Đáp án: Đúng – Sai – Đúng.

Vì\(y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x + 1}}{{x - 2}} = 1\) nên \(y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Do đó phát biểu thứ nhất đúng.

Có \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 2\). Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định. Do đó phát biểu thứ hai sai.

Tâm đối xứng là giao điểm 2 đường tiệm cận \(x = 2\) và \(y = 1 \Rightarrow I(2;1)\) nên phát biểu thứ ba đúng.

Đáp án: 3.

Phương trình: \({x^2} - 4x + m = 0 \Leftrightarrow m = - {x^2} + 4x\).

Xét hàm \(f\left( x \right) = - {x^2} + 4x\) trên khoảng \(\left( {0;5} \right)\).

Có \(f'\left( x \right) = - 2x + 4\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

Bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\)

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt, đường thẳng \(y = m\) phải cắt đồ thị tại 2 điểm.

Dựa vào bảng biến thiên ta có \(0 < m < 4\)

mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \{ 1,2,3\} \). Vậy có 3 giá trị nguyên của m.

Đáp án: Đúng – Đúng.

Xét \({u_{n + 1}} - {u_n} = \left[ {2\left( {n + 1} \right) - \frac{1}{{n + 1}}} \right] - \left[ {2n - \frac{1}{n}} \right] = 2 + \frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}} = 2 + \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}} > 0\).

Suy ra \(\left( {{u_n}} \right)\) là dãy tăng. Do đó phát biểu thứ nhất đúng.

Vì dãy tăng nên \({u_n} \ge {u_1} = 2 \cdot 1 - \frac{1}{1} = 1\). Dãy bị chặn dưới bởi 1 nên phát biểu thứ hai đúng.

Đáp án: Phát biểu thứ nhất và phát biểu thứ tư.

Đạo hàm: \(y' = - 4{x^3} + 4x = - 4x\left( {{x^2} - 1} \right)\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0,x = 1,x = - 1\).

Bảng biến thiên của hàm số

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

+) Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).

+) Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\).

+) Hàm số có 2 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.

+) Điểm \(\left( {0;1} \right)\) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.

Do đó phát biểu thứ nhất và thứ tư đúng.

Đáp án: 2.

\(d\left( {M,d} \right) = \frac{{\left| {3 \cdot 1 - 4 \cdot 2 - 5} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| {3 - 8 - 5} \right|}}{5} = \frac{{10}}{5} = 2\).

Đáp án: 10.

\(f\left( 0 \right) = c = 1\). (1)

\(f\left( 1 \right) = a + b + c = 2 \Rightarrow a + b = 1\). (2)

\(f\left( 2 \right) = 4a + 2b + c = 5 \Rightarrow 4a + 2b = 4 \Rightarrow 2a + b = 2\). (3)

Từ (1), (2), (3), ta có \(a = 1,b = 0,c = 1\). Vậy \(f\left( x \right) = {x^2} + 1\).

Vậy \(f\left( 3 \right) = {3^2} + 1 = 10\).

Đáp án: 2.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 - \frac{1}{{{x^2}}}}}{{1 + \frac{3}{{{x^2}}}}} = \frac{{2 - 0}}{{1 + 0}} = 2\).

Đáp án: 12; 12.

Ta có \(s = \int\limits_0^2 {\left( {3{t^2} + 2} \right)dx} \left. { = \left( {{t^3} + 2t} \right)} \right|_0^2 = 12\left( m \right)\).

Có \(a'\left( t \right) = 6t\). Khi đó \(a'\left( 2 \right) = 12\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Đáp án: 1.

Gọi \(\left( C \right):\) \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d{\mkern 1mu} (a \ne 0)\)

Do \(\left( C \right)\) cắt trục \(Oy\) tại điểm có tung độ bằng \(2\) nên \(d = 2\)

Vì \(\left( C \right)\) đi qua \(3\) điểm \(A\left( { - 1; - 2} \right),\,\,B\left( {1;0} \right)\) và \(C\left( {2; - 2} \right)\) nên ta được hệ phương trình

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - a + b - c = - 4}\\{a + b + c = - 2}\\{4a + 2b + c = - 2}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 3}\\{c = 0}\end{array}} \right.\)

Do đó \(\left( C \right):y = {x^3} - 3{x^2} + 2.\)

Gọi \(\left( P \right):y = m{x^2} + nx + r{\mkern 1mu} (m \ne 0)\)

