Đáp án: Đúng – Sai.

Gọi \(A = \left( C \right) \cap Oy \Rightarrow A\left( {0; - 1} \right)\).

Tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(A\) có \(k = y'({x_A}) = \frac{3}{{{{\left( {0 + 1} \right)}^2}}} = 3\).

Phương trình tiếp tuyến \(y = 3\left( {x - 0} \right) - 1 = 3x - 1\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Gọi \(M\left( {{x_0},2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}} \right) \in \left( C \right)\).

Vì \(M\) có tọa độ nguyên khi \({x_0} + 1\) là ước của 3. Hay \({x_0} + 1 \in \left\{ {1; - 1;3; - 3} \right\}\).

Có 4 giá trị của \({x_0}\) thỏa mãn nên có 4 điểm \(M\) có tọa độ nguyên nên phát biểu thứ hai sai.

Đáp án: \(y = x - 2;\frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

\(y = \frac{{{x^2} - 4x + 5}}{{x - 2}} \Rightarrow y' = \frac{{\left( {2x - 4} \right)\left( {x - 2} \right) - \left( {{x^2} - 4x + 5} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 \Rightarrow y = - 2}\\{x = 3 \Rightarrow y = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow A\left( {1; - 2} \right)\).

\(y = \frac{{{x^2} - 4x + 5}}{{x - 2}} = x - 2 + \frac{1}{{x - 2}}\)

Khi đó đồ thị có tiệm cận xiên: \(\Delta :y = x - 2 \Rightarrow x - y - 2 = 0\)\( \Rightarrow d\left( {A,\Delta } \right) = \frac{{\left| {1 + 2 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Đáp án: 16.

Không gian mẫu của biến cố là: \(C_{12}^4 \cdot C_4^1 = 1980\)

Giả sử 4 số lấy ra bao gồm \(a,b,c,M\) trong đó \(M\) là số chính giữa và \(a,b,c\)(giả sử \(a < b < c\)) là ba số ở ba vòng tròn xung quanh vì \(a,b,c\) không phân biệt thứ tự nên theo yêu cầu bài toán ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c + b < M < a + b + c}\\{3 < c + b < 12}\end{array}} \right.\)

Ta xét các trường hợp có thể xảy ra của số \(M\)

TH1: \(M \in \{ 1;2;3;4;5;6;7\} \) thì không tồn tại các số a, b, c thoả mãn

TH2: \(M = 8\). Ta có các bộ \((a;b;c)\) thoả mãn là: \((2;3;4)\). Có 1 bộ.

TH3: \(M = 9\). Ta có các bộ \((a;b;c)\) thoả mãn là: \((2;3;5)\). Có 1 bộ.

TH4: \(M = 10\). Ta có các bộ \((a;b;c)\) thoả mãn là: \((2;3;6),(3;4;5),(2;4;5)\). Có 3 bộ

TH5: \(M = 11\). Ta có các bộ \((a;b;c)\) thoả mãn là: \((2;3;7),(2;4;6),(3;4;5),(3;4;6)\). Có 4 bộ

TH6: \(M = 12\). Ta có các bộ \((a;b;c)\) thoả mãn là:

\((2;3;8),(2;4;7),(3;4;7),(3;4;6),(3;5;6),(4;5;6),(2;5;6)\). Có 7 bộ

Vậy xác suất của biến cố trên là: \(P = \frac{{16}}{{1980}}\). Vậy \(1980P = 16\).

Đáp án: \(\ln \left| x \right| + \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + 3\cos x + C\).

Ta có \(\int {f(x){\rm{d}}x} = \int {\left( {\frac{1}{x} + {2^x} - 3\sin x} \right){\rm{d}}x} = \ln \left| x \right| + \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + 3\cos x + C\).

Đáp án: \(z = 3\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình \(z = 3\).

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2\) suy ra \(y = 2\) là một đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \). Vậy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có một đường tiệm cận ngang.

Đáp án: Đúng – Đúng – Sai.

