Đáp án: Đúng – Đúng.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AB \subset (SAB)\\CD \subset (SCD)\\S \in (SAB) \cap (SCD)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\)nên phát biểu thứ nhất đúng.

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\) thì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(BC//\left( {SAD} \right)\) nên \(d\left( {BC,SD} \right) = d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(SA\) thì \(BI \bot SA\) thì \(BI \bot \left( {SAD} \right)\) (do \(AD \bot \left( {SAB} \right) \supset BI\)).

Suy ra \({\rm{d}}\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = BI = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \) nên phát biểu thứ hai đúng.

Đáp án: 50.

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).

Suy ra \(AH\) là hình chiếu của \(AA'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Do đó, \(30^\circ = \left( {AA',\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AA',AH} \right) = \widehat {A'AH}\).

Tam giác \(A'AH\) vuông tại \(H\), có: \(A'H = AA' \cdot {\rm{sin}}\widehat {A'AH} = 5\).

Vậy \(V = {S_{\Delta ABC}} \cdot A'H = 50\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Đáp án: Sai – Sai.

Ta có: $\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+2}\right)f^{\text{'}}\left(x\right)=1\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{x+2}}\iff {\int }^{\text{}}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx={\int }^{\text{}}\frac{dx}{\sqrt{x}+\sqrt{x+2}}$

\[ \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}\mathop \smallint \nolimits^ \left( {\sqrt {x + 2} - \sqrt x } \right)dx = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3}\left( {\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^3}} - \sqrt {{x^3}} } \right) + C = \frac{1}{3}\left( {\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^3}} - \sqrt {{x^3}} } \right) + C\].

\(f\left( 0 \right) = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{3} \cdot 2\sqrt 2 + C = \frac{1}{3} \Leftrightarrow C = \frac{1}{3}\left( {1 - 2\sqrt 2 } \right)\).

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{3}\left( {\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^3}} - \sqrt {{x^3}} + 1 - 2\sqrt 2 } \right)\) nên phát biểu thứ nhất sai.

\[ \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{3}\int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^3}} - \sqrt {{x^3}} + 1 - 2\sqrt 2 } \right)dx} = \left. {\frac{1}{3}\left( {\frac{2}{5}\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^5}} - \frac{2}{5}\sqrt {{x^5}} + \left( {1 - 2\sqrt 2 } \right)x} \right)} \right|_0^2 = \frac{{74 - 28\sqrt 2 }}{{15}}\]nên phát biểu thứ hai sai.

Đáp án: \(\frac{{{a^3}}}{4}\).

Ta có: \({V_{ACMN}} = {V_{S.ABCD}} - {V_{SAMN}} - {V_{SMNC}} - {V_{BAMC}} - {V_{DANC}}\)

\(\frac{{{V_{SAMN}}}}{{{V_{SABD}}}} = \frac{{SM}}{{SB}} \cdot \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{SAMN}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABCD}}\)

\(\frac{{{V_{SMNC}}}}{{{V_{SBDC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}} \cdot \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow {V_{SMNC}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABCD}}\) .

\({V_{MABC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}}\)

\({V_{NADC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABCD}}\)

Suy ra \({V_{ACMN}} = \left( {1 - \frac{1}{6} - \frac{1}{6} - \frac{1}{4} - \frac{1}{6}} \right){V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}}\)

Mà \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 3a \cdot {a^2} = {a^3}\) nên \({V_{ACMN}} = \frac{{{a^3}}}{4}\).

Đáp án: \(P = {x^{\frac{5}{{16}}}}\).

Ta có: \(P = \sqrt[6]{{x \cdot \sqrt[4]{{{x^2} \cdot \sqrt {{x^3}} }}}} = {x^{\frac{1}{6}}} \cdot {x^{\frac{2}{4} \cdot \frac{1}{6}}} \cdot {x^{\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{6}}} = {x^{\frac{1}{6} + \frac{1}{{12}} + \frac{1}{{16}}}} = {x^{\frac{5}{{16}}}}\).

Đáp án: 18; IO; 8.

Diện tích hình bán nguyệt là \(A = \frac{1}{2}\pi {r^2} = 18{\pi ^3}\) (đơn vị diện tích).

