Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 25

Với \(a,{\rm{ }}b > 0,\) ta có \(x = \ln {\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)^{1000}} = 1000\ln \left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)\).

\(y = 1000\ln a - \ln \frac{1}{{{b^{1000}}}} = 1000\ln a + 1000\ln b = 1000\ln \left( {ab} \right)\).

Xét hiệu \(x - y = 1000\left[ {\ln \left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) - \ln \left( {ab} \right)} \right]\) .

Lại có \(\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) - ab = {\left( {a - b} \right)^2} \ge 0 \Rightarrow {a^2} - ab + {b^2} \ge ab > 0\).

Khi đó từ  \( \Rightarrow x - y \ge 0 \Rightarrow x \ge y,\) dấu  xảy ra \( \Leftrightarrow a = b > 0\). Chọn C.

Gọi \(A\) là biến cố: "Con xúc xắc thứ nhất xuất hiện mặt lẻ ", \(P\left( A \right) = \frac{1}{2}\).

Gọi \(B\) là biến cố: "Con xúc xắc thứ hai xuất hiện mặt lẻ ", \[P\left( B \right) = \frac{1}{2}\].

Gọi \(C\) là biến cố: “Tích số chấm xuất hiện trên hai mặt con xúc xắc là một số lẻ”.

Vì \(A,B\) là hai biến cố độc lập nên ta có: \(P\left( C \right) = P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{1}{4}\). Chọn B.

Ta có: \(\sin \alpha  = \frac{{d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{SG}}\) .

Gọi \(O = AC \cap BD\). \(J\) là trung điểm của \(CD\). Gọi \(K\) là hình chiếu của \(O\) lên \(SJ\)

Do \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) và \[ABCD\] là hình vuông.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OJ\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOJ} \right)\) \( \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SOJ} \right)\).

Do \(OK \bot SJ\) \( \Rightarrow OK \bot \left( {SCD} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OK\).

Mặt khác: \(\frac{{d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{GC}}{{OC}} = \frac{4}{3}\).

Có \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\) ; \(OJ = \frac{1}{2}AD = \frac{a}{2}\).

\(SJ = \sqrt {S{O^2} + O{J^2}}  = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}\), \(OK = \frac{{SO \cdot OJ}}{{SJ}} = \frac{{a\sqrt {210} }}{{30}}\).

Mà \(\frac{{d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{GC}}{{OC}} = \frac{4}{3} \Rightarrow d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt {210} }}{{45}}\).

 \(SG = \sqrt {S{O^2} + O{G^2}}  = \sqrt {\frac{{14{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{{18}}}  = \frac{{4a\sqrt 2 }}{3}\). Vậy \(\sin \alpha  = \frac{{d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{SG}} = \frac{{\sqrt {105} }}{{30}}\) nên \(a + b = 31\) .

Đáp án cần nhập là: \(31\).

Ta có tứ phân vị thứ nhất thuộc khoảng \(\left[ {60;70} \right)\).

Nên \({Q_1} = 60 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 7}}{{16}} \cdot 10 = \frac{{965}}{{16}} \approx 60,31\). Chọn D.

Giả sử được hình chóp tứ giác đều như hình vẽ có cạnh đáy bằng \(x\sqrt 2 \).

Khi đó: \(OM = x\) \( \Rightarrow OH = HM = \frac{x}{{\sqrt 2 }}\) \( \Rightarrow SH = 10\sqrt 2  - \frac{x}{{\sqrt 2 }}\).

Suy ra: \[SO = \sqrt {S{H^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {10\sqrt 2  - \frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}  = \sqrt {20\left( {10 - x} \right)} \].

Thể tích \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_{MNPQ}} \cdot SO\) \( = \frac{1}{3} \cdot 2{x^2} \cdot \sqrt {20\left( {10 - x} \right)} \) \( = \frac{{\sqrt {20} }}{3} \cdot {x^2} \cdot \sqrt {40 - 4x} \) .

Tìm giá trị lớn nhất bằng cách áp dụng BĐT Cauchy cho 4 số không âm, ta có:

 \({x^2} \cdot \sqrt {40 - 4x}  = \sqrt {\left( {40 - 4x} \right) \cdot x \cdot x \cdot x \cdot x}  \le {\left( {\sqrt {\frac{{40 - 4x + x + x + x + x}}{4}} } \right)^4}\) \( \Leftrightarrow \sqrt {40 - 4x}  \cdot {x^2} \le {10^2}\).

Vậy \[V = \frac{{\sqrt {20} }}{3} \cdot {x^2}\sqrt {40 - 4x}  \le \frac{{\sqrt {20} }}{3} \cdot {10^2}\]. Dấu bằng xảy ra khi \(40 - 4x = x \Leftrightarrow x = 8\).

Đáp án cần nhập là: \(8\).

Đặt \(a = {\log _2}x;\,b = {\log _2}y;\,c = {\log _2}z\).

