Đáp án: \( - 1\).

Ta có \[A = {n^4} + {n^3} + {n^2} = {n^2}\left( {{n^2} + n + 1} \right)\].

Với \(n = 0\) thì \(A = 0\) (thỏa mãn).

Với \(n \ne 0\), \(A\) là số chính phương khi và chỉ khi \({n^2} + n + 1\) là số chính phương.

Giả sử \[{n^2} + n + 1 = {k^2}\quad \left( {k \in \mathbb{N}} \right)\].

Khi đó \[4\left( {{n^2} + n + 1} \right) = 4{k^2} \Leftrightarrow \left( {2n + 1 - 2k} \right)\left( {2n + 1 + 2k} \right) = - 3\].

Do \[2n + 1 + 2k \ge 2n + 1 - 2k,\;\forall n \in \mathbb{Z},\;k \in \mathbb{N},\] nên ta có các trường hợp:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2n + 1 - 2k = - 3}\\{2n + 1 + 2k = 1}\end{array}} \right.\] hoặc \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2n + 1 - 2k = - 1}\\{2n + 1 + 2k = 3}\end{array}} \right.\].

Từ đó suy ra \[n = - 1\] hoặc \[n = 0\].

Tổng các giá trị nguyên \(n\) thỏa mãn là: \[ - 1.\]

Đáp án: 20.

Số ghế ở các hàng tạo thành một cấp só cộng có \({u_1} = 15\) và công sai \(d = 3\).

Giả sử hội trường có \(n\) hàng ghế \(\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Tổng số ghế có trong hội trường là: \({S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] \cdot n}}{2} = \frac{{\left[ {2 \cdot 15 + \left( {n - 1} \right) \cdot 3} \right]n}}{2} = \frac{{3{n^2} + 27n}}{2}.\)

Để hội trường đó có số sức chứa ít nhất 870 ghế ngồi thì \({S_n} \ge 870\)

\( \Leftrightarrow \frac{{3{n^2} + 27n}}{2} \ge 870 \Leftrightarrow {n^2} + 9n - 580 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n \ge 20}\\{n \le - 29}\end{array}.} \right.\)

Vậy kiến trúc sư phải thiết kế tối thiểu 20 hàng ghế.

Đáp án: \(\frac{{46}}{3}\sqrt 3 \pi \;{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}\).

Đặt tên các điểm như trên hình vẽ dưới đây.

Các đường thẳng \(AD,{\mkern 1mu} BC,{\mkern 1mu} IJ\) đồng quy tại \(E\).

Đặt bán kính khối cầu là \[IH = R,\] bán kính mặt đáy của thùng là \[JD = r,\]chiều cao thùng là \[IJ = h.\]

Do thể tích nước tràn ra bằng thể tích nửa khối cầu nên \[\frac{2}{3}\pi {R^3} = 54\sqrt 3 \pi \Rightarrow R = 3\sqrt 3 .\]

Đường kính khối cầu bằng \(\frac{3}{2}\) chiều cao thùng nên \[\frac{3}{2}h = 2R = 6\sqrt 3 \Rightarrow h = 4\sqrt 3 .\]

Từ các tam giác đồng dạng suy ra \[\frac{{EJ}}{{EI}} = \frac{{JC}}{{IB}} = \frac{r}{{3r}} = \frac{1}{3} \Rightarrow EJ = 2\sqrt 3 ,EI = 6\sqrt 3 \].

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \[\frac{1}{{I{H^2}}} = \frac{1}{{I{A^2}}} + \frac{1}{{I{E^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{27}} = \frac{1}{{9{r^2}}} + \frac{1}{{108}} \Rightarrow r = 2.\]

Thể tích thùng nước: \[{V_1} = \frac{1}{3}\pi I{A^2} \cdot IE - \frac{1}{3}\pi J{D^2} \cdot JE = \frac{{208\sqrt 3 \pi }}{3}\,\,d{m^3}\].

Thể tích nước còn lại: \[V = {V_1} - 54\sqrt 3 \pi = \frac{{46\sqrt 3 \pi }}{3}\;{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}\].

Đáp án: Đúng – Đúng.

Ta có $\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(-2x+n\right)dx={\left.\left(-x^2+nx\right)\right|}_1^2=-3+n=0\Rightarrow n=3$.

Vì hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)$

$\iff \underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(x^2-3x+m\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(-2x+3\right)$ \( \Leftrightarrow m - 2 = 1 \Leftrightarrow m = 3\).

Như vậy \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 3x + 3}&{{\rm{\;khi\;}}}&{x < 1}\\{ - 2x + 3}&{{\rm{\;khi\;}}}&{x \ge 1}\end{array}} \right.\).

Ta có \(f\left( x \right) = {x^2} - 3x + 3\) khi \(x < 1\) nên \(f\left( { - 2} \right) = {\left( { - 2} \right)^2} - 3 \cdot \left( { - 2} \right) + 3 = 13\).

Do đó phát biểu thứ nhất đúng.

Ta có \(\int\limits_{ - 1}^3 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{x^2} - 3x + 3} \right)dx} + \int\limits_1^3 {\left( { - 2x + 3} \right)dx} = \frac{{14}}{3}\).

Do đó phát biểu thứ hai đúng.

Đáp án: 72900.

