Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 22

Bảng số liệu có giá trị đại diện là

Trung bình chiều cao các học sinh trong lớp là:

\(\overline x  = \frac{{6 \cdot 150 + 12 \cdot 160 + 16 \cdot 170 + 6 \cdot 180}}{{40}} = 165,5\) (cm). Chọn C.

Cỡ mẫu là \(n = 40\).

Gọi \({x_1},{x_2}, \ldots ,{x_{40}}\) là các giá trị của chiều cao của các học sinh được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Khi đó, do hai giá trị \({x_{20}},{x_{21}}\) nằm trong nhóm \(\left[ {165;175} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị.

Trung vị chiều cao các học sinh trong lớp là:

\({M_e} = 165 + \frac{{20 - 18}}{{16}}\left( {175 - 165} \right) = 166,25\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Chọn A.

Phương sai \({s^2} = \frac{{6 \cdot {{150}^2} + 12 \cdot {{160}^2} + 16 \cdot {{170}^2} + 6 \cdot {{180}^2}}}{{40}} - {165,5^2} \approx 85\). Chọn B.

Тập xác định: \(D = \mathbb{R}\)

\(y =  - {x^3} - 6{x^2} + \left( {4m - 9} \right)x + 4\) xác định với mọi \(x\) thuộc \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Ta có: \(y' =  - 3{x^2} - 12x + 4m - 9\).

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

\( \Leftrightarrow y' \le 0\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow  - 3{x^2} - 12x + 4m - 9 \le 0\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4m \le 3{x^2} + 12x + 9\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^2} + 12x + 9\) trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

\(g'\left( x \right) = 6x + 12\).

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - 2\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: \(4m \le 3{x^2} + 12x + 9\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \Leftrightarrow 4m \le  - 3 \Leftrightarrow m \le \frac{{ - 3}}{4}\).

Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 15;15} \right]\) nên \(m \in \left\{ { - 15; - 14; \ldots ; - 1} \right\}\).

Vậy tổng tất cả các giá trị của \(m\) thỏa yêu cầu bài toán là \(\frac{{\left[ { - 15 + \left( { - 1} \right)} \right] \cdot 15}}{2} =  - 120\).

 Đáp án cần nhập là: \( - 120\).

Gọi \({A_1},{A_2},{A_3}\) lần lượt là các biến cố gọi một sinh viên Giỏi, Khá, Trung Bình

Gọi \(B\): "sinh viên đó trả lời được 4 câu hỏi".

Ta có: \(P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{C_4^1}}{{C_{20}^1}} = \frac{1}{5},P\left( {{A_2}} \right) = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4},P\left( {{A_3}} \right) = \frac{3}{{20}}\).

Theo bài ta có: 4 sinh viên giỏi trả lời được \(100{\rm{\% }}\) các câu hỏi \( \Rightarrow \) trả lời 20 câu hỏi.

5 sinh viên khá trả lời \(80{\rm{\% }}\) câu hỏi \( \Rightarrow \) trả lời được \(20 \cdot 80{\rm{\% }} = 16\) câu hỏi.

3 sinh viên trung bình \(50{\rm{\% }}\) câu hỏi \( \Rightarrow \) Trả lời \(20 \cdot 50{\rm{\% }} = 10\) câu hỏi

Từ đó \(P\left( {B\mid {A_1}} \right) = \frac{{C_{20}^4}}{{C_{20}^4}} = 1;P\left( {B\mid {A_2}} \right) = \frac{{C_{16}^4}}{{C_{20}^4}} = \frac{{364}}{{969}};P\left( {B\mid {A_3}} \right) = \frac{{C_{10}^4}}{{C_{20}^4}} = \frac{{14}}{{323}}\).

Áp dụng công thức tính xác suất toàn phần:

\(P\left( B \right) = P\left( {B\mid {A_1}} \right) \cdot P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {B\mid {A_2}} \right) \cdot P\left( {{A_2}} \right) + P\left( {B\mid {A_3}} \right) \cdot P\left( {{A_3}} \right) = 1 \cdot \frac{1}{5} + \frac{{364}}{{969}} \cdot \frac{1}{4} + \frac{3}{{20}} \cdot \frac{{14}}{{323}} = \frac{{2911}}{{9690}}\)

Xác suất để sinh viên đó là sinh viên khá là: \(P\left( {{A_2}\mid B} \right)\)

Áp dụng công thức Bayes \(P\left( {{A_2}\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B\mid {A_2}} \right) \cdot P\left( {{A_2}} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{364}}{{969}} \cdot \frac{1}{4}}}{{\frac{{2911}}{{9690}}}} = \frac{{910}}{{2911}} \approx 0,31\). Chọn A.