Ta có \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{1}{{2020}}\) và \(a + b + c = 2020\)

\(\begin{array}{l}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right) = 1 \Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {ab + ac + bc} \right) = abc\\ \Leftrightarrow {a^2}b + a{b^2} + abc + abc + {b^2}c + b{c^2} + {a^2}c + a{c^2} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = 0\end{array}\)

Vì vai trò \(a,\,b,\,c\) như nhau nên giả sử \(a + b = 0 \Rightarrow c = 2020 \Rightarrow z = {2^{2020}}\) và \(xy = 1\).

\({\log _2}\left( {xyz\left( {x + y + z} \right) - xy - yz - zx + 1} \right) = {\log _2}\left( {z\left( {x + y + z} \right) - 1 - yz - zx + 1} \right)\)

\( = {\log _2}\left( {{z^2}} \right) = 2{\log _2}z = 4040\). Chọn D.

Giá trị của xe sau \(n\) năm là: \(C = A \cdot {\left( {1 - 10\% } \right)^n}.\)

Tiền mua gói bảo hiểm ở năm thứ \(n\) là \({T_n} = 1,3\%  \cdot A \cdot {\left( {1 - 10\% } \right)^n}\).

Tổng số tiền đóng bảo hiểm sau \(5\) năm là:

\(1,3\%  \cdot A\left( {1 + \left( {1 - 10\% } \right) + {{\left( {1 - 10\% } \right)}^2} + {{\left( {1 - 10\% } \right)}^3} + {{\left( {1 - 10\% } \right)}^4} + {{\left( {1 - 10\% } \right)}^5}} \right) \approx \)\(55\)triệu đồng.

Vậy số tiền bác Tâm phải đóng là khoảng 55 triệu.

Đáp án cần nhập là: \(55\).

Vật ở vị trí cân bằng khi và chỉ khi:

\[h = \left| d \right| = 0\]\[ \Leftrightarrow d = 0\]\[ \Leftrightarrow 4\sin 5t - 3\cos 5t = 0\]\[ \Leftrightarrow 4\sin 5t = 3\cos 5t\quad \quad (1)\]

Nếu \[\cos 5t = 0\] thì \[4\sin 5t = 0 \Leftrightarrow \sin 5t = 0\], vô lý vì \[{\sin ^2}5t + {\cos ^2}5t = 1\].

Do đó, \[\cos 5t \ne 0,\] ta chia hai vế phương trình  cho \[\cos 5t,\] ta được:

\[4\tan 5t = 3 \Leftrightarrow \tan 5t = \frac{3}{4}\]\[ \Leftrightarrow 5t \approx 0,644 + k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow t \approx 0,129 + k\frac{\pi }{5}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Do ta chỉ xét trong một giây đầu tiên nên \[t \in \left[ {0,1} \right]\], do đó \[0 \le 0,13 + k\frac{\pi }{5} \le 1\]

\( \Leftrightarrow  - 0,20 \le k \le 1,39\).

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \[k = 0\] hoặc \[k = 1.\]

Gọi \(\overline {ab} \) là số tự nhiên có 2 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho.

Số cách chọn chữ số \(a \in \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6} \right\}\): 6 cách.

Số cách chọn chữ số \(b \in \left\{ {0;\,1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6} \right\}\backslash \left\{ a \right\}\): 6 cách.

Suy ra số lượng số có 2 chữ số khác nhau tạo được là 36 số \( \Rightarrow S\) có 36 phần tử.

Số cách lấy ngẫu nhiên 2 số từ tập \(S\) là: \(C_{36}^2 = 630\) cách.

Gọi biến cố \(A\): “Tích hai số được chọn là một số chẵn”.

Suy ra biến cố \(\overline A \): “Tích hai số được chọn là một số lẻ”.

Gọi \(\overline {mn} \) là số tự nhiên lẻ trong \(S\).

Số cách chọn chữ số \(n\) là 3 cách (\(n \in \left\{ {1\,;\,3\,;\,5} \right\}\))

Số cách chọn chữ số \(m\) là 5 cách.

Suy ra số lượng các số lẻ trong \(S\) là: \(3 \cdot 5 = 15\) số.

Số cách lấy ngẫu nhiên 2 số lẻ trong 15 số lẻ là: \(C_{15}^2 = 105\) cách.

Suy ra \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{105}}{{630}} = \frac{1}{6}\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}\). Chọn C.

Gọi \(N\) là giao điểm của \(A'B\) và \(AB'\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \[A'C'\] thì \(MN\) là trung bình tam giác \[A'BC' \Rightarrow MN{\rm{//}}\,BC'\].

Khi đó góc giữa \(AB'\) và \(BC'\) là góc giữa \(B'N\) và \(MN\) . Suy ra \(\widehat {B'NM} = 60^\circ \) (1).

Đặt: \[AA' = x\]. Khi đó:

\[B'N = \frac{1}{2}AB' = \frac{1}{2}\sqrt {A{{A'}^2} + A'{{B'}^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {{x^2} + 4{a^2}} \].

\[MN = \frac{1}{2}BC' = \frac{1}{2}\sqrt {C{{C'}^2} + B{C^2}}  = \frac{1}{2}\sqrt {{x^2} + 4{a^2}} \].