Đưa hình bán nguyệt lên mặt phẳng tọa độ có \({\rm{O}}\) trùng gốc tọa tọa độ, Oy trùng với \({\rm{AB}},{\rm{Ox}}\) trùng với OI. Khi đó cung \({\rm{AB}}\) có phương trình là \(y = \sqrt {{r^2} - {x^2}} \).

Vận dụng công thức xác định tọa độ trọng tâm ta có: \(\overline x = \frac{1}{A}\int\limits_{ - r}^r {xf\left( x \right)dx = 0} \)

Nên trọng tâm của T nằm trên IO.

Vận dụng công thức xác định tọa độ trọng tâm ta có:

\(\overline y = \frac{1}{A}\int\limits_{ - r}^r {\frac{1}{2}{f^2}\left( x \right)dx} = \frac{{4r}}{{3\pi }} = 8\) (đơn vị độ dài).

Nên khoảng cách từ trọng tâm đến O bằng 8 đơn vị độ dài.

Đáp án: 46.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Vì cung tròn có tâm nằm trên chiều rộng nên tâm của cung tròn là \(I\left( {0;1,5} \right)\), bán kính \(R\).

Ta có bán kính của cung tròn là \(R = \sqrt {1,{5^2} + {1^2}} = \frac{{\sqrt {13} }}{2}\).

\( \Rightarrow \) Phương trình đường tròn có tâm \(I\left( {0;\frac{3}{2}} \right)\), bán kính \(R = \frac{{\sqrt {13} }}{2}\) là: \({x^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{13}}{4}\).

\( \Rightarrow y = \pm \sqrt {\frac{{13}}{4} - {x^2}} + \frac{3}{2}\).

Diện tích một đầu mảnh vườn là \(S = 1 \cdot 3 + \int\limits_1^{\frac{{\sqrt {13} }}{2}} {\left[ {\left( {\sqrt {\frac{{13}}{4} - {x^2}} + \frac{3}{2}} \right) - \left( { - \sqrt {\frac{{13}}{4} - {x^2}} + \frac{3}{2}} \right)} \right]} {\rm{d}}x\).

Tổng chi phí anh X cần dùng để chỉnh sửa mảnh vườn là: \(T = 9S + 0,8S \approx 46,0\) (triệu đồng).

Đáp án: Đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng \(y = 1\) và \(y = - 1\).

+ Vì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 1\) nên đường thẳng \(y = 1\) là tiệm cận ngang đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

+ Vì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - 1\) nên đường thẳng \(y = - 1\) là tiệm cận ngang đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

Vậy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai tiệm cận ngang là các đường thẳng \(y = 1\) và \(y = - 1\).

Đáp án: 4.

+)\({7^{95}} = {7^{92 + 3}} = {\left( {{7^4}} \right)^{23}} \cdot {7^3} = {2401^{23}} \cdot 343\).

Ta thấy \({2401^{23}}\) có chữ số tận cùng là 1 . Vậy tích \({2401^{23}} \cdot 343\) có chữ số tận cùng là 3 .

+)\({3^{58}} = {3^{56 + 2}} = {\left( {{3^4}} \right)^{14}} \cdot {3^2} = {81^{14}} \cdot 9\).

Ta thấy \({81^{14}}\) có chữ số tận cùng là 1 . Vậy tích \({81^{14}} \cdot 9\) có chữ số tận cùng là 9 .

Khi đó, hiệu \({7^{95}} - {3^{58}}\) có chữ số tận cùng là 4 .

Đáp án: 12.

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

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(y - 2 = 0\).

Ta có thể tích \(S.ABC\) đạt giá trị lớn nhất khi \(d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right)\) đạt giá trị lớn nhất.

Mà \(d\left( {I,\left( {ABC} \right)} \right) = 1 < R = 2\)

\( \Rightarrow d{(S,\left( {ABC} \right))_{{\rm{max}}}} = R + d\left( {I,\left( {ABC} \right)} \right) = 3\).

\({V_{S.AB{C_{{\rm{max}}}}}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot d{(S,\left( {ABC} \right))_{{\rm{max}}}} = \frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 3 = 12\).

Đáp án: \(x + y + z - 6 = 0\).

Điểm thuộc giao tuyến \(d\) của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 4y - 2z - 6 = 0}\\{x - 2y + 4z - 6 = 0}\end{array}} \right.\).

Chọn \(x = 2 \Rightarrow y = z = 2 \Rightarrow M\left( {2;2;2} \right) \in d\).