Số tam giác có trong tập \(X\) là \(C_9^3 = 84\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Chia 9 đỉnh của đa giác đều \(\left( H \right)\) thành 3 nhóm, mỗi nhóm gồm 3 đỉnh liên tiếp. Lấy mỗi nhóm một đỉnh thích hợp nối với nhau để tạo ra một tam giác đều. Vậy có 3 tam giác đều nên phát biểu thứ hai đúng.

Giả sử \(ABC\) là một tam giác cân tại A nhưng không đều.

Số cách chọn đỉnh A có 9 cách.

Đường kính đi qua A của đường tròn \(\left( O \right)\) chia 8 đỉnh còn lại của đa giác thành 2 phần, mỗi phần gồm 4 đỉnh tương ứng đối xứng nhau qua đường kính đó. Mỗi cặp đỉnh đối xứng này cùng với đỉnh A sẽ tạo thành tam giác cân, trong đó có một cặp đỉnh đối xứng cùng với đỉnh A sẽ tạo thành tam giác đều.

Vậy số tam giác cân nhưng không phải tam giác đều là \(9 \cdot 3 = 27\) tam giác nên phát biểu thứ ba sai.

Đáp án: \(y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}.\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

Hàm số có tập xác định: \(D = \mathbb{R},\) tập giá trị \(T = \left( {0; + \infty } \right)\) và hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) và đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( { - 1;3} \right)\) nên \(y = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x}.\)

Đáp án: Sai – Sai – Đúng – Sai.

Đường thẳng \(BC\) không vuông góc với đường thẳng \(A'B\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Tam giác ABC vuông tại A \( \Rightarrow AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {13 - 4} = 3\).

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 12\) nên phát biểu thứ hai sai.

Góc giữa đường thẳng \(A'B\) và mặt phẳng đáy \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(\widehat {A'BA}\).

\( \Rightarrow \cos \widehat {A'BA} = \frac{{AB}}{{A'B}} = \frac{2}{{\sqrt {4 + 16} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\) nên phát biểu thứ ba đúng.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(A'B\) và \(CE\) bằng khoảng cách giữa \(A'B\) và \(\left( {EFC} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {A'B,CE} \right) = d\left( {A'B,\left( {{\rm{EF}}C} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {{\rm{EF}}C} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {{\rm{EF}}C} \right)} \right) = AK\)

Với H là hình chiếu của A lên EC, K là hình chiếu của A lên FH.

\( \Rightarrow \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{{\rm{A}}{{\rm{F}}^2}}} = \frac{1}{9} + \frac{1}{1} + \frac{1}{4} = \frac{{49}}{{36}} \Rightarrow AK = \frac{6}{7}\) nên phát biểu thứ tư sai.

Đáp án: 13.

Đặt các điểm như hình vẽ.

Đặt \(DF = x\), \(x > 0\), ta có \(\Delta ADF\) đồng dạng với \(\Delta BDE\) nên \(\frac{{EB}}{{ED}} = \frac{{AF}}{{DF}}\)\( \Rightarrow EB = \frac{{ab}}{x}\).

Gọi \[l\] là chiều dài của que sào, ta có \({l^2} = A{B^2} = {\left( {x + b} \right)^2} + {\left( {a + \frac{{ab}}{x}} \right)^2} = f\left( x \right)\).

Đạo hàm: \(f'\left( x \right) = 2\left( {x + b} \right) - 2\frac{{ab}}{{{x^2}}}\left( {a + \frac{{ab}}{x}} \right) = 2\left( {x + b} \right)\left( {1 - \frac{{{a^2}b}}{{{x^3}}}} \right)\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{{a^2}b}} = 18\).

Dễ dàng suy ra được \(\min \,f\left( x \right) = f\left( {18} \right) = 2197\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của que sào là \(l = \sqrt {2197} = 13\sqrt {13} \).

Đáp án: 2.

Dựa vào hình vẽ ta có hai cận lần lượt là \( - 1\) và 1.