Do đó : \(BN = MN \Rightarrow \Delta B'MN\) cân tại \(N\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta B'MN\) đều. Suy ra: \(MN = B'N = B'M = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

 Do đó : \[MN = \frac{1}{2}\sqrt {{x^2} + 4{a^2}}  = a\sqrt 3  \Leftrightarrow x = 2a\sqrt 2 \].

Vậy thể tích khối lăng trụ là : \[V = AA' \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2a\sqrt 2  \cdot \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{4} = 2{a^3}\sqrt 6 \]. Chọn A.

Điều kiện xác định: \(x \in \left[ {0;4} \right]\).

Đặt \(t = \sqrt {4x - {x^2}} \) với \(x \in \left[ {0;4} \right]\) thì \(t \in \left[ {0;2} \right]\)

Đặt \(u = {3^t}\) với \(t \in \left[ {0;2} \right]\) thì \(u \in \left[ {1;9} \right]\)

Khi đó, tìm \(m\) đề phương trình \({u^2} - 4u + 2m - 1 = 0\) có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {1;9} \right]\).

\( \Leftrightarrow 2m =  - {u^2} + 4u + 1\), với \(u \in \left[ {1;9} \right]\)

Xét hàm số \(f\left( u \right) =  - {u^2} + 4u + 1\).

Trên đoạn \(\left[ {1;9} \right]\), giá trị lớn nhất của của \(f\left( u \right)\) là \( - 44\) ; giá trị lớn nhất là \(5\).

Do đó, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \( - 44 \le 2m \le 5 \Leftrightarrow  - 22 \le m \le \frac{5}{2}\)

Vậy có \[25\] số nguyên của tham số \(m\).

Đáp án cần nhập là: \(25\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2b{\rm{x}} + c\).

Đồ thị của hàm số \(f'\left( x \right)\) đi qua các điểm \(\left( {1;0} \right)\); \(\left( {0; - 3} \right)\) và có trục đối xứng là \(x = 0\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c =  - 3\end{array} \right.\)\( \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3{\rm{x}} + d\).

Đồ thị \(\left( C \right)\) tiếp xúc với đường thẳng \(y = 4\) tại điểm có hoành độ dương

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} - 3{\rm{x}} + d = 4\\3{{\rm{x}}^2} - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^3} - 3{\rm{x}} + d = 4\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 1\,\left( l \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = 6\\x = 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3{\rm{x}} + 6\)

Xét trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 6\\f\left( 2 \right) = 8\\f\left( 1 \right) = 4\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \)giá trị lớn nhất của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) bằng \(\left| {f\left( 2 \right)} \right| = 8\). Chọn C.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\[2{x^2} - 3x - 5 = 4x + m\] \[ \Leftrightarrow 2{x^2} - 7x - 5 - m = 0\](*).

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

\[\Delta  = {\left( { - 7} \right)^2} - 4 \cdot 2\left( { - m - 5} \right) > 0\] \[ \Leftrightarrow 8m + 89 > 0\]\[ \Leftrightarrow m >  - \frac{{89}}{8}\].

Gọi \[{x_1}\], \[{x_2}\] là hai nghiệm phân biệt của phương trình (*)

nên theo Vi-et ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{7}{2}\\{x_1} \cdot {x_2} = \frac{{ - 5 - m}}{2}\end{array} \right.\].

Khi đó \[2x_1^2 + 2x_2^2 = 3{x_1}{x_2} + 7\]\[ \Leftrightarrow 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 7{x_1}{x_2} - 7 = 0\]

\[ \Leftrightarrow 2{\left( {\frac{7}{2}} \right)^2} - 7 \cdot \left( {\frac{{ - 5 - m}}{2}} \right) - 7 = 0\]\[ \Leftrightarrow 70 + 7m = 0\] \[ \Leftrightarrow m =  - 10\].

Vậy \[m =  - 10\] là giá trị cần tìm.

Đáp án cần nhập là: \( - 10\).

 \(f\left( {{2^{3{x^4} - 4{x^2} + 2}}} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( {{2^{3{x^4} - 4{x^2} + 2}}} \right) =  - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{3{x^4} - 4{x^2} + 2}} = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\{2^{3{x^4} - 4{x^2} + 2}} = a\,\,\,(a <  - 1)\,\,\,\,\,(2)\\{2^{3{x^4} - 4{x^2} + 2}} = b\,\,\,(b > 5)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)\end{array} \right.\)

+) Ta có \({2^{3{x^4} - 4{x^2} + 2}} = 2 \Leftrightarrow 3{x^4} - 4{x^2} + 2 = 1 \Leftrightarrow 3{x^4} - 4{x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = 1\\{x^2} = \frac{1}{3}\end{array} \right.\).

Suy ra phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

+) \({2^{3{x^4} - 4{x^2} + 2}} = a\,\,\,(a <  - 1)\) (phương trình vô nghiệm).

