\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right) \cdot \left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)} \right]^x} = 1\) nên \({\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} = \frac{1}{t}\).

Khi đó (1) trở thành:

\(t + \frac{1}{t} - 3 = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}}\\{t = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x =  - 1}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy \(T = x_1^2 + x_2^2 = {1^2} + {\left( { - 1} \right)^2} = 2\).

Đáp án cần nhập là: \(2\).

Ta có \({a^2} + 9{b^2} = 10ab\)\( \Leftrightarrow {a^2} + 6ab + 9{b^2} = 16ab\)\( \Leftrightarrow {\left( {a + 3b} \right)^2} = 16ab\)\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{a + 3b}}{4}} \right)^2} = ab\)

\( \Rightarrow \log {\left( {\frac{{a + 3b}}{4}} \right)^2} = \log ab\)\( \Rightarrow \log \left( {\frac{{a + 3b}}{4}} \right) = \frac{{\log a + \log b}}{2}\). Chọn B.

Quãng đường Thỏ đi được từ lúc bắt đầu thi cho đến lúc Rùa vừa về đến đích là:

\(10000 - 200 = 9800\left( {\rm{m}} \right)\).

Vì tốc độ của Thỏ gấp 5 lần tốc độ của Rùa nên quãng đường Rùa đi được chỉ tính trong khoảng thời gian mà Thỏ đi là: \(9800:5 = 1960\left( {\rm{m}} \right)\).

Trong khoảng thời gian Thỏ ngủ, quãng đường mà Rùa đã đi được là: \(10000 - 1960 = 8040\) (m).

Đáp án cần nhập là: \(8040\).