Do \(\left( P \right)\) đi qua \(3\) điểm \(A\left( { - 1; - 2} \right),\,\,O\left( {0;0} \right)\) và \(C\left( {2; - 2} \right)\) nên ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - n + r = - 2}\\{r = 0}\\{4m + 2n + r = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 1}\\{r = 0}\\{n = 1}\end{array}} \right..\)

Do đó \(\left( P \right):y = - {x^2} + x\)

Vậy \({S_{(H)}} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - x + 2} \right|} = \frac{{37}}{{12}}.\)

\( \Rightarrow a = 37,b = 12 \Rightarrow a - 3b = 1.\)

Đáp án: 4.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 4 > 0}\\{f\left( {x + 1} \right) \ne 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x < - 2\\x > 2\end{array} \right.\\f\left( {x + 1} \right) \ne 4\end{array} \right.\)

Xét \[f\left( {x + 1} \right) = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = \alpha \in \left( { - 1;1} \right)\\x + 1 = 2\\x + 1 = \beta \in \left( {4; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha - 1 \in \left( { - 2;0} \right)\left( L \right)\\x = 1\left( L \right)\\x = \beta - 1 \in \left( {3; + \infty } \right)\left( {TM} \right)\end{array} \right.\]

Khi đó:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty \Rightarrow x = \pm 2\)là hai đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \left( {\beta - 1} \right)} \left( {f\left( {x + 1} \right) - 4} \right)\sqrt {{x^2} - 4} = 0,\,\,\left( {f\left( {x + 1} \right) - 4} \right)\sqrt {{x^2} - 4} > 0\) khi \(x \to {\left( {\beta - 1} \right)^ - }\) và

\(\left( {f\left( {x + 1} \right) - 4} \right)\sqrt {{x^2} - 4} < 0\) khi \(x \to {\left( {\beta - 1} \right)^ + }\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\beta - 1} \right)}^ - }} y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {\beta - 1} \right)}^ + }} y = - \infty \)

\( \Rightarrow x = \beta - 1\)là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có \(3\) tiệm cận đứng.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0\) nên đồ thị hàm số có \(1\) tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có \(4\) đường tiệm cận gồm \(3\) đường tiệm cận đứng và \(1\) đường tiệm cận ngang.

Đáp án: \(4{a^3}\).

Ta có \({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC \cdot BD = {a^2};{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}} \cdot AA' = {a^2} \cdot 4a = 4{a^3}.\)

Đáp án: \(15000;{775.10^6}\).

Ta có tiền vốn bỏ ra cho bởi hàm số

\(h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right) = {x^2} - 30000x + {10^9}\) với \(x > 0\).

Khi đó \(h'\left( x \right) = 2x - 30000.\) Cho \(h'\left( x \right) = 0\)\( \Rightarrow 2x - 30000 = 0 \Rightarrow x = 15000\).

Bảng biến thiên:

Vậy giá bán mỗi kg rau là \(x = 15000\) (đồng) thì cửa hàng bỏ ra vốn ít nhất là \(775 \cdot {10^6}\) đồng.

Đáp án: \(2430\).

\({\left( {a{x^2} - \frac{{2a}}{x}} \right)^5}\)

\( = {\left( {a{x^2}} \right)^5} + 5{\left( {a{x^2}} \right)^4}\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right) + 10{\left( {a{x^2}} \right)^3}{\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^2} + 10{\left( {a{x^2}} \right)^2}{\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^3} + 5\left( {a{x^2}} \right){\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^4} + {\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^5}\)

\( = {a^5}{x^{10}} - 10{a^5}{x^7} + 40{a^5}{x^4} - 80{a^5}x + \frac{{80{a^5}}}{{{x^2}}} - \frac{{32{a^5}}}{{{x^5}}}\)

Vì hệ số của đơn thức thứ \(3\) trong khai triển bằng \( - 9720\) nên \(40{a^5} = - 9720 \Leftrightarrow {a^5} = - 243.\)

Vậy hệ số của \({x^7}\) trong khai triển là \( - 10{a^5} = - 10 \cdot \left( { - 243} \right) = 2430.\)

Đáp án: \(\frac{2}{3}\).

Ta có \(n\left( \Omega \right) = 12.\)

\(n\left( A \right) = 6 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2};\,\,n\left( {A \cap B} \right) = 4 \Rightarrow P\left( {A \cap B} \right) = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}.\)

Vậy \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{2}{3}.\)

Đáp án: \(1011\).