Chọn \(x = 0 \Rightarrow y = z = 3 \Rightarrow N\left( {0;3;3} \right) \in d\).

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right),C\left( {0;0;c} \right)\) lần lượt là giao điểm của \(\left( \alpha \right)\) và các trục tọa độ \(Ox,Oy,Oz\)

\( \Rightarrow \left( \alpha \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1{\rm{\;}}\left( {abc \ne 0} \right)\)

Vì \(d \in \left( \alpha \right)\) nên \(M,N \in \left( \alpha \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c} = 1}\\{\frac{3}{b} + \frac{3}{c} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{a} = \frac{1}{6}}\\{\frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c} = 1}\end{array} \Rightarrow a = 6} \right.} \right.\)

Để \(O.ABC\) là hình chóp đều thì \(OA = OB = OC \Leftrightarrow \left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right| \Rightarrow a = b = c = 6\).

\( \Rightarrow \left( \alpha \right):x + y + z - 6 = 0\)

Đáp án: \(m = 12\).

Ta có: $\underset{-1}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=7\iff \underset{-1}{\overset{0}{\int }}-2\left(x+1\right)\text{d}x+\underset{0}{\overset{1}{\int }}m\left(1-x^2\right)\text{d}x=7\iff -1+\frac{2}{3}m=7\iff m=12$.

Đáp án: Đúng – Sai – Đúng.

Ta có công thức tổng số tiền nhận được sau khi gửi hàng tháng là:

\(T = \frac{M}{r}\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]\) với \(M\) là số tiền gửi hàng tháng, \(r\) là lãi suất/kì hạn, \(n\) là số kì hạn.

Áp dụng công thức ta có cuối tháng thứ 11 mẹ Việt Nam anh hùng nhận được số tiền là

\(4 \cdot {10^6}{\left( {1 + 1{\rm{\% }}} \right)^{11}} + 4 \cdot {10^6}{\left( {1 + 1{\rm{\% }}} \right)^{10}} + \ldots + 4 \cdot {10^6}\left( {1 + 1{\rm{\% }}} \right) = \frac{{4 \cdot {{10}^6}}}{{1{\rm{\% }}}}\left( {1 + 1{\rm{\% }}} \right)\left[ {{{\left( {1 + 1{\rm{\% }}} \right)}^{11}} - 1} \right]\)

\( = 46730012,05\) (đồng) nên phát biểu thứ hai sai.

Vì đầu tháng 12 mẹ mới rút tiền nên mẹ được cộng thêm cả tiền lương của tháng 12 nữa nên tổng số tiền mẹ sẽ nhận được là: \(46730012,05 + 4 \cdot {10^6} \approx 50730000\) (đồng) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Vậy số tiền lãi mẹ Việt Nam anh hùng nhận được là \(50730000 - 4 \cdot {10^6} \cdot 12 = 2730000\) (đồng) nên phát biểu thứ ba đúng.

Đáp án: 781.

Tổng số điểm vừa lấy bằng: \(3 + 4 + 5 + 6 = 18\) (điểm).

Mỗi cách chọn ra 3 điểm không nằm trên một cạnh cho ta một tam giác.

Số cách chọn 3 điểm từ 18 điểm là: \(C_{18}^3 = 816\) (cách chọn).

Số cách chọn 3 điểm cùng nằm trên một cạnh là: \(C_3^3 + C_4^3 + C_5^3 + C_6^3 = 35\) (cách chọn).

Vậy số tam giác cần tìm bằng. \(816 - 35 = 781\) (tam giác).

Đáp án: Đúng – Sai.

+) Thay \(m = 0\) ta được: \(y = - {x^3} + 9x + 5\).

\(y' = - 3{x^2} + 9 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3 \). Vậy hàm số có 2 cực trị nên phát biểu thứ nhất đúng.

+) \(y = - {x^3} - m{x^2} + \left( {4m + 9} \right)x + 5\)

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

\(y' = - 3{x^2} - 2mx + 4m + 9\).

Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) (với \(y' = 0\) tại hữu hạn điểm)

\( \Leftrightarrow {\rm{\Delta '}} \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + 3\left( {4m + 9} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 9 \le m \le - 3\).

Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 9; - 8; \ldots ; - 3} \right\}\). Vậy có 7 giá trị nguyên của \(m\)nên phát biểu thứ hai sai.

Đáp án: \(L = 2023 \cdot {2^{2024}} + 1\).