+) Phương trình \({2^{3{x^4} - 4{x^2} + 2}} = b \Leftrightarrow 3{x^4} - 4{x^2} + 2 = {\log _2}b \Leftrightarrow 3{x^4} - 4{x^2} + 2 - {\log _2}b = 0\,\,\,(4)\)

Phương trình có hai nghiệm trái dấu nên phương trình có hai nghiệm phân biệt khác với 4 nghiệm của phương trình trên.

Vậy, phương trình đã cho có 6 nghiệm. Chọn C.

Từ \(f'\left( x \right) = \left( {1 - x} \right)\left( {x + 2} \right) \cdot g\left( x \right) + 2018\)\( \Rightarrow f'\left( {1 - x} \right) = x\left( {3 - x} \right).g\left( {1 - x} \right) + 2018\)

Nên đạo hàm của hàm số \(y = f\left( {1 - x} \right) + 2018x + 2019\) là

\(y' =  - x\left( {3 - x} \right) \cdot g\left( {1 - x} \right) - 2018 + 2018 =  - x\left( {3 - x} \right)g\left( {1 - x} \right)\).

Xét bất phương trình \(y' < 0 \Leftrightarrow x\left( {3 - x} \right) < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\), do \(g\left( x \right) < 0,\forall x \in \mathbb{R}\). Chọn C.

Khi đó: \(10 - x\) (lít) là số xăng Bình sử dụng trong \(1\) ngày.

Suy ra \(f\left( x \right) = \frac{{32}}{x} + \frac{{72}}{{10 - x}}\,\,,\,\,x \in \left( {0;10} \right)\) là tổng số ngày An và Bình sử dụng hết số xăng được khoán.

Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{32}}{x} + \frac{{72}}{{10 - x}}\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) =  - \frac{{32}}{{{x^2}}} + \frac{{72}}{{{{\left( {10 - x} \right)}^2}}}\).

Cho \(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow  - \frac{{32}}{{{x^2}}} + \frac{{72}}{{{{\left( {10 - x} \right)}^2}}} = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x =  - 20 \notin \left( {0;10} \right)\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{32}}{x} + \frac{{72}}{{10 - x}}\,\,,\,\,x \in \left( {0;10} \right)\)

Dựa vào bảng biến thiên, ta có ít nhất \(20\) ngày thì An và Bình sử dụng hết lượng xăng được khoán.

Đáp án cần nhập là: \(20\).

Ta có: \[f\left( x \right) = \frac{{{2^{x + 1}} - {5^{x - 1}}}}{{{{10}^x}}} = \frac{{2 \cdot {2^x} - \frac{1}{5} \cdot {5^x}}}{{{{10}^x}}} = 2 \cdot {\left( {\frac{1}{5}} \right)^x} - \frac{1}{5} \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x}\]

\[ \Rightarrow \]\[\int {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int {\left[ {2 \cdot {{\left( {\frac{1}{5}} \right)}^x} - \frac{1}{5} \cdot {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^x}} \right]{\rm{d}}x}  = 2 \cdot \frac{{{{\left( {\frac{1}{5}} \right)}^x}}}{{\ln \left( {\frac{1}{5}} \right)}} - \frac{1}{5} \cdot \frac{{{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^x}}}{{\ln \left( {\frac{1}{2}} \right)}} =  - \frac{2}{{{5^x} \cdot \ln 5}} + \frac{1}{{5 \cdot {2^x} \cdot \ln 2}} + C\]. Chọn D.

Gọi O là trung điểm MN. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Khi đó, ta có phương trình đường parabol đỉnh \[I\left( {0;6} \right)\]

và đi qua hai điểm \[C\left( {6;0} \right),\] \[D\left( { - 6;0} \right)\] là \[\left( P \right):y = 6 - \frac{1}{6}{x^2}.\]

Diện tích bức tranh là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường parabol \[\left( P \right)\], trục Ox và hai đường thẳng \[x =  - 2,\] \[x = 2.\] Khi đó

\[S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| {6 - \frac{1}{6}{x^2}} \right|} dx = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {6 - \frac{1}{6}{x^2}} \right)} dx = \frac{{208}}{9}\,\,\left( {{m^2}} \right).\]

Vậy, số tiền công ty X cần dùng để làm bức tranh là

\[T = 900000 \cdot \frac{{208}}{9}\, = 20800000\] . Chọn A

Ta có quãng đường xe đi được là \(s\left( t \right) = \int {\left( { - 3t + 15} \right)dt}  =  - \frac{{3{t^2}}}{2} + 15t + C\).

Do \(s\left( 0 \right) = 0\) nên \(C = 0\).

Khi xe dừng hẳn thì \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 5\).

Suy ra quãng đường đi được là \(s\left( 5 \right) =  - 3 \cdot \frac{{25}}{2} + 15 \cdot 5 = 37,5\) (m).

Đáp án cần nhập là: \(37,5\).

Với \(x \in \left[ {1;\,\,3} \right]\) ta có:

\[f'\left( x \right){\left[ {1 + f\left( x \right)} \right]^2} = {\left[ {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)} \right]^2} \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right){{\left[ {1 + f\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^4}}} = {\left( {x - 1} \right)^2}\].