Suy ra \(S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {\left( { - \frac{1}{2}x + \frac{5}{2}} \right) - \left( { - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} + 1} \right)} \right|} {\rm{d}}x = 2.\)

Đáp án: \(\left( S \right):\,\,{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 16\).

Vì mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2;\, - 1;\,0} \right)\)và có đường kính bằng 8 nên bán kính\(R = 4\).

Vậy phương trình mặt cầu là \(\left( S \right):\,\,{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 16\).

Đáp án: −5; 1.

\({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^5} \Leftrightarrow {x^2} + 4x < 5 \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 < 0 \Leftrightarrow - 5 < x < 1\).

Vậy \(S = \left( { - 5;1} \right)\). Suy ra \(a = - 5;b = 1\).

Đáp án: \(CD \bot \left( {SAD} \right)\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SH\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).

Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).

Đáp án: \(0,5;0,15;0,03;\frac{{47}}{{97}}\).

Gọi \[A,B,C\] lần lượt là biến cố đội thi được chọn lọt vào vòng sơ khảo, vòng bán kết và vòng chung kết.

Vì ban tổ chức sẽ chọn ra \[50\% \] đội thi đã đăng kí để vào vòng sơ khảo nên \[P\left( A \right) = 0,5\].

\[P\left( B \right) = P\left( {AB} \right) = P\left( {B|A} \right) \cdot P\left( A \right) = 0,3 \cdot 0,5 = 0,15\].

\[P\left( C \right) = P\left( {ABC} \right) = P\left( {C|AB} \right) \cdot P\left( {AB} \right) = 0,2 \cdot 0,15 = 0,03\].

\[P\left( {\bar C|A} \right) = 1 - P\left( {C|A} \right) = 1 - \frac{{P\left( {CA} \right)}}{{P\left( A \right)}} = 1 - \frac{{P\left( C \right)}}{{P\left( A \right)}} = 0,94\].

Áp dụng công thức Bayes, ta có: \[P\left( {A|\bar C} \right) = \frac{{P\left( {\bar C|A} \right) \cdot P\left( A \right)}}{{P\left( {\bar C} \right)}} = \frac{{0,94 \cdot 0,5}}{{1 - 0,03}} = \frac{{47}}{{97}}\].

Đáp án: \( - 2\).

\(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1; - 1} \right);\overrightarrow {AC} = \left( { - 1;0;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = - 1 + 0 - 1 = - 2.\)

Đáp án: Sai – Đúng.

Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {2;0; - 1} \right)\,\,;\overrightarrow {AC} = \left( {0;1; - 1} \right)\]

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \[\overrightarrow n = \left( {1;\,\,2;\,\,2} \right)\].

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \[x + 2y + 2z - 3 = 0\] nên phát biểu thứ nhất sai.

Khoảng cách từ điểm \(D\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) \[d = \frac{{\left| {1 \cdot 5 + 2 \cdot 1 + 2 \cdot 1 - 3} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = 2\]nên phát biểu thứ hai đúng.

Đáp án: 30.

Ta có: \(P'\left( t \right) = \frac{{ - a{{\left( {b + {{\rm{e}}^{ - 0,75t}}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {b + {{\rm{e}}^{ - 0,75t}}} \right)}^2}}} = \frac{{{\rm{0,75}} \cdot {\rm{a}} \cdot {{\rm{e}}^{ - 0,75t}}}}{{{{\left( {b + {{\rm{e}}^{ - 0,75t}}} \right)}^2}}} > 0\).

Theo bài ra ta có hệ pt : \[\left\{ \begin{array}{l}P\left( 0 \right) = 20\\P'\left( 0 \right) = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{{b + {e^0}}} = 20\\\frac{{0,75a{e^0}}}{{{{\left( {b + {e^0}} \right)}^2}}} = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{{b + 1}} = 20\;(1)\\\frac{{0,75a}}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}}} = 10\;(2)\end{array} \right.\]

Từ (1), \[b + 1 = \frac{a}{{20}}\] thay vào (2) \[\frac{{0,75a}}{{{{\left( {\frac{a}{{20}}} \right)}^2}}} = 10 \Leftrightarrow \frac{{400 \cdot 0,75}}{a} = 10 \Leftrightarrow a = 40 \cdot 0,75 = 30\].

\[ \Rightarrow b = \frac{{30}}{{20}} - 1 = 0,5 \Rightarrow P(t) = \frac{{30}}{{0,5 + {e^{ - 0,75t}}}}\].