Ta có : \(f'\left( x \right) = 1 + 2x + 3{x^2} + \ldots + 2024{x^{2023}}\)

\( \Leftrightarrow xf'\left( x \right) = x + 2{x^2} + 3{x^3} + \ldots + 2024{x^{2024}}\)

\( \Leftrightarrow xf'\left( x \right) = \left( {2x - x} \right) + \left( {3{x^2} - {x^2}} \right) + \left( {4{x^3} - {x^3}} \right) + \ldots + \left( {2024{x^{2023}} - {x^{2023}}} \right) + 2024{x^{2024}}\)

\( \Leftrightarrow xf'\left( x \right) = \left( {1 + 2x + 3{x^2} + 4{x^3} + \ldots + 2024{x^{2023}}} \right) - \left( {1 + x + {x^2} + {x^3} + \ldots + {x^{2023}}} \right) + 2024{x^{2024}}\)

\( \Leftrightarrow xf'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \frac{{1 - {x^{2024}}}}{{1 - x}} + 2024{x^{2024}}\)

\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2024{x^{2024}}}}{{x - 1}} + \frac{{1 - {x^{2024}}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Vậy \(L = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 2 \right)}}{{x - 2}} = f'\left( 2 \right) = 2024 \cdot {2^{2024}} + 1 - {2^{2024}} = 2023 \cdot {2^{2024}} + 1\).

Đáp án: \(\frac{{19}}{{50}}\).

Xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc nhỏ hơn 7 bằng:

\(\frac{{0 + 3 + 4 + 5 + 7}}{{50}} = \frac{{19}}{{50}}\).

Đáp án: \(400;1440;5040\).

Quãng đường ô tô đi được trong 20 giây là \(s = \int\limits_0^{20} {2tdt} = \left. {{t^2}} \right|_0^{20} = 400\) m.

Ô tô dừng hẳn khi \(v\left( t \right) = - 5t + 420 = 0 \Leftrightarrow t = 84\) giây.

Quãng đường ô tô đi được từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là \({s_1} = \int\limits_{60}^{84} {\left( { - 5t + 420} \right)dt} = 1440\)m.

Quãng đường ô tô đi được trong 1 phút trước khi đạp phanh là \({s_2} = \int\limits_0^{60} {2tdt} = \left. {{t^2}} \right|_0^{60} = 3600\) m.

Tổng quãng đường ô tô đi được là \(S = {s_1} + {s_2} = 1440 + 3600 = 5040\) m.

Đáp án: \(\frac{1}{2}\).

Ta có: \(\Omega = \left\{ {SS;SN;NS;NN} \right\} \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 4\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Cả hai lần đều là mặt sấp” \( \Rightarrow A = \left\{ {SS} \right\}\).

Gọi \(B\) là biến cố: “Lần thứ nhất xuất hiện mặt sấp”

\( \Rightarrow B = \left\{ {SN;SS} \right\} \Rightarrow n\left( B \right) = 2 \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\).

Khi đó: \(A \cap B = \{ SS\} \Rightarrow n\left( {A \cap B} \right) = 1 \Rightarrow P\left( {A \cap B} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{4}\).

Vậy xác suất để cả hai lần đều xuất hiện mặt sấp biết rằng lần thứ nhất xuất hiện mặt sấp là:

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{4}}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{2}\).

Đáp án: \(T = \frac{{{2^{2020}} - 1}}{{\ln 2}}\).

Ta có \[\int f \left( x \right){\mkern 1mu} dx = \int {{2^x}} {\mkern 1mu} dx = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C.\]

Ta có \[F\left( x \right) = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C\]mà \(F\left( 0 \right) = \frac{1}{{\ln 2}}\)\[ \Rightarrow C = 0 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}}.\]

\[T = F\left( 0 \right) + F\left( 1 \right) + \cdots + F\left( {2018} \right) + F\left( {2019} \right)\]\[ = \frac{1}{{\ln 2}}\left( {1 + 2 + {2^2} + \cdots + {2^{2018}} + {2^{2019}}} \right)\]\[ = \frac{1}{{\ln 2}} \cdot \frac{{{2^{2020}} - 1}}{{2 - 1}} = \frac{{{2^{2020}} - 1}}{{\ln 2}}.\]

Đáp án: \( - 84\).