Vì số \({5^{2a + 1}} \cdot {4^{a + 3}}\)có \(2025\) chữ số nên:

\(\left[ {\log \left( {{5^{2a + 1}} \cdot {4^{a + 3}}} \right)} \right] + 1 = 2025\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\log \left( {{5^{2a + 1}} \cdot {4^{a + 3}}} \right)} \right] = 2024\)

\( \Rightarrow 2024 \le \log \left( {{5^{2a + 1}} \cdot {4^{a + 3}}} \right) < 2025\)

\( \Leftrightarrow 2024 \le \log \left( {{{100}^a} \cdot 320} \right) < 2025\)

\( \Leftrightarrow 2024 \le 2a + \log 320 < 2025\)

\( \Rightarrow 1010,7 \le a < 1011,2\).

Vậy \(a = 1011.\)

Đáp án: Đúng – Sai – Đúng.

Gọi giá ban đầu của máy tính trên là \(x\) đồng \(\left( {x > 0} \right).\)

Giá tiền niêm yết máy tính trên là \(\left( {100\% - 20\% } \right)x = 80\% x\)

Tiền thuế \(VAT\) là: \(8\% \cdot 80\% x = 0,064x.\)

Theo bài ra ta có: \(\frac{{80}}{{100}}x + \frac{{64}}{{1000}}x = 10000000 \Leftrightarrow x = 11574074\)

Vậy giá ban đầu của máy tính trên là \(11574074\) đồng.

Do đó khẳng định 1 và khẳng định 3 đúng; khẳng định 2 sai.

Đáp án: 56; 2520.

Số cách chọn ra \(3\) học sinh nam là \[C_8^3 = 56\].

Số cách chọn ra \(2\) học sinh nữ từ \(10\) học sinh nữ là \[C_{10}^2.\]

Vậy số cách chọn 5 học sinh trong đó có 3 nam và 2 nữ là \[C_8^3 \cdot C_{10}^2 = 2520\].

Đáp án: \(4\sqrt 3 ;\sqrt 3 ;\frac{{7\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi \({S_1},{S_2}\) lần lượt là diện tích đáy lớn, đáy nhỏ của hình chóp cụt.

Diện tích hai đáy hình chóp cụt đều là: \({S_1} = \frac{{{4^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 ;{S_2} = \frac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \).

Thể tích khối chóp cụt đều là: \(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + \sqrt {{S_1}{S_2}} + {S_2}} \right) = \frac{{7\sqrt 3 }}{2}.\)

Đáp án: \[f\left( x \right) = \sin 2x + \tan x.\]

Xét hàm số: \[f\left( x \right) = \sin 2x + \tan x.\]

Ta có: \[f\left( {x + \pi } \right) = \sin \left( {2x + 2\pi } \right) + \tan \left( {x + \pi } \right) = \sin 2x + \tan x = f\left( x \right).\]

Vậy hàm số đã cho có chu kì \(\pi \).

Đáp án: Khẳng định thứ nhất và khẳng định thứ tư.

Có \(2\overrightarrow a = \left( {2;0; - 4} \right)\). Khi đó \(\left( {2\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right) = \left( {3;1; - 7} \right)\).

Vậy \(\left( {2\vec a - \vec b} \right)\vec c = 3 \cdot 2 + 1 \cdot 3 + \left( { - 7} \right) \cdot \left( { - 1} \right) = 16.\)

Do đó khẳng định thứ nhất và khẳng định thứ tư đúng.

Đáp án: Đúng - Sai.

Ta có: \(MN//SB.\)

\[ \Rightarrow d\left( {MN,SA} \right) = d\left( {MN,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right).\]

Ta có: \[BH = \frac{1}{3}BD \Rightarrow d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = 3d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right).\]

Kẻ \(HK \bot AB;HI \bot SK \Rightarrow HI \bot \left( {SAB} \right).\)

\(HK = \frac{1}{3}AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

\(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{7}{{{a^2}}}\) \( \Rightarrow HI = \frac{{a\sqrt 7 }}{7}.\)

\( \Rightarrow d\left( {MN,SA} \right) = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot HI = \frac{3}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 7 }}{7} = \frac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Ta có: \(MN//SB\)

nên \[\left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right).\]

Do \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)nên \(\left( {MN,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,HB} \right) = \widehat {SBH}.\)

Ta có \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = 2a;BH = \frac{{BD}}{3} = \frac{{2a}}{3}.\)

Tam giác \(SBH,\) có \(\tan \widehat {SBH} = \frac{{SH}}{{BH}} = \frac{3}{4}\) nên phát biểu thứ hai sai.