Số tự nhiên có 7 chữ số trong đó chữ số 0 xuất hiện 3 lần là \(C_6^3 \cdot {9^4}\).

Số tự nhiên có 7 chữ số không chia hết cho 5 trong đó chữ số 0 xuất hiện 3 lần là \(C_5^3 \cdot {9^3} \cdot 8\).

Số tự nhiên có 7 chữ số chia hết cho 5 và trong đó chữ số 0 xuất hiện 3 lần là:

\(C_6^3 \cdot {9^4} - C_5^3 \cdot {9^3} \cdot 8 = 72900\).

Đáp án: 8; 16.

Gọi x, y lần lượt là số nhân viên ca I và ca II (\(x > 0,y > 0\)).

Theo giả thiết ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 6}\\{x + y \ge 24}\\{\left( {x + y} \right) - x \le 20}\\{y \ge 2x}\end{array}} \right.\).

Biểu diễn tập nghiệm của hệ bất phương trình:

Tập nghiệm của bất phương trình giới hạn bởi tứ giác \(ABCD\) với:

\(A\left( {6;20} \right),B\left( {10;20} \right),C\left( {8;16} \right),D\left( {6;18} \right)\).

Tiền lương mỗi ngày của các nhân viên: \(T = 20x + 22y\) (nghìn đồng).

\(T\left( {6;20} \right) = 20 \cdot 6 + 22 \cdot 20 = 560\) (nghìn đồng);

\(T\left( {10;20} \right) = 20 \cdot 10 + 22 \cdot 20 = 640\) (nghìn đồng);

\(T\left( {8;16} \right) = 20 \cdot 8 + 22 \cdot 16 = 512\) (nghìn đồng);

\(T\left( {6;18} \right) = 20 \cdot 6 + 22 \cdot 18 = 516\) (nghìn đồng).

Vậy để tiền lương mỗi ngày ít nhất thì ca I có 8 nhân viên, ca II có 16 nhân viên.

Đáp án: \[\frac{{\sqrt {30} }}{{10}}\].

Ta có \(\Delta ABC\) là hình chiếu của \(\Delta AB'I\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Gọi \(\varphi \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AB'I} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) thì \(\cos \varphi = \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta AB'I}}}}\).

 \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin 120^\circ = \sqrt 3 {a^2}\).

 \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \cos 120^\circ = 12{a^2} \Rightarrow BC = B'C' = 2\sqrt 3 a\).

 \(AB' = 2\sqrt 2 a\), \(B'I = \sqrt {13} a\), \(AI = \sqrt 5 a\) nên theo công thức Heron ta tính được \({S_{\Delta AB'I}} = \sqrt {10} {a^2}\).

Vậy \(\cos \varphi = \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta AB'I}}}} = \frac{{\sqrt {30} }}{{10}}\).

Đáp án: \(\frac{{2500}}{3}\,\left( m \right)\).

Thời điểm máy bay đạt vận tốc \(200\,\left( {m/s} \right)\) là \(v\left( t \right) = 200 \Leftrightarrow {t^2} + 10t = 200 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 10\\t = - 20\end{array} \right. \Rightarrow t = 10.\)

Quãng đường máy bay đã di chuyển trên đường băng là:

\[s = \int\limits_0^{10} {\left( {{t^2} + 10t} \right)\,{\rm{d}}t} = \left. {\left( {\frac{{{t^3}}}{3} + 5{t^2}} \right)} \right|_0^{10} = \frac{{2500}}{3}\,\left( m \right)\].

Đáp án: \(\frac{{16}}{{49}}\).

Xét hai biến cố sau:

A: “Học sinh được chọn ra đạt điểm giỏi”;

\(B\): “Học sinh được chọn ra là học sinh nam”.

Khi đó, xác suất để học sinh được chọn ra đạt danh hiệu học sinh giỏi, biết rằng học sinh đó là nam, chính là xác suất của \(A\) với điều kiện \(B\). Ta cần tính \(P\left( {A|B} \right)\).

Ta có \({\rm{P}}\left( {A \cap B} \right) = \frac{{80}}{{600}} = \frac{2}{{15}}{\rm{. }}\)

Do có 245 học sinh nam nên \({\rm{P}}\left( B \right) = \frac{{245}}{{600}} = \frac{{49}}{{120}}\).

Vì thế, ta có \({\rm{P}}\left( {A\mid B} \right) = \frac{{{\rm{P}}\left( {A \cap B} \right)}}{{{\rm{P}}\left( B \right)}} = \frac{{\frac{2}{{15}}}}{{\frac{{49}}{{120}}}} = \frac{{16}}{{49}}.\)

Đáp án: \(17,5\) triệu đồng.

Gọi \(x\) là số tiền cần giảm giá bán mỗi máy tính xách tay (\(0 \le x < 3\)).

Gọi \(y\) là số máy tính bán được tăng thêm sau khi giảm giá bán.

Từ giả thiết ta có \(\frac{x}{{0,5}} = \frac{y}{5} \Leftrightarrow y = 10x\).

Suy ra, số máy tính bán được trong một tháng là \(20 + 10x\).

Khi đó, lợi nhuận thu được là: \(f\left( x \right) = \left( {3 - x} \right)\left( {20 + 10x} \right)\) với \(0 \le x < 3\).