\({L_A} - {L_B} = 28{\rm{log}}{v_A} - 28{\rm{log}}{v_B} = 28{\rm{log}}\frac{{{v_A}}}{{{v_B}}} = 28{\rm{log}}0,9 = 56{\rm{log}}3 - 28\).

Khi đó \(a - b = - 28 - 56 = - 84\).

Đáp án: 25 cm.

Trong mẫu số liệu ghép nhóm ta có đầu mút trái của nhóm 1 là \({a_1} = 155\), đầu mút phải của nhóm 5 là \({a_5} = 180\).

Vậy khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là \(R = {a_5} - {a_1} = 180 - 155 = 25\).

Đáp án: 4096.

Với \(x > 0,y > 1\), ta có:

\(\frac{1}{2}{y^2} \cdot {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {\frac{{xy - x}}{{2y}}} \right) = - 2{\left( {y - 1} \right)^2} + \frac{{8{y^2}}}{{{x^2}}} \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {\frac{{xy - x}}{{2y}}} \right) = - 4{\left( {\frac{{y - 1}}{y}} \right)^2} + \frac{{16}}{{{x^2}}}\)\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\frac{x}{2} - 4{\left( {\frac{2}{x}} \right)^2} = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {\frac{y}{{y - 1}}} \right) - 4{\left( {\frac{{y - 1}}{y}} \right)^2}\left( {\rm{*}} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t - \frac{4}{{{t^2}}}\).

Có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + \frac{8}{{{t^3}}} > 0,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right)\). Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Khi đó \(\left( {\rm{*}} \right)\) có nghiệm \(\frac{x}{2} = \frac{y}{{y - 1}} \Leftrightarrow x = \frac{{2y}}{{y - 1}}\).

Từ \(x = \frac{{2y}}{{y - 1}} \Rightarrow \frac{x}{2}\left( {y - 1} \right) = y\).

Đặt \(a = \frac{x}{2};b = y\). Khi đó \(a\left( {b - 1} \right) = b \Leftrightarrow a + b = ab\)

Mặt khác, ta có: \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab \Rightarrow {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge a + b \Rightarrow {(a + b)^2} - 4\left( {a + b} \right) \ge 0 \Rightarrow a + b \ge 4{\rm{\;}}\)\(({\rm{do\;}}a + b > 0)\).

Thay \(x = 2a;y = b\) vào biểu thức \(P\) ta được \(P = \sqrt[4]{{{e^{\frac{{4{a^2}}}{{1 + 2b}}}}}} \cdot {e^{\frac{{{b^2}}}{{2a + 1}}}} = {e^{\frac{{{a^2}}}{{1 + 2b}}}} \cdot {e^{\frac{{{b^2}}}{{2a + 1}}}} = {e^{{e^{\frac{{{a^2}}}{{1 + 2b}} + \frac{{{b^2}}}{{2a + 1}}}}}}\).

Ta có: \(P = {e^{\frac{{{a^2}}}{{1 + 2b}} + \frac{{{b^2}}}{{1 + 2a}}}}\). Theo bấc đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có\(\;\frac{{{a^2}}}{{1 + 2b}} + \frac{{{b^2}}}{{1 + 2a}} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{2 + 2\left( {a + b} \right)}}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2}}}{{2 + 2t}}\)luôn đồng biến trên \(\left[ {4; + \infty } \right)\). Suy ra .

Khi đó: \({P_{{\rm{min}}}} = {e^{\frac{8}{5}}} = {e^{\frac{m}{n}}} \Rightarrow m = 8,n = 5 \Rightarrow {m^{n - 1}} = {8^4} = 4096\).

Đáp án: \(\frac{{65}}{6}\).

Cỡ mẫu \(n = 2 + 6 + 4 = 12\).

Gọi \({x_1};{x_2};{x_3}; \ldots ;{x_{12}}\) là mẫu số liệu gốc gồm số lượng khách hàng của khách hàng mua sách ở một cửa hàng

trong một ngày được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có \({x_1};{x_2} \in \left[ {40;50} \right);{x_3};{x_4};{x_5}; \ldots ;{x_8} \in \left[ {50;60} \right);{x_9}; \ldots ;{x_{12}} \in \left[ {60;70} \right)\)

Tứ phân vị thứ nhất \(\frac{1}{2}\left( {{x_3} + {x_4}} \right)\), do \({x_3};{x_4} \in \left[ {50;60} \right)\).