Đáp án: 8 điểm.

Gọi \(I\left( {x,y,z} \right)\) là điểm cùng cách ba mặt phẳng tọa độ \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right),\left( {{\rm{O}}yz} \right),\left( {{\rm{Ozx}}} \right)\] một khoảng bằng \(2024.\)

Khi đó \(\left| x \right| = \left| y \right| = \left| z \right| = 2024.\)

Suy ra \(x,y,z \in \{ 2024; - 2024\} .\)

Tức là mỗi giá trị \(x,y,z\) đều có \(2\) cách chọn nên có tất cả \(2 \cdot 2 \cdot 2 = 8\) bộ \(\left( {x,y,z} \right)\) thỏa mãn.

Đáp án: \(m \ge 2\sqrt 3 .\)

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

BPT \( \Leftrightarrow f\left( x \right) = {\log _3}\left( {5 - \sqrt {4 - x} } \right) \cdot \left( {x\sqrt x + \sqrt {x + 12} } \right) \le m\)

BPT có nghiệm \( \Rightarrow m \ge \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right)\)

Với \(4 \ge {x_1} \ge {x_2} \ge 0\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1}\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_1} + 12} > {x_2}\sqrt {{x_2}} + \sqrt {{x_2} + 12} }\\{5 - \sqrt {4 - {x_1}} > 5 - \sqrt {4 - {x_2}} }\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) \ge f\left( {{x_2}} \right) \Rightarrow f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left[ {0;4} \right].\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = \sqrt {12} = 2\sqrt 3 \)

Vậy điều kiện của \(m\) để bất phương trình có nghiệm là \(m \ge 2\sqrt 3 .\)

Đáp án: Sai – Đúng – Sai – Sai.

Xác suất người đó mắc bệnh khi chưa kiểm tra là \(0,02\) nên phát biểu thứ nhất sai

Theo đề với những người bị bệnh, phương án này sẽ đưa ra kết quả dương tính \(99\% \) số trường hợp nên phát biểu thứ hai đúng.

Gọi \(A\) là biến cố "Người đó mắc bệnh". Suy ra \(P\left( A \right) = 0,02.\)

Gọi \(\bar A\) là biến cố "Người đó không mắc". \(P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0,02 = 0,98.{\rm{ }}\)

Gọi B là biến cố "Kết quả kiểm tra người đó là dương tính".

Khi đó xác suất kết quả dương tính nếu người đó mắc bệnh là:\(P\left( {B|A} \right) = 99\% = 0,99\)

Xác xuất kết quả dương tính nếu người đó không mắc bệnh là: \(P\left( {B|\bar A} \right) = 1 - \frac{{99}}{{100}} = 0,01\)

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta được xác suất của biến cố "Kết quả kiểm tra người đó là dương tính (bị bệnh)" là:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) = 0,02 \cdot 0,99 + 0,98 \cdot 0,01 = 0,0296\) nên phát biểu thứ ba sai.

Xác suất người đó bị mắc bệnh thực khi kiểm tra là dương tính là:

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,02 \cdot 0,99}}{{0,0296}} \approx 0,669{\rm{ }}\)nên phát biểu thứ tư sai.

Đáp án: 5.

Xét \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{{{x^2}}}{2} \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x\)

Từ đồ thị ta thấy:\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\)

Vì hệ số cao nhất của \(f\left( x \right)\) nhỏ hơn \(0\) nên hệ số cao nhất của \(g\left( x \right)\) cùng nhỏ hơn \(0.\)

Ta có bảng biến thiên:

\( \Rightarrow \)\(g\left( x \right) = 0\) luôn có đúng \(2\) nghiệm bội lẻ.

Số điểm cực trị của hàm số \(y = \left| {f(x) - \frac{{{x^2}}}{2}} \right|\) là \(5.\)

Đáp án: −2.

\[\int {\left( {\frac{{x - 2}}{{2x}}} \right)} dx = \int {\left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{x}} \right)} dx = \frac{1}{2}x - \ln \left| x \right| + C\]\[ = \frac{1}{2}x - \ln x + C\] với \(x > 0\).