Xác suất để sinh viên đó là sinh viên giỏi là: \(P\left( {{A_1}\mid B} \right)\)

Áp dụng công thức Bayes ta có:

\(P\left( {{A_1}\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B\mid {A_1}} \right) \cdot P\left( {{A_1}} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{1 \cdot \frac{1}{5}}}{{\frac{{2911}}{{9690}}}} = \frac{{1938}}{{2911}} \approx 0,67\).

Đáp án cần nhập là: \(0,67\).

Xác suất để sinh viên đó là sinh viên trung bình là: \(P\left( {{A_3}\mid B} \right)\).

Áp dụng công thức Bayes ta có:

\(P\left( {{A_3}\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B\mid {A_3}} \right) \cdot P\left( {{A_3}} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{14}}{{323}} \cdot \frac{3}{{20}}}}{{\frac{{2911}}{{9690}}}} \approx 0,02\).

Đáp án cần nhập là: \(0,02\).

Ta có \(f'\left( x \right) = {x^2} + 2mx + {m^2} - 4\).

Hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có đúng 3 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số bậc ba

\(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^3} + m{x^2} + \left( {{m^2} - 4} \right)x + 1\) có hai điểm cực trị \({x_1},{x_2}\) sao cho \({x_1} < 0 < {x_2}\).

\( \Leftrightarrow \left( {{m^2} - 4} \right) \cdot 1 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < m < 2\).

Với \({x_1} = 0\) thì \(f'\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m =  - 2}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_2} =  - 4 < 0\left( l \right)}\\{{x_2} = 4 > 0}\end{array}} \right.} \right.\).

Suy ra \(m =  - 2\) thỏa mãn.

Vì \(m\) là số nguyên nên có 4 giá trị của \(m\) thỏa yêu cầu bài toán. Chọn C.

Dựa vào bảng xét dấu đạo hàm ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\). Chọn D.

Dựa vào đồ thị ta thấy \(f'\left( x \right) > 0\) \(\forall x \in \left( { - 1;0} \right)\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) . Chọn B.

Gọi \(I\left( {x;y;z} \right)\) là điểm thoả mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  + 2\overrightarrow {ID}  = \vec 0\).

Có \(\overrightarrow {IA}  = \left( {2 - x;7 - y;5 - z} \right)\); \[\overrightarrow {IB}  = \left( {3 - x;6 - y;4 - z} \right)\];

\(\overrightarrow {IC}  = \left( {1 - x;8 - y;2 - z} \right)\); \(\overrightarrow {ID}  = \left( {4 - x;3 - y;2 - z} \right)\).

Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}2 - x + 3 - x - 1 + x + 8 - 2x = 0\\7 - y + 6 - y - 8 + y + 6 - 2y = 0\\5 - z + 4 - z - 2 + z + 4 - 2z = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12 - 3x = 0\\11 - 3y = 0\\11 - 3z = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = \frac{{11}}{3}\\z = \frac{{11}}{3}\end{array} \right.\).

Ta có:\(T = M{A^2} + M{B^2} - M{C^2} + 2M{D^2}\)

\(T = {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {ID} } \right)^2}\)

\(T = 3M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  + 2\overrightarrow {ID} } \right) + I{A^2} + I{B^2} - I{C^2} + 2I{D^2}\)

\(T = 3M{I^2} + I{A^2} + I{B^2} - I{C^2} + 2I{D^2} \ge I{A^2} + I{B^2} - I{C^2} + 2I{D^2}\).

Khi đó, \(T\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(M{I^2} = 0 \Leftrightarrow M \equiv I\).

Vậy toạ độ điểm \(M\) cần tìm là \(M\left( {4;\frac{{11}}{3};\frac{{11}}{3}} \right)\). Suy ra \(a = 4;b = \frac{{11}}{3};c = \frac{{11}}{3}\).

Vậy \(P = \frac{{ab}}{c} = 4\).

 Đáp án cần nhập là: \(4\).

Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\].

Xét hàm số \(y = 2x + \frac{5}{{{x^2}}}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có hàm số \(y = 2x + \frac{5}{{{x^2}}}\) xác định \(\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) và \(y' = 2 - \frac{{10}}{{{x^3}}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 2 - \frac{{10}}{{{x^3}}} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{5}\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = 2x + \frac{5}{{{x^2}}}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) là \(3\sqrt[3]{5}\). Chọn C.

Cạnh đáy của cái hộp không nắp là \(a - 2x\). Điều kiện: \(0 < x < \frac{a}{2}\).

Thể tích của cái hộp không nắp là \(V\left( x \right) = {\left( {a - 2x} \right)^2}x = 4{x^3} - 4a{x^2} + {a^2}x\).

Xét hàm số \(V\left( x \right) = 4{x^3} - 4a{x^2} + {a^2}x\) trên \(\left( {0;\frac{a}{2}} \right)\).