Lợi nhuận thu được cao nhất khi hàm số \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất trên \(\left[ {0\,;\,3} \right)\).

Ta có \(f\left( x \right) = - 10{x^2} + 10x + 60 = - 10{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{{125}}{2} \le \frac{{125}}{2},\forall x \in \left[ {0;3} \right)\).

Suy ra giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\) trên \(\left[ {0\,;\,3} \right)\) bằng \(\frac{{125}}{2}\), đạt được khi \(x = \frac{1}{2}\).

Do đó, lợi nhuận thu được là cao nhất khi giảm giá bán mỗi máy tính \(0,5\) triệu đồng.

Vậy giá bán mỗi máy tính là \(17,5\) triệu đồng.

Đáp án: 1.

Đường thẳng \[{\Delta _1}:2x + 3my - 1 = 0\] có một vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow {{n_1}} = \left( {2\,;\,3m} \right)\].

Đường thẳng \[{\Delta _2}:\,3x - 4y + 7 = 0\] có một vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow {{n_2}} = \left( {3\,;\, - 4} \right)\].

Gọi \[\alpha \] là góc giữa hai đường thẳng \[{\Delta _1}\] và \[{\Delta _2}\]. Theo giả thiết có

\[\sin \alpha = \frac{4}{5} \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{3}{5} \Leftrightarrow \frac{{\left| {6 - 12m} \right|}}{{\sqrt {4 + 9{m^2}} \cdot 5}} = \frac{3}{5} \Leftrightarrow \left| {6 - 12m} \right| = 3\sqrt {4 + 9{m^2}} \]\[ \Leftrightarrow 144{m^2} - 144m + 36 = 36 + 81{m^2} \Leftrightarrow 63{m^2} - 144m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \frac{{16}}{7}\end{array} \right.\].

Vì \[m\] nguyên nên \[m = 0\].

Có một giá trị nguyên của tham số \[m\] thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: \(3x + z + 2 = 0\).

Gọi \(\overrightarrow n = \left( {a\,;\,b\,;\,c} \right)\) với \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ne 0\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(A \in \left( P \right)\).

Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(ax + by + cz - 2a + b + 2c = 0\).

Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {1\,; - 1\,;1} \right)\).

Vì \(d\,{\rm{//}}\,\,\left( P \right)\) nên \(\overrightarrow n \bot \overrightarrow u \Leftrightarrow a - b + c = 0\).

Lấy \(M\left( {1\,;1\,;1} \right) \in d\), có \(d\,{\rm{//}}\,\left( P \right)\)\( \Rightarrow d\left( {d\,,\left( P \right)} \right) = d\left( {M\,,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - a + 2b + 3c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).

Ta có \(\left| { - a + 2b + 3c} \right| \le \sqrt {\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {3^2}} \right]\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} = \sqrt {14\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} \).

Do đó \(d\left( {d\,,\left( P \right)} \right) \le \frac{{\sqrt {14\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = \sqrt {14} \Rightarrow \max d\left( {d,\left( P \right)} \right) = \sqrt {14} \Leftrightarrow \frac{a}{{ - 1}} = \frac{b}{2} = \frac{c}{3}\).

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{-1}=\frac{b}{2}=\frac{c}{3}\\ a-b+c=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-2\\ c=-3\end{array}\right.$. Suy ra phương trình của \(\left( P \right)\,\,:\,\,x - 2y - 3z - 10 = 0\,\).

Do đó mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(3x + z + 2 = 0\).

Đáp án: Sai – Sai – Đúng – Đúng.

Ta có: \({\rm{P}}\left( A \right) = \frac{{16}}{{24}} = \frac{2}{3};{\rm{P}}\left( {\bar A} \right) = \frac{8}{{24}} = \frac{1}{3}\).

Nếu lần thứ nhất lấy ra chai loại \(I\) thì két còn 23 chai nước, trong đó có 15 chai loại I, 8 chai loại II. Suy ra \({\rm{P}}\left( {B\mid A} \right) = \frac{{15}}{{23}}\).

Nếu lần thứ nhất lấy ra chai loại II thì két còn 23 chai nước, trong đó có 16 chai loại I, 7 chai loại II. Suy ra \({\rm{P}}\left( {B|\bar A} \right) = \frac{{16}}{{23}}\).

Ta có \({\rm{P}}\left( {\bar B\mid A} \right) = 1 - {\rm{P}}\left( {B\mid A} \right) = 1 - \frac{{15}}{{23}} = \frac{8}{{23}}\).

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\({\rm{P}}\left( B \right) = {\rm{P}}\left( A \right) \cdot {\rm{P}}\left( {B\mid A} \right) + {\rm{P}}\left( {\bar A} \right) \cdot {\rm{P}}\left( {B|\bar A} \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{{15}}{{23}} + \frac{1}{3} \cdot \frac{{16}}{{23}} = \frac{2}{3}\).

Đáp án: 1; \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Đặt \(\frac{{BM}}{{BA}} = x\), với \(0 \le x \le 1 \Rightarrow \frac{{DN}}{{DC}} = x\).

Khi đó ta có: \(\overrightarrow {BM} = x \cdot \overrightarrow {BA} \) và \(\overrightarrow {DN} = x \cdot \overrightarrow {DC} \).