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

Suy ra: \[ - \frac{1}{{3{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^3}}} - \frac{1}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} - \frac{1}{{f\left( x \right)}} = \frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} + x + C\] .

Ta lại có:\[f\left( 1 \right) =  - 1 \Rightarrow \frac{1}{3} - 1 + 1 = \frac{1}{3} - 1 + 1 + C \Rightarrow C = 0\].

Dẫn đến: \[ - \frac{1}{3}{\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right)^3} - {\left( {\frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right)^2} - \frac{1}{{f\left( x \right)}} =  - \frac{1}{3}{\left( { - x} \right)^3} - {\left( { - x} \right)^2} - \left( { - x} \right)\,\,\,\,\left( * \right)\].

Vì hàm số \[g\left( t \right) =  - \frac{1}{3}{t^3} - {t^2} - t\] nghịch biến trên \[\mathbb{R}\] nên \[\left( * \right) \Rightarrow \frac{1}{{f\left( x \right)}} =  - x \Rightarrow f\left( x \right) =  - \frac{1}{x}\].

Hàm số này thỏa các giả thiết của bài toán.

Do đó\(\int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_1^3 {\left( { - \frac{1}{x}} \right){\rm{d}}x =  - } \ln 3 \Rightarrow a =  - 1,\,\,b = 0\). Vậy \(S = a + {b^2} =  - 1\). Chọn B.

Ta có: \(F'\left( x \right) = \left( {2ax + b} \right){{\rm{e}}^{ - x}} - \left( {a{x^2} + bx + c} \right){{\rm{e}}^{ - x}} = \left[ { - a{x^2} + \left( {2a - b} \right)x + \left( {b - c} \right)} \right]{{\rm{e}}^{ - x}}\).

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - a = 1}\\{2a - b =  - 3}\\{b - c = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a =  - 1}\\{b = 1}\\{c =  - 1}\end{array}} \right.\). Chọn A.

\[2{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} - f\left( x \right) \cdot f''\left( x \right) + {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) \cdot f''\left( x \right) - {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} = 2{\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{f\left( x \right) \cdot f''\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = 2 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} \right)^\prime } = 2\]

\[ \Leftrightarrow \int {{{\left( {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} \right)}^\prime }{\rm{d}}x = } \int {2{\rm{d}}x}  \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = 2x + {C_1}\]

\[ \Leftrightarrow \int {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}{\rm{d}}x = \int {2x + {C_1}} }  \Leftrightarrow \ln \left| {f\left( x \right)} \right| = {x^2} + {C_1}x + {C_2}\].

\(f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow \ln 1 = {C_2} \Rightarrow {C_2} = 0\,.\)

\(f\left( 2 \right) = {e^6} \Rightarrow 6 = 4 + 2{C_1} \Rightarrow {C_1} = 1\,\).

\( \Rightarrow \ln \left| {f\left( x \right)} \right| = {x^2} + x \Rightarrow f\left( x \right) = {e^{{x^2} + x}}\)

\( \Rightarrow I = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {2x + 1} \right){e^{{x^2} + x}}{\rm{d}}x} \, = \left. {{e^{{x^2} + x}}} \right|_{ - 2}^0 = 1 - {e^2}\,.\) Chọn C.

Ta có bảng thống kê theo giá trị đại diện như sau

Cỡ mẫu: \(n = 18\)

Số trung bình: \(\bar x = \frac{{2 \cdot 7,3 + 4 \cdot 7,5 + 7 \cdot 7,7 + 5 \cdot 7,9}}{{18}} = \frac{{23}}{3}\)

Phương sai: \({S^2} = \frac{{2 \cdot {{7,3}^2} + 4 \cdot {{7,5}^2} + 7 \cdot {{7,7}^2} + 5 \cdot {{7,9}^2}}}{{18}} - {\left( {\frac{{23}}{3}} \right)^2} = \frac{{11}}{{300}}\)

Độ lệch chuẩn: \(s = \sqrt {\frac{{11}}{{300}}}  \approx 0,19\).

Đáp án cần nhập là: \(0,19\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có \(B'\left( {50;\,0;\,10} \right),\,D'\left( {0;\,35;\,10} \right)\),\(C\left( {50;\,35,0} \right)\) và \(O\left( {25;\,17,5;\,0} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( {CB'D'} \right)\)nhận \(\overrightarrow {B'D'}  = \left( { - 50;\,35;\,0} \right)\) và \(\overrightarrow {CB'}  = \left( {0;\, - 35;\,10} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương nên \(\left( {CB'D'} \right)\) nhận \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {B'D'} ,\,\overrightarrow {CB'} } \right] = \left( {350;\,500;1750} \right)\) làm vectơ pháp tuyến.

Mặt khác, \(\left( {CB'D'} \right)\)qua \(D'\left( {0;\,35;\,10} \right)\) nên có phương trình \(35x + 50y + 175z - 3500 = 0\).