\(V\left( x \right)\) liên tục trên \(\left( {0;\frac{a}{2}} \right)\).

\(V'\left( x \right) = 12{x^2} - 8ax + {a^2}\).

\[V'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 12{x^2} - 8ax + {a^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{a}{6}\\x = \frac{a}{2}\end{array} \right.\]. Vì \(x \in \left( {0;\frac{a}{2}} \right)\) nên \(x = \frac{a}{6}\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên  đạt tại \(x = \frac{a}{6}\).

Khi đó, cạnh đáy của cái hộp là \(a - 2 \cdot \frac{a}{6} = \frac{{2a}}{3}\). Chọn A.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{2}{3}} \right\}\)

Ta có limx→+∞fx=m+13;limx→−∞fx=m−13

Đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là \(y = 3 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{m - 1}}{3} = 3}\\{\frac{{m + 1}}{3} = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 10}\\{m = 8}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy có 2 giá trị của \(m\). Chọn A.

Ta có \(2f\left( x \right) - x + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}\).

Xét hàm số \(y = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}\) có đồ thị \(\left( d \right)\). Hàm số này là hàm số bậc nhất nên \(\left( d \right)\) là một đường thẳng qua các điểm có tọa độ \(\left( {1;0} \right)\) và \(\left( { - 1; - 1} \right)\) (tham khảo hình vẽ).

Trong hình vẽ trên, đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) và \(\left( d \right)\) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt.

Do đó, số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}\) là 4. Chọn D.

\(f\left( x \right) = {e^x} + x \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {{e^x} + x} \right)dx = {e^x} + \frac{1}{2}{x^2} + C\). Chọn D.

 \(I = \int\limits_a^b {\left[ {3f\left( x \right) - 5g\left( x \right)} \right]dx = 3\int\limits_a^b {f\left( x \right) - 5\int\limits_a^b {g\left( x \right) = 3 \cdot 10 - 5 \cdot 5 = 5} } } \).

Đáp án cần nhập là: \(5\).

Theo giả thiết, phương trình của elip là: \(\frac{{{x^2}}}{{2500}} + \frac{{{y^2}}}{{1600}} = 1 \Rightarrow y = \frac{4}{5}\sqrt {2500 - {x^2}} \).

Diện tích của cả khu vườn là: .

Diện tích phần trồng cây con là:

\({S_1} = \int\limits_0^{50} {\frac{4}{5}\sqrt {2500 - {x^2}} }  - {S_{OAB}} = 500\pi  - \frac{1}{2} \cdot 40 \cdot 50 = 500\pi  - 1000\;{m^2}\).

Diện tích phần trồng rau là: \({S_2} = S - {S_1} = 1500\pi  + 1000\left( {{m^2}} \right)\)

Tổng thu nhập của cả mảnh vườn là:

\(T = 2000 \cdot \left( {500\pi  - 1000} \right) + 4000 \cdot \left( {1500\pi  + 1000} \right) \approx 23991000\). Chọn B.

Ta có \(\overrightarrow {{F_4}}  = \left( {a;b;c} \right)\). Khi vật ở trạng thái cân bằng, tổng của các lực là:

\(\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}}  + \overrightarrow {{F_4}}  = \vec 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{10 + 1 + 9 + a = 0}\\{ - 9 + 5 - 8 + b = 0}\\{5 + 10 - 3 + c = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 20}\\{b = 12}\\{c =  - 12}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 688\).

Đáp án cần nhập là: \(688\).

Có:

\(I = \left. {\left[ {6{\rm{ln}}\left( {\left| {x - 3} \right|} \right) - 3{\rm{ln}}\left( {\left| {x - 1} \right|} \right)} \right]} \right|_{ - 2}^{ - 1} = 6{\rm{ln}}4 - 3{\rm{ln}}2 - 6{\rm{ln}}5 + 3{\rm{ln}}3 = 9{\rm{ln}}2 + 3{\rm{ln}}3 - 6{\rm{ln}}5\)

Khi đó, ta có \(a = 9,b = 3,c = 6 \Rightarrow a + b + c = 18\). Chọn C.

Nhiệt độ trung bình trong khoảng thời gian từ 6 giờ sáng đến 12 giờ trưa ngày hôm đó là:

112−6∫612Ttdt=16∫61220+1,5t−6dt=24,5°C. Chọn A.

Phương trình elip chứa đường cong mặt bên thùng gỗ là \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{{5^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\).

Theo đề ta có điểm \(\left( {4;1,8} \right)\) thuộc \(\left( E \right)\) nên \(\frac{{{4^2}}}{{{5^2}}} + \frac{{{{1,8}^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow {b^2} = 9\).

Do đó \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\).