\( \Rightarrow \frac{b}{a} = - 2.\)

Đáp án: \(\frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có hệ thức hạ bậc:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{{\cos }^2}\left( {\frac{\pi }{4} - x} \right) = 1 + \cos \left( {\frac{\pi }{2} - 2x} \right) = 1 + \sin 2x}\\{2{{\cos }^2}\left( {\frac{\pi }{4} + 2x} \right) = 1 + \cos \left( {\frac{\pi }{2} + 4x} \right) = 1 - \sin 4x}\end{array}} \right.\)

Do đó phương trình tương đương với:

\(\sin x + \sin 5x = \sin 2x + \sin 4x\)\( \Leftrightarrow 2\sin 3x \cdot \cos 2x = 2\sin 3x \cdot \cos x\)\( \Leftrightarrow 2\sin 3x \cdot \left( {\cos 2x - \cos x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin 3x = 0\\\cos 2x = \cos x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{k\pi }}{3}\\x = k2\pi \\x = \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{3},k \in \mathbb{Z}\).

Vậy có \(6\) điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác, chúng tạo thành hình lục giác đều có cạnh bằng \(1\).

Suy ra diện tích đa giác là: \(S = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).

Đáp án: \( - 5\).

Ta có: \[{S_{ABCD}} = \frac{1}{2}\left( {AD + BC} \right) \cdot d\left( {A,BC} \right) \Leftrightarrow {S_{ABCD}} = \frac{1}{2}\left( {AD + BC} \right) \cdot \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{BC}}\]

\( \Leftrightarrow 3{S_{\Delta ABC}} = \frac{{\left( {AD + BC} \right) \cdot {S_{\Delta ABC}}}}{{BC}} \Leftrightarrow 3BC = AD + BC \Leftrightarrow AD = 2BC\).

Mà ABCD là hình thang có đáy AD nên \(\overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {BC} \quad (1)\).

\(\overrightarrow {BC} = \left( { - 5; - 2;1} \right)\), \(\overrightarrow {AD} = \left( {{x_D} + 2;{y_D} - 3;{z_D} - 1} \right)\).

\((1) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_D} + 2 = - 10}\\{{y_D} - 3 = - 4}\\{{z_D} - 1 = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_D} = - 12}\\{{y_D} = - 1}\\{{z_D} = 3}\end{array}} \right.\).

Vậy \(D\left( { - 12; - 1;3} \right)\).

Khi đó \(x + 2y + 3z = - 12 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 3 \cdot 3 = - 12 - 2 + 9 = - 5\).

Đáp án: Sai – Sai – Đúng – Sai.

Xét khu vực A.

Có \({Q_1} = 22 + \frac{{\frac{{100}}{4} - 10}}{{27}} \cdot 3 = \frac{{71}}{3}\); \({Q_3} = 28 + \frac{{\frac{{3 \cdot 100}}{4} - 68}}{{25}} \cdot 3 = \frac{{721}}{{25}}\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu khu vực A là \({\Delta _{QA}} = \frac{{721}}{{25}} - \frac{{71}}{3} = \frac{{388}}{{75}}\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Xét khu vực B.

Có \({Q_1} = 19 + \frac{{\frac{{100}}{4}}}{{47}} \cdot 3 = \frac{{968}}{{47}}\); \({Q_3} = 22 + \frac{{\frac{{3 \cdot 100}}{4} - 47}}{{40}} \cdot 3 = \frac{{241}}{{10}}\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu khu vực B là \({\Delta _{QB}} = \frac{{241}}{{10}} - \frac{{968}}{{47}} = \frac{{1647}}{{470}}\) nên phát biểu thứ hai sai.

Vì \({\Delta _{QB}} < {\Delta _{QA}}\)nên phụ nữ khu vực B có độ tuổi kết hôn đồng đều hơn nên phát biểu thứ ba đúng.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu khu vực B là \(31 - 19 = 12\) nên phát biểu thứ tư sai.

Đáp án: \(376\).

3 số tận cùng của \({2004^{200}}\) là số dư của \({2004^{200}}\) cho 100.

Ta có \({2004^{200}} = {\left( {{{\left( {{{2004}^2}} \right)}^{10}}} \right)^{10}}\).

Mà \({2004^2} \equiv 16\left( {\bmod 100} \right) \Rightarrow {\left( {{{2004}^2}} \right)^{10}} \equiv {16^{10}}\left( {\bmod 100} \right)\).