Do mục tiêu di động trên mặt phẳng \(\left( {CB'D'} \right)\) nên khoảng cách ngắn nhất từ điểm ngắm đến mục tiêu chính là khoảng cách từ điểm \(O\) đến mặt phẳng \(\left( {CB'D'} \right)\)

Ta có \(d\left( {O,\left( {CB'D'} \right)} \right) = \frac{{\left| {35 \cdot 25 + 50 \cdot 17,5 + 75 \cdot 0 - 3500} \right|}}{{\sqrt {{{35}^2} + {{50}^2} + {{175}^2}} }} \approx 9,44\left( m \right)\).

Vậy khoảng cách ngắn nhất từ điểm ngắm đến mục tiêu là khoảng \(9,44\) mét.

Đáp án cần nhập là: \(9,44\).

Gọi \[C\left( {{c_1};{c_2};{c_3}} \right)\].

Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):x + y + z + d = 0\)(\(d \ne  - 3\)).

Ta có \(\overrightarrow {CA} \left( { - {c_1};1 - {c_2};1 - {c_3}} \right)\) và \(\overrightarrow {CB} \left( {1 - {c_1}; - {c_2}; - {c_3}} \right)\).

Trường hợp 1. \(\overrightarrow {CA}  = 2\overrightarrow {CB} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{ - {c_1} = 2\left( {1 - {c_1}} \right)}\\{1 - {c_2} =  - 2{c_2}}\end{array}}\\{1 - {c_3} =  - 2{c_3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{{c_1} = 2}\\{{c_2} =  - 1}\end{array}}\\{{c_3} =  - 1}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Rightarrow C\left( {2; - 1; - 1} \right)\).

Vì \(C \in \left( Q \right)\) nên \(2 - 1 - 1 + d = 0 \Leftrightarrow d = 0\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):x + y + z = 0\).

Trường hợp 2. \(\overrightarrow {CA}  =  - 2\overrightarrow {CB} \)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{ - {c_1} =  - 2\left( {1 - {c_1}} \right)}\\{1 - {c_2} = 2{c_2}}\end{array}}\\{1 - {c_3} = 2{c_3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{{c_1} = \frac{2}{3}}\\{{c_2} = \frac{1}{3}}\end{array}}\\{{c_3} = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Rightarrow C\left( {\frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right)\)

Vì \[C \in \left( Q \right)\] nên \(d =  - \frac{4}{3}\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):x + y + z - \frac{4}{3} = 0\)

Vậy \(\left( Q \right):x + y + z - \frac{4}{3} = 0\) hoặc \(\left( Q \right):x + y + z = 0\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {BA}  = \left( {2;0;1} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BA} } \right| = \sqrt {{2^2} + 1}  = \sqrt 5 \)

và \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 2; - 1;0} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BA} } \right| = \sqrt {{2^2} + {1^2}}  = \sqrt 5 \).

Khi đó \(\cos \widehat {ABC} = \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BA}  \cdot \overrightarrow {BC} }}{{\left| {\overrightarrow {BA} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right|}} = \frac{{2 \cdot \left( { - 2} \right) + 0 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 \cdot 0}}{{\sqrt 5  \cdot \sqrt 5 }} =  - \frac{4}{5} =  - 0,8\).

Đáp án cần nhập là: \( - 0,8\).

Bán kính của mặt cầu là \(R = 5\).

Khi đó phương trình mặt cầu cần lập là \({\left( {x + 6} \right)^2} + {\left( {y + 9} \right)^2} + {\left( {z - 15} \right)^2} = 25\). Chọn B.

Xét biến cố \(A:\) “ Bạn Tuấn ném trúng bóng vào rổ”, ta có \(P\left( A \right) = 0,7\).

Xét biến cố \(B:\) “ Bạn Dũng ném trúng bóng vào rổ”, ta có \(P\left( B \right) = 0,8\).

Xét biến cố \(C:\) “Cả hai bạn đều ném trúng bóng vào rổ”.

 Ta thấy \(A;\,B\) là hai biến cố độc lập và \(C = A \cap B\)

Áp dụng công thức nhân xác suất cho hai biến cố độc lập ta có:

\(P\left( C \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,7 \cdot 0,8 = 0,56\). Chọn C.

Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \[I\left( {a + 4b\,;\, - a + b - c\,;\, - b + c} \right)\].

Giả sử mặt phẳng \[\left( \alpha  \right)\] có phương trình \[Ax + By + Cz + D = 0\].

Vì \[I \in \left( \alpha  \right)\] nên ta có \[A\left( {a + 4b} \right) + B\left( { - a + b - c} \right) + C\left( { - b + c} \right) + D = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {A - B} \right)a + \left( {4{\rm{A}} + B - C} \right)b + \left( { - B + C} \right)c =  - D\] (1).

Theo bài ra ta có \[4{\rm{a}} + b - 2c = 4\] (2).

Đồng nhất (1) và (2) ta có hệ phương trình\[\left\{ \begin{array}{l}A - B = 4\\4{\rm{A}} + B - C = 1\\ - B + C =  - 2\\D =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A =  - \frac{1}{4}\\B =  - \frac{{17}}{4}\\C =  - \frac{{25}}{4}\\D =  - 4\end{array} \right.\]

Suy ra \[\left( \alpha  \right)\] có phương trình \[x + 17y + 25z + 16 = 0\].