Chọn phần đường elip nằm trên trục hoành, ta có \(y = 3\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{25}}} \).

Dung tích của thùng gỗ ủ nước mắm này là V=π∫−4431−x2252=1416π25. Chọn A.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(d\).

\(H\left( {1 + 2t;t; - 2 - t} \right) \in d \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = \left( {2t - 1;t - 1; - t - 3} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {2;1; - 1} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d.

\(AH \bot d \Rightarrow \overrightarrow {AH}  \cdot \overrightarrow {{u_d}}  = 0 \Rightarrow 2\left( {2t - 1} \right) + t - 1 - \left( { - t - 3} \right) = 0 \Rightarrow t = 0\)

\( \Rightarrow H\left( {1;0; - 2} \right)\).

Do đó \(\overrightarrow {AH}  = \left( { - 1; - 1; - 3} \right)\).

Mặt phẳng (\(\alpha \)) chứa đường thẳng \(d\) và cách \(A\) một khoảng lớn nhất khi và chỉ khi \(\overrightarrow {AH}  \bot \left( \alpha  \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_\alpha }}  = \overrightarrow {AH}  = \left( { - 1; - 1; - 3} \right)\).

Mặt khác, (\(\alpha \)) đi qua \(H\left( {1;0; - 2} \right)\) nên:\(\left( \alpha  \right):x - 1 + y + 3\left( {z + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y + 3z + 5 = 0\). Chọn B.

Vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right),\left( \beta  \right)\) lần lượt là: \(\overrightarrow {{n_\alpha }}  = \left( {3; - 2;2} \right),\overrightarrow {{n_\beta }}  = \left( {5; - 4;3} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ,\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2;1; - 2} \right)\).

Phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ, nhận \(\vec n = \left( {2;1; - 2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến là: \(2x + y - 2z = 0\). Chọn C.

Gọi các điểm \(A,C\) lần lượt là \(A\left( { - 1 + s;s;1 - s} \right);C\left( {1;1 - t;t} \right)\).

\( \Rightarrow \) véctơ chỉ phương của đường thẳng \(d\) là \(\vec u = \left( {2 - s;1 - t - s;t + s - 1} \right)\).

Vì \(B\) là trung điểm của \(AC\) nên \(B\left( {\frac{s}{2};\frac{{s - t + 1}}{2};\frac{{1 - s + t}}{2}} \right)\).

Ta có \({d_2}:\frac{{x + 2}}{3} = \frac{y}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{2} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x - 3y - 2 = 0}\\{2x - 3z + 1 = 0}\end{array}} \right.\).

Vì \(B\) thuộc đường thẳng \({d_2}\) nên ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{ - s}}{2} - \frac{{3\left( {s - t + 1} \right)}}{2} - 2 = 0}\\{s - \frac{{3\left( {1 - s + t} \right)}}{2} + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3t - 4s = 7}\\{ - 3t + 5s = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 13}\\{s = 8}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

\(\vec u = \left( { - 6; - 20;20} \right)\)

Vậy \(T = \frac{{a + b}}{c} =  - \frac{{13}}{{10}}\). Chọn B.

Vectơ đơn vị trên trục Oy là \(\vec j = \left( {0;1;0} \right);\overrightarrow {OB}  = \left( { - 4;2;3} \right)\).

Vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left[ {\vec j,\overrightarrow {OB} } \right] = \left( {3;0;4} \right)\).

Phương trình tổng quát của \(\left( P \right)\) là \(3\left( {x - 0} \right) + 0 + 4\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 4z = 0\).

Khoảng cách từ \(A\left( {4; - 1;2} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\frac{{\left| {3 \cdot 4 + 4 \cdot 2} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = 4\).

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2;1; - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 4; - 2;4} \right)\) cùng phương nên đường thẳng \(AB\) vuông góc với \(\left( P \right)\)

Dễ thấy \(A,B\) nằm cùng phía so với \(\left( P \right)\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AB\) và I là tâm của mặt cầu (\(S\)), khi đó I thuộc mặt phẳng trung trực \(\left( Q \right)\) của \(AB\) và \(N\left( {1;4;0} \right)\).

Vì \(AB \bot \left( P \right)\) nên \(\left( Q \right)//\left( P \right)\), suy ra bán kính mặt cầu \(R = IC = d\left( {N,\left( P \right)} \right) = 5\).

Phương trình đường thẳng \(AB:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 + 2t}\\{y = 5 + t}\\{z =  - 2 - 2t}\end{array}} \right.\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(N\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó \(H\) là giao điểm của \(AB\) và \(\left( P \right)\) nên \(H\left( { - \frac{7}{3};\frac{7}{3};\frac{{10}}{3}} \right)\).