Nên \({Q_1} = 50 + \frac{{\frac{{12}}{4} - 2}}{6} \cdot \left( {60 - 50} \right) = \frac{{155}}{3}\).

Tứ phân vị thứ ba \(\frac{1}{2}\left( {{x_9} + {x_{10}}} \right)\), do \({x_9};{x_{10}} \in \left[ {60;70} \right)\).

Nên \({Q_3} = 60 + \frac{{\frac{{3 \cdot 12}}{4} - \left( {2 + 6} \right)}}{4} \cdot \left( {70 - 60} \right) = \frac{{125}}{2}\)

Khi đó khoảng tứ phân vị \({\rm{\Delta }}Q = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{125}}{2} - \frac{{155}}{3} = \frac{{65}}{6}\).

Đáp án: \(0,6;0,24;0,4\).

Xét hai biến số sau:

A: "Học sinh được chọn là học sinh giỏi"’

B: " Học sinh được chọn là học sinh nữ".

+) Xác suất học sinh được chọn là học sinh nữ: \(P\left( B \right) = \frac{{30}}{{50}} = 0,6\).

+) Xác suất học sinh được chọn vừa là học sinh giỏi và là học sinh nữ: \(P\left( {A \cap B} \right) = \frac{{12}}{{50}} = 0,24\).

+) Biết rằng học sinh được chọn là nữ, xác suất học sinh đó là học sinh giỏi:

\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{12}}{{30}} = 0,4\).

Đáp án: \(30\).

d có một vec tơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1;1;\sqrt 2 } \right)\), \(\left( \alpha \right)\) có một vec tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{u_\alpha }} = \left( {1; - 1;\sqrt 2 } \right)\).

Gọi \(\varphi \) là góc giữa d và \(\left( \alpha \right)\). Ta có \(\sin \varphi = \frac{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} \cdot \overrightarrow {{n_a}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_a}} } \right|}} = \;\frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \varphi = 30^\circ \).

Đáp án: Đúng – Sai – Sai.

Có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).

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

Dựa vào bảng biến thiên ta có nên phát biểu thứ nhất đúng.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số không có giá trị lớn nhất trên \(\mathbb{R}\) nên phát biểu thứ hai sai.

Ta có: \(g'\left( x \right) = - 2f'\left( { - 2x + 3} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 2f'\left( { - 2x + 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2x + 3 = - 3}\\{ - 2x + 3 = 1}\\{ - 2x + 3 = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{x = 1}\\{x = 0}\end{array}} \right.\).

Ta có \(x = 1\) là nghiệm bội chẵn nên ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) là \(g\left( 0 \right)\) nên phát biểu thứ ba sai.

Đáp án: 60.

Ta có: $\frac{1}{T_{nguoc}}-\frac{1}{T_{hong}}=\frac{1}{T_{đung yên}}$

Khi đó: \(\frac{1}{{15}}\; - \frac{1}{{20}} = \frac{1}{{60}}\).

Nếu Hùng đứng yên trên thang máy Hùng sẽ mất 60 giây.

Đáp án: Đúng – Đúng – Sai – Đúng.

\(t = 1\) thì \(d\left( 1 \right) = 3{\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{{182}}\left( {1 - 80} \right)} \right) + 12 = 9,06\) giờ nên phát biểu thứ nhất đúng.

\(t = 31\) thì \(d\left( {31} \right) = 3{\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{{182}}\left( {31 - 80} \right)} \right) + 12 = 9,75\) giờ nên phát biểu thứ hai đúng.

Ta có \( - 1 \le {\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right) \le 1 \Leftrightarrow - 3 \le 3{\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right) \le 3\)

\( \Leftrightarrow 9 \le 3{\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right) + 12 \le 15,\forall t \in \left( {0;365} \right]\)

Vậy số giờ chiếu sáng lớn nhất trong ngày của năm là 15 giờ nên phát biểu thứ ba sai.

Suy ra, \(d\left( t \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 9 khi \({\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right) = - 1 \Leftrightarrow t = - 11 + 364k,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Do \(t \in \mathbb{Z},0 < t \le 365 \Rightarrow \frac{{11}}{{364}} < k \le \frac{{376}}{{364}} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow t = 353\)

Từ tháng 1 đến hết tháng 11 có 334 ngày và \(353 = 334 + 19\).