Vậy, khảng cách từ điểm $D\left(1;2;-2\right)$ đến \[\left( \alpha  \right)\] bằng

\[d\left( {D,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 17 \cdot 2 + 25 \cdot \left( { - 2} \right) + 16} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{17}^2} + {{25}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {915} }}\]. Chọn D.

Gọi A là biến cố: “Lấy được một viên bi xanh ở lần thứ nhất”

Gọi B là biến cố : “Lấy được một viên bi trắng ở lần thứ hai”.

Ta cần tính \(P\left( {A \cap B} \right)\)

Theo công thức nhân xác suất \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)\).

Vì có 30 viên bi xanh trong tổng số 50 viên bi \(P\left( A \right) = \frac{{30}}{{50}} = \frac{3}{5}\).

Nếu A đã xảy ra, tức là một viên bi xanh đã được lấy ra ở lần thứ nhất, thì còn lại trong bình 49 viên bi trong đó số viên bi trắng là 20, do đó \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{20}}{{49}}\).

Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) = \frac{3}{5} \cdot \frac{{20}}{{49}} = \frac{{12}}{{49}} \approx 0,24\).

Đáp án cần nhập là: \(0,24\).

Đặt \(OA = a\)\(\left( {a > 0} \right)\). Khi đó \(OB = 2a\), \(OC = 4a\).

Áp dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\)có phương trình \(\frac{x}{a} + \frac{y}{{2a}} + \frac{z}{{4a}} = 1\).

Do \(M\left( {1\,;\,2\,;\,1} \right) \in \left( \alpha  \right)\)nên \(\frac{1}{a} + \frac{2}{{2a}} + \frac{1}{{4a}} = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{9}{{4a}} = 1 \Leftrightarrow a = \frac{9}{4}\).

Phương trình tổng quát của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\)là: \(4x + 2y + z - 9 = 0\).

Suy ra: \(d\left( {O\,,\,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| {4 \cdot 0 + 2 \cdot 0 + 0 - 9} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{{3\sqrt {21} }}{7}\). Chọn D.

Ta có \(AB = 3 < d\left( {A,\left( P \right)} \right) = 6{\rm{ }} \Rightarrow A,{\rm{ }}B\) nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Gọi \(H,{\rm{ }}K\) lần lượt là hình chiếu của \(A,{\rm{ }}B\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Ta có \(6 = AB + BK \ge AK \ge AH = 6{\rm{ }} \Rightarrow \) \(K \equiv H\) và \(B\) là trung điểm của \(AH\) \( \Rightarrow H\left( {5;6; - 1} \right)\).

\(\left( P \right)\) đi qua \(H\left( {5;6; - 1} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AH}  = \left( {2;2; - 1} \right)\) nên có phương trình là \(2x + 2y - z - 23 = 0 \Leftrightarrow  - 4x - 4y + 2z + 46 = 0\).

\(P\left( B \right) = P\left( {B\mid A} \right)P\left( A \right) + P\left( {B\mid \overline A } \right)P\left( {\overline A } \right)\). Chọn A.

Bán kính của phần mặt cắt là \(r = \sqrt {\frac{S}{\pi }}  = \sqrt {\frac{{\frac{{3\pi }}{4}}}{\pi }}  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Khi đó, khoảng cách từ tâm đến mặt phẳng cắt là \(d = \sqrt {{R^2} - {r^2}}  = \sqrt {1 - \frac{3}{4}}  = \frac{1}{2}\).

Khối vật màu xanh chính là khối được tạo thành khi quay phần hình tròn \({x^2} + {y^2} \le 1\) nằm phía trên trục hoành, phía bên trái đường thẳng \(x = \frac{{ - 1}}{2}\) quanh trục Ox (như hình minh hoạ).

Phương trình phần đường tròn nằm phía trên trục hoành là: \({x^2} + {y^2} = 1 \Leftrightarrow y = \sqrt {1 - {x^2}} \).

Khi đó, thể tích của khối tròn xoay cần tính là:

$V=\pi \underset{-1}{\overset{\frac{-1}{2}}{\int }}{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^{2}dx=\pi \underset{-1}{\overset{\frac{-1}{2}}{\int }}\left(1-x^2\right)dx=\frac{5\pi }{24}$. Chọn C.

Xét điểm \(M\left( {a + 3,1 + \frac{4}{a}} \right)\) bất kì  nằm trên \(\left( C \right)\).

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

Khi đó, phương trình tiếp tuyến đi qua \(M\left( {a + 3,1 + \frac{4}{a}} \right)\) là \(y = \frac{{ - 4}}{{{a^2}}}\left( {x - a - 3} \right) + 1 + \frac{4}{a}\)

Hai tiệm cận của đồ thị hàm số trên là \(x = 3\) và \(y = 1\) cắt nhau tại điểm \(I\left( {3;1} \right)\), khi đó ta tìm được giao điểm của tiếp tuyến với hai tiệm cận là \(A\left( {3;1 + \frac{8}{a}} \right);B\left( {3 + 2a;1} \right)\)

Khi đó, diện tích của tam giác \(IAB\) là \(\frac{1}{2}\left| {1 + \frac{8}{a} - 1} \right|\left| {3 + 2a - 3} \right| = 8\).