Ta có \(AN = 3 \Rightarrow HC = NI = \sqrt {A{I^2} - A{N^2}}  = 4\) nên điểm \(C\) thuộc đường tròn \(\left( T \right)\) chứa trong \(\left( P \right)\) có tâm là \(H\) và bán kính \(r = HC = 4\).

Ta có \(OH = \sqrt {22} \). Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên \(\left( P \right)\) thì \(OK = d\left( {O,\left( P \right)} \right) = 3\).

\( \Rightarrow HK = \sqrt {O{H^2} - O{K^2}}  = \sqrt {13}  < r\) nên \(K\) nằm trong đường tròn \(\left( T \right)\).

Gọi E, F là các giao điểm của đường thẳng HK với đường tròn (T). Khi đó giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng OC chính là OE, OF.

Vậy \({M^2} + {m^2} = O{E^2} + O{F^2} = 2O{H^2} + \frac{{E{F^2}}}{2} = 2 \cdot 22 + \frac{{{8^2}}}{2} = 76\). Chọn B.

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

Điểm \(A\left( {0;0;2} \right)\) nằm bên trong mặt cầu \(\left( S \right)\), vì \(IA = \sqrt {{{\left( {0 - 1} \right)}^2} + {{\left( {0 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 3} \right)}^2}}  = \sqrt 6  < R\).

Do đó, để mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(A\) và cắt khối cầu \(\left( S \right)\) theo thiết diện là một hình tròn có diện tích nhỏ nhất thì khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) phải lớn nhất

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AI}  \bot \left( P \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {{n_P}}  = \overrightarrow {AI} \).

Ta có \(\overrightarrow {AI}  = \left( {1;2;1} \right)\). Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(A\left( {0;0;2} \right)\) thỏa yêu cầu bài toán là:

\(1\left( {x - 0} \right) + 2\left( {y - 0} \right) + 1\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + z - 2 = 0\). Chọn D.

Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right) \Rightarrow f'\left( x \right) \le 0\) trên mỗi đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\) và \(\left[ {1;4} \right]\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục Ox với đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\) là

S1=∫​−21f'xdx=−∫​−21f'xdx=f−2−f1⇒f−2−f1=9⇒f−2=9+f1=12.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục \(Ox\) với đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {1;4} \right]\) là

S2=∫​14f'xdx=−∫​14f'xdx=f1−f4⇒f1−f4=12⇒f4=f1−12=−9.

Vậy \(f\left( { - 2} \right) + f\left( 4 \right) = 12 - 9 = 3\). Chọn C.

Xét \(m + 4 = 0 \Leftrightarrow m =  - 4\). Khi đó, bất phương trình đề cho trở thành:

\(8x - 14 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\) (điều này vô lý).

Xét \(m + 4 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  - 4\)

Khi đó: \(\left( {m + 4} \right){x^2} - 2mx + 2m - 6 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{{\rm{\Delta '}} < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 4 > 0}\\{{m^2} - \left( {m + 4} \right)\left( {2m - 6} \right) < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >  - 4}\\{ - {m^2} - 2m + 24 < 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m >  - 4}\\{\left[ \begin{array}{l}m <  - 6\\m > 4\end{array} \right.}\end{array} \Leftrightarrow m > 4} \right.\).

Vì \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 20;20} \right]\) và \(m > 4\) nên có 16 giá trị \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án cần nhập là: \(16\).

Tạo ra 11 ô trống liên tiếp, đánh số thứ tự từ 1 đến 11, thành một hàng ngang.

Số cách sắp xếp 5 bạn nam vào 5 ô trống được đánh số chẵn là 5! cách.

Số cách sắp xếp 2 trong số 4 bạn nữ vào một ô trống được đánh số lẻ bất kì, 2 bạn nữ còn lại mỗi bạn vào một ô lẻ còn lại là \(A_4^2 \cdot A_6^3\) cách.

Vậy số cách sắp xếp sao cho trong hàng ngang ấy có đúng 2 bạn nữ đứng cạnh nhau là

\(5! \cdot A_4^2 \cdot A_6^3 = 172800\) cách. Chọn B.

Trong \(\Delta ABC\) ta có:

\(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

\( \Rightarrow \widehat C = 180^\circ  - \widehat A - \widehat B = 180^\circ  - 120^\circ  - 45^\circ  = 15^\circ \).

Áp dụng định lí sin vào \(\Delta ABC\), ta có: \(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}\)

\( \Rightarrow AC = \frac{{AB.\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{10 \cdot {\rm{sin}}45^\circ }}{{{\rm{sin}}15^\circ }} = 10 + 10\sqrt 3 \). Chọn A.

Số cách di chuyển từ \(A\) đến các nút của lưới ô vuông được ghi lại trên từng nút, trong đó số cách đếm mỗi nút từ điểm \(A\) bằng tổng số cách ghi ở nút ngay bên trái và ngay bên dưới.