Tốc độ sinh trưởng của nấm men là lớn nhất khi \(v\left( t \right) = P'\left( t \right) = \frac{{{\rm{22,5}}{{\rm{e}}^{ - 0,75t}}}}{{{{\left( {0,5 + {{\rm{e}}^{ - 0,75t}}} \right)}^2}}}\) lớn nhất.

\(v'\left( t \right) = \frac{{ - 16,875{{\rm{e}}^{ - 0,75t}}{{\left( {0,5 + {{\rm{e}}^{ - 0,75t}}} \right)}^2} - 2 \cdot \left( {{\rm{22,5}}{{\rm{e}}^{ - 0,75t}}} \right) \cdot \left( {0,5 + {{\rm{e}}^{ - 0,75t}}} \right) \cdot - 0,75{{\rm{e}}^{ - 0,75t}}}}{{{{\left( {0,5 + {{\rm{e}}^{ - 0,75t}}} \right)}^4}}}\)

\(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {33,75 - 16,875} \right){{\rm{e}}^{ - 0,75t}} - 16,875 \cdot 0,5 = 0\)\( \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 0,5}}{{ - 0,75}}\).

Bảng biến thiên

\(v\left( t \right)\) lớn nhất khi \(t = \frac{{\ln 0,5}}{{ - 0,75}}\).

Khi đó số lượng tế bào của quân thể nấm men là \(P\left( t \right) = \frac{{30}}{{0,5 + {e^{ - 0,75\frac{{\ln 0,5}}{{ - 0,75}}}}}} = 30\).

Đáp án: 48.

Chọn hệ trục \(Oxy\)như hình vẽ.

Do tam giác \(ABC\) đều và \(AN = AP = 4\,{\rm{dm}}\) nên tam giác \(ANP\) đều\( \Rightarrow NP = 4\,{\rm{dm}}\) và \(OA = 4 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \,{\rm{dm}}\).

\(OM = OA - AM = \sqrt 3 \,{\rm{dm}}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{{{{14}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = 49\sqrt 3 \,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Ta có: \(A\left( {0;2\sqrt 3 } \right),M\left( {0;\sqrt 3 } \right),N\left( { - 2;0} \right),P\left( {2;0} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(AP\) là: \(\frac{{x - 2}}{{0 - 2}} = \frac{{y - 0}}{{2\sqrt 3 - 0}} \Leftrightarrow y = - \sqrt 3 x + 2\sqrt 3 \).

Giả sử parabol có đỉnh \(M\) có dạng \(y = a{x^2} + \sqrt 3 ,\left( {a \ne 0} \right)\). Parabol đi qua \(P\) \( \Rightarrow a = - \frac{{\sqrt 3 }}{4}\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = - \sqrt 3 x + 2\sqrt 3 ;y = - \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} + \sqrt 3 \) và hai đường thẳng \(x = 0;x = 2\) là: \(S' = \int\limits_0^2 {\left| {\left( { - \sqrt 3 x + 2\sqrt 3 } \right) - \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} + \sqrt 3 } \right)} \right|{\rm{d}}x} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Diện tích mặt bàn là: \(S = {S_{ABC}} - 6 \cdot S' = 49\sqrt 3 - 6 \cdot \frac{{2\sqrt 3 }}{3} = 45\sqrt 3 \).

Vậy \(a = 45,b = 3\) và \(a + b = 48\).

Đáp án: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 1 + t\\z = 3 - t\end{array} \right.\).

Vì đường thẳng \(d\) song song với đường thẳng \({d_1}\) nên có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2;1; - 1} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(d\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 1 + t\\z = 3 - t\end{array} \right.\).