Ta có \(\overrightarrow {DN} = x \cdot \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \overrightarrow {BN} - \overrightarrow {BD} = x\left( {\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {BD} } \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {BN} = x\overrightarrow {BC} + \left( {1 - x} \right)\overrightarrow {BD} \).

Do đó \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {BN} - \overrightarrow {BM} = x\overrightarrow {BC} + \left( {1 - x} \right)\overrightarrow {BD} - x\overrightarrow {BA} \).

Khi đó, \({\rm{M}}{{\rm{N}}^2} = {x^2}{a^2} + {\left( {1 - x} \right)^2}{a^2} + {x^2}{a^2} + 2x\left( {1 - x} \right)\frac{{{a^2}}}{2} - 2{x^2} \cdot \frac{{{a^2}}}{2} - 2x\left( {1 - x} \right)\frac{{{a^2}}}{2}\)

\( = \left[ {{x^2} + {{(1 - x)}^2} + {x^2} + x\left( {1 - x} \right) - {x^2} - x\left( {1 - x} \right)} \right] \cdot {a^2}\)\( = \left[ {2{x^2} - 2x + 1} \right] \cdot {a^2}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} - 2x + 1\) trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) ta có:

\({\rm{max}}f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) = 1,{\rm{min}}f\left( x \right) = f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\).

MN đạt giá trị lớn nhất bằng \(m = 1\) khi \(M \equiv B,N \equiv D\) hoặc \(M \equiv A,N \equiv C\).

MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(n = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) khi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\).

Đáp án: 40.

Vì trọng lượng của xô là \(2,5N\) không thay đổi nên công đưa xô lên cao \(10\,m\) là

\({W_{xo}} = {P_{xo}} \cdot h = 2,5 \cdot 10 = 25\,\,\left( {Nm} \right)\).
Trọng lượng của nước thay đổi tùy thuộc vào độ cao của xô so với mặt đất.

Gọi \(x\) là độ cao của xô so với mặt đất, khi đó \(f\left( x \right) = ax + b\) là trọng lượng của nước tương ứng với độ cao \(x\).

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = ax + b\) đi qua 2 điểm \(A\left( {0;2} \right)\) và \(B\left( {20;0} \right)\) nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \cdot 0 + b = 2{\rm{\;}}}\\{a \cdot 20 + b = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 2}\\{a = - \frac{1}{{10}}}\end{array} \Rightarrow f\left( x \right) = - \frac{1}{{10}}x + 2} \right.\).

Công sinh ra khi đưa nước từ mặt đất lên cao 10 m là

\(\int\limits_0^{10} {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^{10} {\left( { - \frac{1}{{10}}x + 2} \right)dx} = \left. {\left( { - \frac{1}{{20}}{x^2} + 2x} \right)} \right|_0^{10} = 15\,\,\left( {Nm} \right)\).
Vậy công toàn bộ để đưa cả xô và nước lên cao 20 m là: \(15 + 25 = 40\left( {{\rm{Nm}}} \right)\).

Đáp án: \(\alpha = 1\); \(\alpha = 2\).

Dễ thấy khi α nguyên dương thì hàm số xác định trên \(\mathbb{R}\).

Với \(\alpha = - 1\) và \(\alpha = \frac{1}{{10}}\) thì hàm số không xác định trên \(\mathbb{R}\).

Câu 25. Đáp án: \(x = a\).

Ta có \(\Delta SAB = \Delta SAD \Rightarrow SB = SD \Rightarrow \Delta SBC = \Delta SDC\).

Kẻ \(BI \bot SC \Rightarrow DI \bot SC \Rightarrow \) \(\widehat {BID}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {B,SC,D} \right]\)

\( \Rightarrow \widehat {BID} = 120^\circ \).

Ta có \(B{D^2} = B{I^2} + I{D^2} - 2BI.ID.\cos \widehat {BID} \Leftrightarrow 2{a^2} = 3B{I^2} \Rightarrow BI = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

\(IC = \sqrt {B{C^2} - B{I^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \cos \widehat {SCB} = \frac{{IC}}{{BC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

\(S{B^2} = S{A^2} + A{B^2} = {x^2} + {a^2};S{C^2} = S{A^2} + A{C^2} = {x^2} + 2{a^2}\) .

\(\cos \widehat {SCB} = \frac{{S{C^2} + B{C^2} - S{B^2}}}{{2SC.BC}} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{a}{{\sqrt {2{a^2} + {x^2}} }} \Leftrightarrow 6{a^2} + 3{x^2} = 9{a^2} \Rightarrow x = a\).

Đáp án: Đúng – Đúng – Sai.

Ta có 99 không chia hết cho 7 mà 7 là số nguyên tố nên \(\left( {99;7} \right) = 1\) nên phát biểu thứ nhất đúng.
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 123456789}\\{b = 987654321}\end{array}} \right. \Rightarrow a + b = 1111111110 = \frac{{{{10}^{10}} - 10}}{9}\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9a + 9b = {{10}^{10}} - 10}\\{10b + a = {{10}^{10}} - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow b - 8a = 9\).

Gọi \[\left( {a,b} \right) = d \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \vdots d}\\{b \vdots d}\end{array}} \right. \Leftrightarrow b - 8a \vdots d\]\[ \Rightarrow 9 \vdots d\].

Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \vdots 9}\\{b \vdots 9}\end{array}} \right. \Rightarrow d \vdots 9\).

Từ đó suy ra \(\left( {a;b} \right) = 9\) nên phát biểu thứ hai đúng.

Giả sử \(\left( {2k - 1;9k + 4} \right) = d \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2k - 1 \vdots d}\\{9k + 4 \vdots d}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow 2\left( {9k + 4} \right) - 9\left( {2k - 1} \right) \vdots d \Leftrightarrow 17 \vdots d \Rightarrow d \in \left\{ { \pm 1; \pm 17} \right\}\).

Vậy phát biểu thứ ba sai.

Đáp án: −10.

Đặt \[\frac{{{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}^x}}}{{{2^x}}} = t\,\,\left( {t > 0} \right) \Rightarrow \frac{{{{\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}^x}}}{{{2^x}}} = \frac{1}{t}\].

Phương trình đã cho thành \(t + \frac{m}{t} = 1 \Leftrightarrow m = - {t^2} + t\).

Để phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm thì \(m = - {t^2} + t\) có đúng 1 nghiệm dương hoặc có 1 nghiệm không dương và 1 nghiệm dương.

Khảo sát hàm số \(f\left( t \right) = - {t^2} + t\) ta được:

Để \(m = - {t^2} + t\) có nghiệm thì \(m \le \frac{1}{4}\).

Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \le 0\).

Mặt khác \(m \le 0\) thì phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm dương.

Vậy \( - 5 < m \le 0 \Rightarrow - 4 \le m \le 0 \Rightarrow \) Tổng các giá trị của \(S\) là: \( - 1 + \left( { - 2} \right) + \left( { - 3} \right) + \left( { - 4} \right) = - 10\).

Đáp án: 760.

Nhận thấy đường thẳng \(AB\) không vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và

\(\left( { - 1 + 0 - 0 + 2} \right) \cdot \left( {1 + 0 - 1 + 2} \right) > 0\) nên \(A,B\) nằm cùng phía so với \(\left( P \right)\).

Giả sử \(M\left( {x;y;z} \right)\). Gọi \(A',B'\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,B\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Vì các đường thẳng \(MA,MB\) cùng tạo với mặt phẳng \(\left( P \right)\) các góc bằng nhau nên \(\widehat {AMA'} = \widehat {BMB'}\)

 $\Rightarrow \text{Δ}AM{A}^{\text{'}}\backsim \text{\hspace{0.17em}Δ}BM{B}^{\text{'}}\Rightarrow \frac{MA}{MB}=\frac{A{A}^{\text{'}}}{B{B}^{\text{'}}}=\frac{d\left(A,\left(P\right)\right)}{d\left(B,\left(P\right)\right)}=\frac{\left|-1+2\right|}{\left|1-1+2\right|}=\frac{1}{2}$

\( \Leftrightarrow MB = 2MA \Leftrightarrow M{B^2} = 4M{A^2} \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2}\)\( = 4\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2} + {z^2}} \right]\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} + 10x + 2z + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} + \frac{{10}}{3}x + \frac{2}{3}z + \frac{2}{3} = 0\).

Vậy \(M\) nằm trên mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\left( { - \frac{5}{3};0; - \frac{1}{3}} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{{\left( { - \frac{5}{3}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{1}{3}} \right)}^2} - \frac{2}{3}} = \frac{{2\sqrt 5 }}{3}\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in \left( P \right)}\\{M \in \left( S \right)}\end{array} \Rightarrow M \in \left( C \right)} \right.\), với \(\left( C \right) = \left( P \right) \cap \left( S \right)\).

Ta có \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - \frac{5}{3} + \frac{1}{3} + 2} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \frac{2}{{3\sqrt 3 }}\).

Gọi \(E\) là hình chiếu của \(I\) lên \(\left( P \right)\).

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm là \(E\) và bán kính bằng \(r = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right)} = \)\(\sqrt {\frac{{20}}{9} - \frac{4}{{27}}} = \frac{{2\sqrt {42} }}{9}\).

Đường thẳng \(IE\) đi qua điểm \(I\) nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1;1; - 1} \right)\) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình \(IE:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{5}{3} + t}\\{y = t}\\{z = - \frac{1}{3} - t}\end{array} \Rightarrow E\left( { - \frac{5}{3} + t;t; - \frac{1}{3} - t} \right)} \right.\).

\(E \in \left( P \right) \Leftrightarrow - \frac{5}{3} + t + t + \frac{1}{3} + t + 2 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{2}{9} \Leftrightarrow E\left( { - \frac{{17}}{9}; - \frac{2}{9}; - \frac{1}{9}} \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Phương trình đường thẳng \(OH:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = t'}\\{y = t'}\\{z = - t'}\end{array} \Rightarrow H\left( {t';t'; - t'} \right)} \right.\).

\(H\left( {t';t'; - t'} \right) \in \left( P \right) \Leftrightarrow t' + t' + t' + 2 = 0 \Leftrightarrow t' = - \frac{2}{3} \Leftrightarrow H\left( { - \frac{2}{3}; - \frac{2}{3};\frac{2}{3}} \right)\).