Vậy số cách di chuyển từ \(A\) đến \(B\) mà không đi qua \(P\) và \(Q\) là 48 cách.

Đáp án cần nhập là: \(48\).

Ta có: \({\rm{tan}}\left( {\widehat {BAM} + \widehat {DAN}} \right) = \frac{{{\rm{tan}}\widehat {BAM} + {\rm{tan}}\widehat {DAN}}}{{1 - \tan \widehat {BAM} \cdot {\rm{tan}}\widehat {DAN}}} = \frac{{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}}{{1 - \frac{1}{2}.\frac{1}{3}}} = 1\).

\( \Rightarrow \widehat {BAM} + \widehat {DAN} = 45^\circ  \Rightarrow \widehat {MAN} = 45^\circ \)

Vì \(A \in AN:2x - y - 3 = 0\) nên \(A\left( {a;2a - 3} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {MA}  = \left( {a - \frac{{11}}{2};2a - \frac{7}{2}} \right)\).

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AN\) là \(\vec u = \left( {1;2} \right)\).

vì \(\widehat {MAN} = 45^\circ \) nên \(\left| {{\rm{cos}}\left( {\vec u,\overrightarrow {MA} } \right)} \right| = {\rm{cos}}{45^0} \Rightarrow \frac{{\left| {a - \frac{{11}}{2} + 4a - 7} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {a - \frac{{11}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {2a - \frac{7}{2}} \right)}^2}}  \cdot \sqrt {{1^2} + {2^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow 2 \cdot {\left( {5a - \frac{{25}}{2}} \right)^2} = 5 \cdot \left( {5{a^2} - 25a + \frac{{85}}{2}} \right) \Rightarrow 25{a^2} - 125a + 100 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 1\\a = 4\end{array} \right.\).

Vậy tổng giá trị hoành độ của các điểm \(A\) thỏa yêu cầu bài toán là \(1 + 4 = 5\). Chọn C.

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{10}^3 = 120\) (cách).

Biến cố đối \(\overline A \) là biến cố trong 3 học sinh được chọn không có học sinh nữ.

\(n\left( {\overline A } \right) = C_6^3 = 20\).

Xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{20}}{{120}} = \frac{5}{6}\). Chọn D.

Theo đề ta có \(x =  - 2\)

Suy ra \(4{\rm{sin}}\left( {2\pi t - \frac{\pi }{2}} \right) =  - 2\)\( \Leftrightarrow {\rm{sin}}\left( {2\pi t - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{{ - 1}}{2}\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2\pi t - \frac{\pi }{2} =  - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{2\pi t - \frac{\pi }{2} = \pi  + \frac{\pi }{6} + k2\pi }\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = \frac{1}{6} + k}\\{t = \frac{5}{6} + k}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\).

Với \(t = \frac{1}{6} + k,k \in \mathbb{Z}\) ta có: \(2 \le t \le 2,5 \Rightarrow 2 \le \frac{1}{6} + k \le 2,5 \Rightarrow k = 2 \Rightarrow t = \frac{{13}}{6}\).

Với \(t = \frac{5}{6} + k,k \in \mathbb{Z}\) ta có: \(2 \le t \le 2,5 \Rightarrow 2 \le \frac{5}{6} + k \le 2,5 \Rightarrow k \in \emptyset \).

Vậy tại thời điểm \(t = \frac{{13}}{6} \approx 2,17\) (s) vật có tọa độ \(x =  - 2{\rm{\;cm}}\).

Đáp án cần nhập là: \(2,17\).

Ta có \({u_5} = {u_1} + 4d \Leftrightarrow {u_1} + 4d = 18\) (1).

Và \(4{S_n} = {S_{2n}} \Leftrightarrow 4n \cdot \frac{{2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d}}{2} = \frac{{2{u_1} + \left( {2n - 1} \right)d}}{2} \cdot 2n \Leftrightarrow 2{u_1} - d = 0\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 2}\\{d = 4}\end{array} \Rightarrow {u_{10}} = 2 + 9 \cdot 4 = 38} \right.\). Chọn B.

Xét \(\frac{1}{{{k^2}}} < \frac{1}{{\left( {k - 1} \right)k}} = \frac{1}{{k - 1}} - \frac{1}{k},\forall k \ge 2\)

\( \Rightarrow {u_n} < \frac{1}{2} + \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{3}} \right) + \left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} \right) + \left( {\frac{1}{5} - \frac{1}{6}} \right) +  \ldots  + \left( {\frac{1}{{n - 1}} - \frac{1}{n}} \right) = \frac{3}{2} - \frac{1}{n} < \frac{3}{2}\).