Đáp án: Đúng – Sai – Sai.

\({S_{10}} = 2 + 4 + 6 + \ldots + 2 \cdot 10 = 110\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

\({S_n} = 2 + 4 + 6 + \ldots + 2n,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\)

\(2{S_n} = \left( {2 + 2n} \right) + \left( {4 + 2n - 2} \right) + \ldots + \left( {2n + 2} \right)\)

\({S_n} = \frac{{n\left( {2 + 2n} \right)}}{2} = n\left( {n + 1} \right)\) nên phát biểu thứ hai sai.

\({u_1} = {S_1} = 2\)

\({S_2} = 2 + 4 = 6\)

\({S_2} = {u_1} + {u_2} \Rightarrow {u_2} = 4 \Rightarrow d = 2\).

Số hạng tổng quát của \(({u_n})\) là \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 2 + \left( {n - 1} \right) \cdot 2 = 2n\)nên phát biểu thứ ba sai.

Đáp án: \(y = \frac{{\left| x \right|}}{x}\); \(y = \sqrt x \); \(y = \left[ x \right]\).

\(y = \left| x \right| = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}x&{{\rm{khi }}x \ge 0}\\{ - x}&{{\rm{khi }}x < 0}\end{array}} \right.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left| x \right| = 0\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \sqrt x \) không tồn tại.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\left| x \right|}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{x}{x} = 1\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\left| x \right|}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{ - x}}{x} = - 1\)

\( \Rightarrow \) Không tồn tại giới hạn.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ x \right] = 0\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left[ x \right] = - 1\)

\( \Rightarrow \) Không tồn tại giới hạn.

Đáp án: 20 lần.

Ta thấy từ 1 đến 10 thì số 5 được viết 1 lần.

Xét các số có 2 chữ số. Ta chia các số làm 2 trường hợp:

TH1: Số có dạng \(\overline {a5} \) với \(a \ne 5\). Khi đó \(a \in \left\{ {1;2;3;4;6;7;8;9} \right\} \Rightarrow \) Có 8 số, mỗi số có 1 chữ số 5.

TH2: Số có dạng \(\overline {5b} \), khi đó thì \(b \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\)

\( \Rightarrow \) Có 10 số, trong đó 9 số có 1 chữ số 5, 1 số có 2 chữ số 5 (số 55).

\( \Rightarrow \) Số 5 được viết 11 lần.

Vậy tổng cộng có \(1 + 8 + 11 = 20\) chữ số 5.

Đáp án: 82,68; 80; 6.

Thời điểm 10 giờ 30 phút sáng, tức \(t = 10,5\), khi đó \(B\left( {10,5} \right) = 80 + 7\sin \frac{{10,5\pi }}{{12}} \approx 82,68\) mmHg.

Vậy huyết áp tâm trương của người đó vào lúc 10 giờ 30 phút sáng xấp xỉ 82,68 mmHg.

Thời điểm 12 giờ trưa, lúc \(t = 12\), \(B\left( {12} \right) = 80 + 7\sin \frac{{12\pi }}{{12}} = 80\)

Vậy huyết áp tâm trương của người đó vào lúc 12 giờ trưa là 80 mmHg.

Ta có \(B\left( t \right) = 80 + 7\sin \frac{{t\pi }}{{12}} \le 80 + 7 \Leftrightarrow \sin \frac{{t\pi }}{{12}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{t\pi }}{{12}} = \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow t = 6\).

Vậy huyết áp tâm trương của người đó vào lúc 6 giờ sáng là 87 mmHg.

Đáp án: 7 km.