\(\overrightarrow {HE} = \left( { - \frac{{11}}{9};\frac{4}{9}; - \frac{7}{9}} \right) \Rightarrow HE = \sqrt {\frac{{121}}{{81}} + \frac{{16}}{{81}} + \frac{{49}}{{81}}} = \frac{{\sqrt {186} }}{9}\).

Vì \(O{M^2} = O{H^2} + H{M^2}\) nên \(OM_{{\rm{max}}}^2 \Leftrightarrow HM_{{\rm{max}}}^2\).

Mà \(H{M_{{\rm{max}}}} = HE + r = \frac{{\sqrt {186} + 2\sqrt {42} }}{9}\).

Suy ra \(OM_{{\rm{max}}}^2 = \frac{4}{3} + {\left( {\frac{{\sqrt {186} + 2\sqrt {42} }}{9}} \right)^2} = \frac{4}{3} + \frac{{354 + 24\sqrt {217} }}{{81}} = \frac{{462 + 24\sqrt {217} }}{{81}}\).

Do đó \(a = 462,b = 217,c = 81\). Vậy \(a + b + c = 760\).

Đáp án: 3.

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 $S_1=\underset{-2}{\overset{1}{\int }}\left|f^{\text{'}}\left(x\right)\right|\text{d}x=-\underset{-2}{\overset{1}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=f\left(-2\right)-f\left(1\right)\Rightarrow f\left(-2\right)-f\left(1\right)=9\Rightarrow f\left(-2\right)=9+f\left(1\right)=12$.

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

\({S_2} = \int\limits_1^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} {\rm{d}}x = - \int\limits_1^4 {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = f\left( 1 \right) - f\left( 4 \right) \Rightarrow f\left( 1 \right) - f\left( 4 \right) = 12 \Rightarrow f\left( 4 \right) = f\left( 1 \right) - 12 = - 9.\)

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

Đáp án: 110,65 m.

Trong \(\Delta AKI\) ta có: \(\widehat {AIK} + \widehat {IKA} + \widehat {KAI} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác).

\( \Rightarrow \widehat {KAI} = 180^\circ - \widehat {AIK} - \widehat {IKA} = 180^\circ - 60^\circ - 50^\circ = 70^\circ \).

Áp dụng định lí sin vào \(\Delta AKI\), ta có: \(\frac{{AK}}{{{\rm{sin}}\widehat {AIK}}} = \frac{{IK}}{{{\rm{sin}}\widehat {KAI}}} = \frac{{AI}}{{{\rm{sin}}\widehat {IKA}}}\)

\( \Rightarrow AK = \frac{{IK \cdot {\rm{sin}}\widehat {AIK}}}{{{\rm{sin}}\widehat {KAI}}} = \frac{{380 \cdot {\rm{sin}}60^\circ }}{{{\rm{sin}}70^\circ }} \approx 350,21\left( {\rm{m}} \right)\).

Ta có \(\widehat {KAI} + \widehat {KAB} = 180^\circ \) (hai góc kề bù), suy ra \(\widehat {KAB} = 180^\circ - \widehat {KAI} = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ \).

Áp dụng định lí sin vào \(\Delta AKB\), ta suy ra

\(AB = \frac{{AK \cdot {\rm{sin}}\widehat {AKB}}}{{{\rm{sin}}\widehat {ABK}}} \approx \frac{{350,21 \cdot {\rm{sin}}\left( {65^\circ - 50^\circ } \right)}}{{{\rm{sin}}\left( {180^\circ - 110^\circ - 15^\circ } \right)}} \approx 110,65\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Đáp án: \(6,7^\circ {\rm{C}}\).

Theo đề bài ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k \cdot {a^2} = 3}\\{{\rm{k}} \cdot {{\rm{a}}^5} = 10}\end{array}\,\,} \right.\left( 1 \right)\). Cần tìm \(t\) thỏa mãn \(k \cdot {a^t} = 20\).

Từ \(\left( 1 \right)\) suy ra \(k = \frac{3}{{{a^2}}}{\rm{\;}}\) và\({\rm{\;}}a = \sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}\).

Khi đó \(k \cdot {a^t} = 20 \Rightarrow \frac{3}{{{a^2}}} \cdot {a^t} = 20 \Rightarrow {a^{t - 2}} = \frac{{20}}{3}\)\( \Rightarrow t = 2 + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\sqrt[3]{{\frac{{10}}{3}}}}}\frac{{20}}{3} \approx 6,7\).

Đáp án: 2024.

Giả sử \({2^{2023}}\) có \(m\) chữ số và \({5^{2023}}\) có \(n\) chữ số. Khi đó hai số \({2^{2023}}\) và \({5^{2023}}\) viết liền nhau tạo thành một số có \(m + n\) chữ số.

Vì \({2^{2023}}\) có \(m\) chữ số nên \({10^{m - 1}} < {2^{2023}} < {10^m}\left( 1 \right)\).

Vì \({5^{2023}}\) có \(n\) chữ số nên \({10^{n - 1}} < {5^{2023}} < {10^n}\left( 2 \right)\).

Nhân từng vế của \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta được: \({10^{m + n - 2}} < {10^{2023}} < {10^{m + n}} \Leftrightarrow m + n - 2 < 2023 < m + n\).

Mà \(m,n \in \mathbb{N}\) nên \(m + n - 1 = 2023 \Leftrightarrow m + n = 2024\).