\( \Rightarrow 0 < {u_n} < \frac{3}{2},\forall n \in \mathbb{N}{\rm{*}}\)

Vậy \({u_n}\) bị chặn. Chọn C.

\(T = {a^{\log _3^25}} + {b^{\log _4^26}} + 3{c^{\log _7^23}} = {\left( {{a^{{{\log }_3}5}}} \right)^{{{\log }_3}5}} + {\left( {{a^{{{\log }_4}6}}} \right)^{{{\log }_4}6}} + 3{\left( {{c^{{{\log }_7}3}}} \right)^{{{\log }_7}3}}\)

\( = {9^{{{\log }_3}5}} + {64^{{{\log }_4}6}} + 3 \cdot {49^{{{\log }_7}3}} = {3^{2{{\log }_3}5}} + {4^{3{{\log }_4}6}} + 3 \cdot {7^{2{{\log }_7}3}} = {5^2} + {6^3} + {3^3} = 268\).

Đáp án cần nhập là: \(268\).

Hàm số đã cho xác định\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 0}\\{2{x^2} - \frac{1}{x} > 0}\\{{\rm{ln}}\left( {2{x^2} - \frac{1}{x}} \right) > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 0}\\{2{x^2} - \frac{1}{x} > 0}\\{2{x^2} - \frac{1}{x} > 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 0}\\{\frac{{2{x^3} - x - 1}}{x} > 0}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 0}\\{\frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {2{x^2} + 2x + 1} \right)}}{x} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{x < 0}\end{array}} \right.} \right.\). Chọn B.

Điều kiện: \({x^2} - 9 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 3\\x <  - 3\end{array} \right.\).

Đặt \(t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}\frac{{{x^2} - 9}}{{27}}\). Ta có

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}\frac{{{x^2} - 9}}{{27}} = t}\\{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\frac{{{x^2} - 9}}{{125}} \le t}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 9 = {{27.5}^t}}\\{{x^2} - 9 \le {{125.3}^t}}\end{array} \Rightarrow 27 \cdot {5^t} \le 125 \cdot {3^t} \Rightarrow {{\left( {\frac{5}{3}} \right)}^t} \le \frac{{125}}{{27}} \Rightarrow t \le 3} \right.} \right.\).

Do đó \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}\frac{{{x^2} - 9}}{{27}} \le 3 \Leftrightarrow {x^2} - 9 \le 3375 \Leftrightarrow {x^2} \le 3384 \Leftrightarrow  - 6\sqrt {94}  \le x \le 6\sqrt {94} \).

Mà \(\left[ \begin{array}{l}x > 3\\x <  - 3\end{array} \right.\) nên \(x \in \left[ { - 6\sqrt {94} ; - 3} \right) \cup \left( {3;6\sqrt {94} } \right]\).

Vậy có 110 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn bất phương trình đã cho.

Đáp án cần nhập là: \(110\).

Đặt \({21^x} = t,(t > 0)\).

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

Với \(t = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow {x_1} = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{21}}\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}\).

Với \(t = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow {x_2} = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{21}}\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\).

Khi \({x_1} + {x_2} = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{21}}\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{21}}\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} = 0\). Chọn C.

\(y = {\rm{ln}}\left( {{3^x} + 2} \right) \Rightarrow y' = \frac{{{3^x}{\rm{ln}}3}}{{{3^x} + 2}}\). Chọn C.

 Tập xác định: \(D = \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right]\).

\(y = x \cdot \sqrt {2 - {x^2}}  \Rightarrow y' = \sqrt {2 - {x^2}}  - x \cdot \frac{{2x}}{{2\sqrt {2 - {x^2}} }} = \sqrt {2 - {x^2}}  - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {2 - {x^2}} }}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow \sqrt {2 - {x^2}}  - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {2 - {x^2}} }} = 0 \Rightarrow 2 - {x^2} - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\end{array} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).

Tổng các nghiệm của phương trình \(y' = 0\) là \(1 + \left( { - 1} \right) = 0\). Chọn B.

  Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{40}}\) là điểm của 40 người chấm cho mẫu áo sơ mi mới được sắp theo thứ tự không giảm.

Ta có \({Q_1} = \frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2}\) mà \({x_{10}};{x_{11}} \in \left[ {70;80} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ nhất.

Ta có \({Q_1} = 70 + \frac{{\frac{{40}}{4} - 9}}{{23}} \cdot 10 = \frac{{1620}}{{23}}\).

Ta có \({Q_3} = \frac{{{x_{30}} + {x_{31}}}}{2}\) mà \({x_{30}};{x_{31}} \in \left[ {70;80} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ ba.

Ta có \({Q_3} = 70 + \frac{{\frac{{3 \cdot 40}}{4} - 9}}{{23}} \cdot 10 = \frac{{1820}}{{23}}\).