Vậy vào ngày 19 tháng 12 trong năm thì thành phố \(A\) có ít giờ có ánh sáng mặt trời nhất nên phát biểu thứ tư đúng.

Đáp án: 36.

Gọi \(x\) (nghìn) là số tiền giảm giá trên 1 kg mứt và \(y\) (nghìn) là số tiền lợi nhuận thu được trong ngày.

Ta có: \(y = \left( {39 - x - 30} \right)\left( {60 + 20x} \right) = \left( {9 - x} \right)\left( {60 + 20x} \right) = - 20{x^2} + 120x + 540\)

Do \(y\) đạt giá trị lớn nhất bằng 720 khi \(x = 3\) nên giá cần bán để có lợi nhuận cao nhất là là 36 nghìn đồng/ 1 kg .

Đáp án: 12.

$\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}{\left(2\text{tan}x+\text{cot}x\right)}^{2}dx=\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}\left(4{\text{tan}}^{2}x+4\text{tan}x\cdot \text{cot}x+{\text{cot}}^{2}x\right)dxdx$$=4\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}{\text{tan}}^{2}xdx+\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}4dx+\underset{\frac{\pi }{6}}{\overset{\frac{\pi }{4}}{\int }}{\text{cot}}^{2}xdx$

\( = 4\left( {{\rm{tan}}x - x} \right)|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} + 4x|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} + \left( { - {\rm{cot}}x - x} \right)|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} = 3 - \frac{{\sqrt 3 }}{3} - \frac{\pi }{{12}}\).

Suy ra \(a = 3;b = - 3;c = 12\). Do đó \(a + b + c = 12\).

Đáp án: Sai – Đúng – Sai – Đúng.

Điều kiện: \(x > \frac{3}{5}\) nên hàm số xác định trên \(\left( {\frac{3}{5}; + \infty } \right)\). Do đó phát biểu thứ nhất sai.

Ta có \(3 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {5x - 3} \right) \Leftrightarrow x = 6\) nên \(M\left( {6;3} \right) \Rightarrow OM = 3\sqrt 5 \) nên phát biểu thứ hai đúng.

Có \({\log _3}\left( {5x - 3} \right) \le 3\)\( \Leftrightarrow 5x - 3 \le 27\)\( \Leftrightarrow x \le 6\).

Kết hợp điều kiện ta có \(S = \left( {\frac{3}{5};6} \right]\) mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(S = \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\) nên phát biểu thứ ba sai.

Gọi \(A\left( {a;{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {5a - 3} \right)} \right)\) với \(a > \frac{3}{5}\).

Do \(A\left( {a;{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {5a - 3} \right)} \right)\) là trung điểm của \(OB\) nên \( \Rightarrow B\left( {2a;2{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {5a - 3} \right)} \right)\).

Mà \(B\) thuộc vào đồ thị hàm số \(y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {5x - 3} \right) \Rightarrow 2{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {5a - 3} \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {10a - 3} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}{\left( {5a - 3} \right)^2} = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {10a - 3} \right) \Leftrightarrow {\left( {5a - 3} \right)^2} = 10a - 3\)\( \Leftrightarrow 25{a^2} - 40a + 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{6}{5}}\\{a = \frac{2}{5}}\end{array}} \right. \Rightarrow a = \frac{6}{5} \Rightarrow B\left( {\frac{{12}}{5};2} \right) \Rightarrow OB = \frac{{2\sqrt {61} }}{5}\) nên phát biểu thứ tư đúng.

Đáp án: 720; 30240.

Đặt \(x = 23\). Số các số cần lập có dạng \(\overline {abcd} \) với \(a,b,c,d \in \left\{ {1,x,4,5,6,7} \right\}\).

Có \(A_6^4 = 360\) số như vậy.

Mặt khác khi hoán vị hai số 2 và 3 ta được thêm một số thỏa yêu cầu bài toán.

Vậy có \(360 \cdot 2 = 720\) số thỏa yêu cầu bài toán.

Xét các số tự nhiên có bảy chữ số được lập từ \(\left\{ {1,2,2,2,3,4,5,6,7} \right\}\)

Ta thấy có \(A_9^7\) số như vậy.

Tuy nhiên khi hoán vị vị trí của ba số 2 cho nhau thì số thu được không thay đổi.

Vậy có \(\frac{{A_9^7}}{{3!}} = 30240\) số thỏa yêu cầu bài toán.