Đáp án: \(9\sqrt 2 \pi \); \(9\pi \).

Giả sử ta có khối nón \(\left( S \right)\) như hình vẽ.

Vì \(\Delta SAB\) vuông cân nên \(h = SH = HA = HB = R = 3\); \(l = SA = SB = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2R}}{{\sqrt 2 }} = 3\sqrt 2 \).

Diện tích xung quanh của hình nón \(\left( S \right)\) là: \({S_{xq}} = \pi Rl = 9\sqrt 2 \pi \).

Thể tích của khối nón \(\left( S \right)\) là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = 9\pi \).

Đáp án: 600; 133.

Vị trí xuất phát của máy bay tương ứng với t = 0 nên là điểm \(A\left( {1;1; - 2} \right)\).

Sau 1 giờ bay thì máy bay có tọa độ ứng với t = 1 nên vị trí máy bay là \(B\left( { - 3;3;2} \right)\).

Ta có \(AB = \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {2^2} + {4^2}} = 6\). Vậy trong 1 giờ máy bay bay được 600 km.

Để máy bay bị phát hiện thì khoảng cách từ máy bay đến radar không vượt quá 1

\( \Rightarrow \sqrt {{{\left( {1 - 4t} \right)}^2} + {{\left( {1 - 2t} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 4t} \right)}^2}} \le 1 \Rightarrow 36{t^2} - 28t + 5 \le 0 \Leftrightarrow \frac{5}{{18}} \le t \le \frac{1}{2}\).

Vậy, vị trí đầu tiên khi radar phát hiện ra máy bay là điểm ứng với \({t_1} = \frac{5}{{18}}\) nên vị trí đó là \(C\left( {\frac{{ - 1}}{9};\frac{4}{9}; - \frac{8}{9}} \right)\) và vị trí cuối cùng khi radar phát hiện ra máy bay là điểm ứng với \({t_2} = \frac{1}{2}\) nên vị trí đó là \(D\left( { - 1;0;0} \right)\).

Khi đó, trong thời gian máy bay bị phát hiện thì máy bay bay được quãng đường

\(CD = \sqrt {{{\left( {\frac{8}{9}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{4}{9}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{8}{9}} \right)}^2}} = \frac{4}{3} \approx 1,33\).

Vậy máy bay bay được hơn 133 km trong thời gian bị radar phát hiện.

Đáp án: Sai – Đúng – Sai.

Vì OM là độ dài đường cao của tam giác đều có cạnh bằng cạnh đáy của khối chóp lục giác đều nên cạnh đáy của khối chóp lục giác đều bằng \(\frac{2}{{\sqrt 3 }}x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}x\) (cm).

Ta có \(AM = 4 - x\) nên chiều cao khối chóp lục giác đều là \(\sqrt {{{\left( {4 - x} \right)}^2} - {x^2}} = \sqrt {16 - 8x} \) (cm).

Thể tích khối chóp lục giác đều là \(V = \frac{1}{3} \cdot \sqrt {16 - 8x} \cdot 6 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4} \cdot {\left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}x} \right)^2} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\sqrt {16{x^4} - 8{x^5}} \) (cm³).

\(V\) lớn nhất \( \Leftrightarrow 64{x^3} - 40{x^4} = 0 \Rightarrow x = \frac{8}{5}.\)

Khi đó thể tích lớn nhất của khối chóp lục giác đều bằng \(\frac{{512\sqrt {15} }}{{375}}\) (cm³).

Đáp án: \[22\].

Dãy số ban đầu là \[1;\;2;3;4;\;5;\;6;7;8;\;9;\;10;11;12;\;13;14;15;16;\; \ldots {\rm{ }};\;41;42;43;44\].

Gọi “lớp k” gồm các số của các tập truyện khi chia cho \[4\] dư \[k,\,\,1 \le k \le 4,\,k \in \mathbb{N}\]. Khi đó các số trong cùng một lớp có thể hoán đổi vị trí cho nhau mà không bị tính điểm.

Lớp 1: Các tập truyện mang số \[1;\;\;5;\;\;9;\;\,\,13;\; \ldots {\rm{ }};\;41\].

Lớp 2: Các tập truyện mang số \[2;\;\;6;\;\;10;\;\,\,14;\; \ldots {\rm{ }};\;42\].

Lớp 3: Các tập truyện mang số \[\;3;\;\;7;\;\,11;\;\,15;{\rm{ }} \ldots \;;\;\,43\].

Lớp 4: Các tập truyện mang số \[4;\;\;8;\;\,12;\;\,16; \ldots ;{\rm{ 44}}\].

Theo yêu cầu của anh Minh, cần sắp xếp các tập truyện theo thứ tự mới là:

\[44;43;42;41;40;39;38;37;36;35;34;33;32;31;30;29;28;\,\,...\,\,;4;3;2;1\].

Nhận xét:

Các số ở lớp \[4\]cần đổi sang lớp 1 và ngược lại, các số ở lớp 2 đổi sang lớp \[3\] và ngược lại (Xem bảng minh họa).

Do đó thực hiện hoán đổi cặp số L2 và L3 liền kề (\[11\] cặp), L4 và L\[1\] liền kề (\[10\] cặp), chỉ còn số \[1\] và \[44\] chưa được đổi lớp (Bị tính 21 điểm) (Xem bảng minh họa).