Khi đó \({\Delta _Q} = \frac{{1820}}{{23}} - \frac{{1620}}{{23}} = \frac{{200}}{{23}} \approx 9\).

Đáp án cần nhập là: \(9\).

Gọi \(A\) là biến cố "học sinh được chọn giỏi Toán", \(B\) là biến cố "học sinh được chọn giỏi Tiếng Anh".

Ta có \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{10}}{{20}} = 0,5;\,\,P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{8}{{20}} = 0,4;\,\,P\left( {AB} \right) = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{4}{{20}} = 0,2\).

Xác suất để học sinh được chọn giỏi Toán hoặc Tiếng Anh là

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,5 + 0,4 - 0,2 = 0,7\).

Vậy xác suất để học sinh được chọn không giỏi cả Toán lẫn Tiếng Anh là

\(P\left( {\overline {A \cup B} } \right) = 1 - P\left( {A \cup B} \right) = 1 - 0,7 = 0,3\).

Đáp án cần nhập là: \(0,3\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(A'D\).

Dễ thấy, \(AH \bot \left( {A'B'CD} \right)\) nên \(d\left( {A,\left( {A'B'CD} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Ta có: \[\frac{{d\left( {O,\left( {A'B'CD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {A'B'CD} \right)} \right)}} = \frac{{OC}}{{AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {O,\left( {A'B'CD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {A'B'CD} \right)} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].

Vậy khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \(\left( {A'B'CD} \right)\) là \(\frac{{a\sqrt 2 }}{4}\). Chọn B.

Đặt gx=fx−5x−1⇒fx=x−1gx+5⇒limx→1fx=5.

Ta có:

 T=limx→14fx+73−fx−4x2+x−2=limx→14fx+73−3+3−fx+4x2+x−2

 =limx→14fx+73−3x2+x−2−fx+4−3x2+x−2

=limx→14fx−5x−1x+24fx+723+34fx+73+9−fx−5x−1x+2fx+4+3

=limx→1fx−5x−14x+2⋅4fx+723+34fx+73+9−1x+2⋅fx+4+3

\( = 10 \cdot \left( {\frac{4}{{81}} - \frac{1}{{18}}} \right) = \frac{{ - 5}}{{81}}\). Chọn B.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt \(SA,SC,SD\) lần lượt tại \(M,N,P\).

Do \(\left( P \right)//AC \Rightarrow MN//AC\) mà \(I\) là trung điểm của \(SO\) nên \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SC\).

Gọi \(K\) là trung điểm \(PD\).

Xét tam giác \(BPD\) có \(O,K\) lần lượt là trung điểm \(DB,DP\) nên \(OK//BP\).

Xét tam giác \(SOK\) có \(I\) là trung điểm \(SO\), mà \(IP//OK\) nên \(P\) là trung điểm\(SK \Rightarrow SP = PK = KD\).

Có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{{V_{SBNP}}}}{{{V_{SBCD}}}} = \frac{{SB}}{{SB}} \cdot \frac{{SN}}{{SC}} \cdot \frac{{SP}}{{SD}} = 1 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}}\\{\frac{{{V_{SBMP}}}}{{{V_{SBAD}}}} = \frac{{SB}}{{SB}} \cdot \frac{{SM}}{{SA}} \cdot \frac{{SP}}{{SD}} = 1 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}}\end{array} \Rightarrow \frac{{{V_{SBNPM}}}}{{{V_{SABCD}}}} = \frac{1}{6}} \right.\) .

Chiều cao của hình chóp \(h = SA \cdot \cos \left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = 2a \cdot \sin 60^\circ  = a\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow {V_{SABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot a \cdot a \cdot \sin 135^\circ  \cdot a\sqrt 3  = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\)

\( \Rightarrow {V_{SBNPM}} = \frac{{{V_{SABCD}}}}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{36}} \Rightarrow \frac{n}{{{m^2}}} = \frac{{36}}{{{6^2}}} = 1\).

Đáp án cần nhập là: \(1\).

Gọi \(O,O'\) lần lượt là tâm hình vuông \(ABCD;MNPQ\).

Vì \(M,N,P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SB,SC,SD\) nên \(\frac{{{S_{MNPQ}}}}{{{S_{ABCD}}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}\) và \(SO' = \frac{1}{2}SO\)

\({S_{ABCD}} = 4 \Rightarrow {S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{1}{2} \cdot 2} \right)^2} = 1\)

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3}\left( {{S_{ABCD}} + {S_{MNPQ}} + \sqrt {{S_{ABCD}} \cdot {S_{MNPQ}}} } \right) \cdot OO' = \frac{1}{3}\left( {4 + 1 + \sqrt {4 \cdot 1} } \right) \cdot 2 = \frac{{14}}{3} \approx 4,67\). Chọn A.