Ta có \({16^3} \equiv 96\left( {\bmod 100} \right) \Rightarrow {\left( {{{16}^3}} \right)^3} \equiv {96^3}\left( {\bmod 100} \right) \equiv 736\left( {\bmod 100} \right)\)

\( \Rightarrow {16^{10}} \equiv 16 \cdot 736\left( {\bmod 100} \right) \equiv 776\left( {\bmod 100} \right)\)

\( \Rightarrow {\left( {{{2004}^2}} \right)^{100}} \equiv 776\left( {\bmod 100} \right)\)

\( \Rightarrow {\left( {{{\left( {{{2004}^2}} \right)}^{10}}} \right)^{10}} \equiv {776^{10}}\left( {\bmod 100} \right) \equiv {776^5}\left( {\bmod 100} \right) \equiv 376\left( {\bmod 100} \right)\).

Đáp án: \(10\) phút.

Trong 1 phút, Minh hoàn thành được \(\frac{1}{{40}}\) công việc, An hoàn thành được \(\frac{1}{{30}}\) công việc và Chi hoàn thành được \(\frac{1}{{24}}\) công việc.

Trong 1 phút, cả ba bạn hoàn thành được \(\frac{1}{{40}} + \frac{1}{{30}} + \frac{1}{{24}} = \frac{1}{{10}}\) công việc.

Vậy ba người sẽ mất \(1:\frac{1}{{10}} = 10\) phút để cùng nhau gõ xong file tài liệu.

Đáp án: \[1 - \frac{1}{{{2^{9999}}}}\]; \[\frac{{{4^{9999}} - 3 \cdot {2^{9999}} + 2}}{{3 \cdot {4^{9999}}}}\].

Hệ số của \[{x^{9998}}\] là: \[{A_1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \ldots + \frac{1}{{{2^{9999}}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{9999}}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 1 - \frac{1}{{{2^{9999}}}}\]. 

Hệ số của \[{x^{9997}}\] là \[{A_2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} \cdot \frac{1}{{{2^3}}} + \ldots + \frac{1}{{{2^{9998}}}} \cdot \frac{1}{{{2^{9999}}}}\]

Ta có: \[A_1^2 = {\left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} + \ldots + \frac{1}{{{2^{9999}}}}} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {1 - \frac{1}{{{2^{9999}}}}} \right)^2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{{{4^2}}} + \ldots + \frac{1}{{{4^{9999}}}} + 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{{2^2}}} + 2 \cdot \frac{1}{{{2^2}}} \cdot \frac{1}{{{2^3}}} + \ldots + 2 \cdot \frac{1}{{{2^{9998}}}} \cdot \frac{1}{{{2^{9999}}}}\]

\[ \Leftrightarrow 1 - 2 \cdot 1 \cdot \frac{1}{{{2^{9999}}}} + \frac{1}{{{4^{9999}}}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^{9999}}}}{{1 - \frac{1}{4}}} + 2{A_2}\]

\[ \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{{{2^{9998}}}} + \frac{1}{{{4^{9999}}}} = \frac{1}{3}.\left( {1 - \frac{1}{{{4^{9999}}}}} \right) + 2{A_2}\]

\[ \Leftrightarrow B = \frac{{{4^{9999}} - {{3.2}^{9999}} + 2}}{{3 \cdot {4^{9999}}}}\]

Đáp án: \(18\sqrt 2 \).

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\) (vì \(S.ABCD\) là khối chóp tứ giác đều)

Kẻ \(OH \bot SA\left( {H \in SA} \right)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SO}\end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot OH} \right.\)

\( \Rightarrow OH\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \(BD\) và \(SA\)

\( \Rightarrow d\left( {BD,SA} \right) = OH = \sqrt 6 \).

\(\Delta SOA\) vuông tại \(O\) có: \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{2}{{A{B^2}}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\(\frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{2}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{S{O^2}}} \cdot \frac{1}{{A{B^2}}} \cdot \frac{1}{{A{B^2}}}}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{6} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{S{O^2}}} \cdot \frac{1}{{A{B^4}}}}} \Leftrightarrow SO \cdot A{B^2} \ge 54\sqrt 2 \).

Khi đó: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SO \cdot A{B^2} \ge \frac{1}{3} \cdot 54\sqrt 2 = 18\sqrt 2 \).