Tiếp theo dùng quy tắc hoán đổi trong cùng một lớp sao cho số \[1\] và \[44\] lần lượt được xếp vào vị trí L\[1\] và L4 kế nhau rồi thực hiện hoán đổi hai tập truyện liền kề để đổi lớp (bị tính \[1\] điểm).

Cuối cùng dùng quy tắc hoán đổi không bị tính điểm các số trong từng lớp để được thứ tự theo yêu cầu.

Với cách thực hiện này Linh bị tính \[22\] điểm.

Vì mỗi số phải đổi lớp ít nhất một lần, với \[44\] số thì \[22\]lần hoán đổi hai vị trị liền kề là tối ưu nhất.

Vậy điểm số nhỏ nhất là \[22\]để Linh thực hiện được thử thách trên.

Đáp án: \(1,2\) tỉ đồng.

Gọi số tiền người thứ nhất, thứ hai, thứ ba đóng góp lần lượt là \(x,\,\,y,\,\,z\) \(\left( {x,\,\,y,\,\,z > 0} \right)\) (triệu đồng).

Số tiền người đầu đóng góp bằng nửa tổng số tiền của ba người còn lại nên:

\(x = \frac{1}{2}\left( {y + z + 260} \right) \Leftrightarrow 2x - y - z = 260\).

Số tiền người thứ hai đóng góp bằng \(\frac{1}{3}\) tổng số tiền của ba người còn lại nên:

\(y = \frac{1}{3}\left( {x + z + 260} \right) \Leftrightarrow - x + 3y - z = 260\).

Số tiền người thứ ba đóng góp bằng \(\frac{1}{4}\) tổng số tiền 3 người còn lại nên:

\(z = \frac{1}{4}\left( {x + y + 260} \right) \Leftrightarrow - x - y + 4z = 260\).

Khi đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y - z = 260\\ - x + 3y - z = 260\\ - x - y + 4z = 260\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 400\\y = 300\\z = 240\end{array} \right.\).

Giá của chiếc thuyền là: \(400 + 300 + 240 + 260 = 1200\) (triệu đồng) hay \(1,2\) tỉ đồng.

Đáp án: 0,456.

Gọi \(A\) là biến cố “Hạt giống phát triển bình thường trên ô đất thí nghiệm \(A\)”.

Ta có \(P\left( A \right) = 0,61\).

Khi đó \(\bar A\) là biến cố “Hạt giống phát triển không bình thường trên ô đất thí nghiệm \(A\)”.

Ta có \( \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,61 = 0,39\).

Gọi \(B\) là biến cố “Hạt giống phát triển bình thường trên ô đất thí nghiệm \(B\)”.

Ta có \(P\left( B \right) = 0,7\).

Khi đó, \(\overline B \) là biến cố “Hạt giống phát triển không bình thường trên ô đất thí nghiệm \(B\)”.

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

Ta có các cặp biến cố \(\overline A \) và \(B,A\) và \(\overline B \) độc lập.

Hai biến cố \(\overline A B\) và \(A\overline B \) xung khắc.

Gọi C là biến cố “Hạt giống chỉ phát triển bình thường trên một ô đất”.

Khi đó \(P\left( C \right) = P\left( {\overline A B \cup A\overline B } \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) + P\left( B \right) \cdot P\left( {\overline A } \right) = 0,61 \cdot 0,3 + 0,7 \cdot 0,39 = 0,456\).

Vậy xác suất hạt giống chỉ phát triển bình thường trên một ô đất bằng 0,456.

Đáp án: 252; 21; 204.

Số cách chọn 5 học sinh tùy ý từ 10 học sinh là: \[C_{10}^5 = 252\] cách.

Ta xét số cách chọn 5 học sinh không thuộc cả ba lớp. Có ba trường hợp sau:

Trường hợp 1: Chọn 5 học sinh thuộc hai lớp 12A và 12B có \[C_7^5 = 21\] cách.

Trường hợp 2: Chọn 5 học sinh thuộc hai lớp 12A và 12C có \[C_7^5 = 21\] cách.

Trường hợp 3: Chọn 5 học sinh thuộc hai lớp 12B và 12C có \[C_6^5 = 6\] cách.

Vậy số cách chọn 5 học sinh sao cho lớp nào cũng có học sinh là:

\(252 - \left( {21 + 21 + 6} \right) = 204\) cách.

Đáp án: Sai – Đúng – Sai.

Ta có \(\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right| \cdot \cos 120^\circ = 2 \cdot 1 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = - 1.\) Vậy phát biểu thứ nhất sai.

Lại có \({\overrightarrow a ^2} = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} = 4,{\overrightarrow b ^2} = {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} = 1\).

Khi đó ta có \(\overrightarrow a \cdot \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) = {\overrightarrow a ^2} + \overrightarrow a \cdot \overrightarrow b = 4 - 1 = 3\). Vậy phát biểu thứ hai đúng.

Ta có \({\left| {2\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right|^2} = {\left( {2\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right)^2} = 4{\overrightarrow a ^2} - 4\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b + {\overrightarrow b ^2} = 4 \cdot 4 - 4 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 = 21 \Rightarrow \left| {2\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right| = \sqrt {21} \).

Vậy phát biểu thứ ba sai.