Quãng đường di chuyển được trong 15 phút đầu với vận tốc \(10{\rm{km/h}}\) là \(10 \cdot \frac{1}{4} = 2,5\) (km)

Quãng đường di chuyển được trong 10 phút lần 1 với vận tốc \(9{\rm{km/h}}\) là \(9 \cdot \frac{1}{6} = 1,5\) (km)

Quãng đường di chuyển được trong 10 phút lần 2 với vận tốc \(8{\rm{km/h}}\) là \(8 \cdot \frac{1}{6} = \frac{4}{3}\) (km)

Quãng đường di chuyển được trong 10 phút lần 3 với vận tốc \(7{\rm{km/h}}\) là \(7 \cdot \frac{1}{6} = \frac{7}{6}\) (km)

Quãng đường di chuyển được trong 5 phút cuối với vận tốc \(6{\rm{km/h}}\) là \(6 \cdot \frac{1}{{12}} = \frac{1}{2}\) (km)

Tổng quãng đường đi được là \(2,5 + 1,5 + \frac{4}{3} + \frac{7}{6} + 0,5 = 7\) (km).

Đáp án: −11.

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

TH1. Với \(m + 4 > 0 \Leftrightarrow m > - 4\) thì \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left[ { - 3;3} \right]\) nên

\(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} f\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow f\left( { - 3} \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{{ - 3 - m}}{1} = 2 \Rightarrow m = - 5\) (loại).

TH2. Với \(m + 4 < 0 \Leftrightarrow m < - 4\) thì \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left[ { - 3;3} \right]\) nên

\[\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3;3} \right]} f\left( x \right) = 2 = 2 \Leftrightarrow f\left( 3 \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{{3 - m}}{7} = 2 \Rightarrow m = - 11\] (thỏa mãn).

Vậy tổng các giá trị \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \( - 11\).

Đáp án: 3.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{y > 0}\\{x - 4y - 1 > 0}\end{array}} \right.\).

Ta có \(\log _2^2\left( {xy} \right) = {\log _2}\left( {\frac{x}{4}} \right){\log _2}\left( {4y} \right) \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x + {{\log }_2}y} \right)^2} = \left( {{{\log }_2}x - 2} \right)\left( {{{\log }_2}y + 2} \right)\;(1)\).

Đặt \({\log _2}x = a;{\log _2}y = b\), ta có \((1)\) trở thành:

\({\left( {a + b} \right)^2} = \left( {a - 2} \right)\left( {b + 2} \right) \Leftrightarrow {a^2} + ab - 2a + {b^2} + 2b + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{a^2} + 2ab - 4a + 2{b^2} + 4b + 8 = 0 \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} + {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} = 0\)

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

Với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = - 2}\end{array}} \right.\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}x = 2}\\{{{\log }_2}y = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y = \frac{1}{4}}\end{array}} \right..\)

Khi đó \(P = {\log _3}\left( {4 + 4 \cdot \frac{1}{4} + 4} \right) + {\log _2}\left( {4 - 4 \cdot \frac{1}{4} - 1} \right) = 3.\)

Đáp án: 6; −4.

Ta có \(\frac{y}{5} = \frac{3}{5}\sin x + \frac{4}{5}\cos x + \frac{1}{5} = \sin \left( {x + \alpha } \right) + \frac{1}{5}\) với \(\cos \alpha = \frac{3}{5}\) và \(\sin \alpha = \frac{4}{5}\).

Mà \( - 1 \le \sin \left( {x + \alpha } \right) \le 1 \Leftrightarrow \frac{{ - 4}}{5} \le \sin \left( {x + \alpha } \right) + \frac{1}{5} \le \frac{6}{5}\) hay \(\frac{{ - 4}}{5} \le \frac{y}{5} \le \frac{6}{5}\) suy ra \( - 4 \le y \le 6\).

Vậy \(\min y = - 4;\max y = 6\).

Đáp án: 7.

TH1: Dương lấy trước và lấy đúng tờ 20000.

Xác suất Dương lấy trúng tờ 20000 là \(\frac{6}{{10}}\). Khi đó xác suất để Nguyên lấy được tờ 50000 là \(\frac{4}{9}\).

TH2: Dương lấy trước và lấy đúng tờ 50000.

Xác suất Dương lấy trúng tờ 50000 là \(\frac{4}{{10}}\). Khi đó xác suất để Nguyên lấy được tờ 50000 là \(\frac{3}{9}\).