Vậy tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1 + \sqrt 2  + \sqrt 5 \) cùng với 2 tiệm cận của đồ thị hàm số tạo thành một tam giác có diện tích là 8.

Đáp án cần nhập là: \(8\).

Gọi \(A\) là biến cố “Lấy được 3 viên bi cùng màu từ hộp thứ nhất”.

Suy ra phải lấy được 3 viên bi xanh \( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{C_5^3}}{{C_6^3}} = \frac{1}{2}\).

\(\overline A \) là biến cố “Lấy 3 viên bi khác màu từ hộp thứ nhất” có nghĩa là lấy 2 xanh và 1 đỏ. Suy ra \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{2}\).

Gọi \(B\) là biến cố “Hai viên bi lấy ra ở hộp II cùng màu”.

\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{C_3^2 + C_4^2}}{{C_7^2}} = \frac{3}{7};P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{C_2^2 + C_5^2}}{{C_7^2}} = \frac{{11}}{{21}}\).

Khi đó \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {B|A} \right) \cdot P\left( A \right)}}{{P\left( {B|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {B|\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline A } \right)}}\)\( = \frac{{\frac{3}{7} \cdot \frac{1}{2}}}{{\frac{3}{7} \cdot \frac{1}{2} + \frac{{11}}{{21}} \cdot \frac{1}{2}}} = 0,45\).

Đáp án cần nhập là: \(0,45\).

Với \(x\) là số lượng chiếc chăn bán trong ngày (\(0 \le x \le 20\)).

Ta có tổng chi phí để sản xuất \(x\) chiếc chăn là:

\(C\left( x \right) = \int {C'\left( x \right)dx}  = \int {\left( {3{x^2} - 4x + 10} \right)dx}  = {x^3} - 2{x^2} + 10x + C\).

Do chi phí cố định ban đầu để sản xuất là 500 nghìn đồng nên ta có: \(C\left( 0 \right) = 500 \Rightarrow C = 500\).

Khi đó, tổng lợi nhuận gia đình thu được khi bán \(x\) chiếc chăn là:

\(P\left( x \right) = 270x - \left( {{x^3} - 2{x^2} + 10x + 500} \right) =  - {x^3} + 2{x^2} + 260x - 500\).

Có \(P'\left( x \right) =  - 3{x^2} + 4x + 260 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 10\\x =  - \frac{{26}}{3}\end{array} \right.\).

Vì \(x \in \left[ {0;20} \right]\) nên \(x = 10\) thỏa mãn.

Ta có \(P\left( 0 \right) =  - 500;P\left( {10} \right) = 1300;P\left( {20} \right) =  - 2500\).

Vậy lợi nhuận tối đa mà gia đình đó thu được là 1300 (nghìn đồng) khi bán được 10 chiếc. Chọn A.

Ta có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} \Rightarrow P\left( {AB} \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) = 0,3 \cdot 0,25 = 0,075\).

Khi đó \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,075}}{{0,4}} = 0,1875\). Chọn A.

Gọi \(n\) là số học sinh lớp 11A tham gia buổi sinh hoạt ngoại khóa \(\left( {n \in \mathbb{N},n \ge 3} \right)\).

Do các học sinh được xếp thành vòng tròn cách đều nhau nên:

+) Hai học sinh đứng đối diện nhau thì vị trí của họ cách nhau nửa vòng tròn.

+) Vì các học sinh được đánh số thứ tự theo chiều kim đồng hồ nên hiệu số thứ tự của hai học sinh đứng đối diện nhau bằng \(\frac{n}{2}\).

Theo đề bài số thứ tự của An là 5 và số thứ tự bạn đứng đối diện An là 13.

Khi đó \(\left| {13 - 5} \right| = 8\). Suy ra \(\frac{n}{2} = 8 \Rightarrow n = 16\). Chọn C.

Do là bàn tròn nên ta cố định ví trí của A mà không làm thay đổi tính tổng quát của bài toán.

Vì D ngồi cạnh A và E nên D phải ngồi giữa A và E. Khi đó ta có A – D – E.

Vì C ngồi cạnh E và không ngồi cạnh F mà E đã có một bên là D nên C bắt buộc phải ngồi ở phía còn lại của E. Khi đó ta có A – D – E – C.

Bàn tròn có 6 chỗ mà ta đã xếp A, D, E, C nên còn 2 vị trí trống cho B và F.

Vì C không ngồi cạnh F mà C đang ngồi cạnh E và chỗ trống bên còn lại của C không thể là F nên vị trí đó phải là B.

Suy ra F chỉ còn vị trí cuối cùng.

Khi đó ta có A – D – E – C – B – F - (về lại A).

Vậy F ngồi cạnh A và B. Chọn A.