Xác suất để Nguyên lấy được tờ 50000 là \(\frac{6}{{10}} \cdot \frac{4}{9} + \frac{4}{{10}} \cdot \frac{3}{9} = \frac{2}{5}\).

Vậy \(a = 2,b = 5 \Rightarrow a + b = 7\).

Đáp án: 3.

Mệnh đề thứ nhất đúng theo định nghĩa về góc.

Mệnh đề thứ hai sai và mệnh đề thứ ba đúng theo định nghĩa hai mặt phẳng vuông góc.

Mệnh đề thứ tư sai vì \((R)\) có thể trùng với \((P)\) hoặc cắt \((P)\).

Mệnh đề thứ năm đúng theo tính chất hai mặt phẳng cắt nhau cùng vuông góc với mặt phẳng thứ 3 thì giao tuyến của chúng sẽ vuông góc với mặt phẳng ấy.

Đáp án: \(\left( {\sqrt 5 ;3} \right)\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1; - 2;1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt 2 \Rightarrow OI = \sqrt 6 \).

Gọi \(E,F\) lần lượt là tiếp điểm của hai mặt phẳng \(\left( P \right),\left( Q \right)\) với mặt cầu \(\left( S \right)\).

Vì \(d = \left( P \right) \cap \left( Q \right)\)nên \(d \bot \left( {IEF} \right)\).

Mà \(IK \bot d\)

\( \Rightarrow K \in \left( {IEF} \right) \Rightarrow IEKF\) là hình vuông.

Ta có \(IE = IF = R = \sqrt 2 \Rightarrow IK = 2\).

\({S_{OIK}} = \frac{1}{2}IK \cdot OI \cdot {\rm{sin}}\widehat {OIK} = \sqrt 6 {\rm{sin}}\widehat {OIK} \le \sqrt 6 \).

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow {\rm{sin}}\widehat {OIK} = 1 \Leftrightarrow \widehat {OIK} = 90^\circ \Leftrightarrow OI \bot IK\).

Đáp án: 2; 6.

Gọi \(G\left( {1;2;6} \right)\) là tọa độ trọng tâm của \(\Delta ABC\).

Ta có \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = 3\overrightarrow {MG} \).

Khi đó \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| = 3\left| {\overrightarrow {MG} } \right| = 3 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MG} } \right| = 1\).

Suy ra \(M\)luôn nằm trên mặt cầu tâm \(G\left( {1;2;6} \right)\) và bán kính \(R = 1\).

Ta có \(d\left( {G,\left( {Oyz} \right)} \right) = 1\) mà \(R = 1\) nên mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) tại điểm duy nhất.

Suy ra điểm tiếp xúc là điểm M chính là hình chiếu của \(G\) lên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) nên \(M\left( {0;2;6} \right).\)

Đáp án: 7; 6.

Trong không gian với hệ trục tọa độ \(\left( {Oxyz} \right)\), gọi điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\), điểm \(N\left( {a;b;c} \right)\).

Khi đó \(M\) thuộc mặt cầu tâm \(I\left( {0;1;1} \right)\), bán kính \(R = 1\) và \(N\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + z - 4 = 0\).

Suy ra \(P = {\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = M{N^2}\left( 1 \right)\).

Ta có \(\left| {IN - MI} \right| \le MN\) suy ra \(MN\) nhỏ nhất khi \(M,N,I\) thẳng hàng.

Do vậy \(MN\) nhỏ nhất khi \(N\) là hình chiếu của \(I\) lên \(\left( P \right)\) và \(M\) là giao của \(IN\) và mặt cầu.

Khi đó \(MN = IN - R\).

Mà \(IN = {\rm{d}}\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {0 + 1 + 1 - 4} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + 1} }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Suy ra \({P_{{\rm{min}}}} = {\left( {IN - R} \right)^2} = {\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3} - 1} \right)^2} = \frac{{7 - 4\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(k = 7;p = - 4;q = 3\).

Suy ra \(k + p + q = 6\).