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

Ta có \[\int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = F\left( 2 \right) - F\left( 1 \right) = 3 - \left( { - 2} \right) = 5\].

\[\int\limits_2^5 {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_2^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_2^5 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 3 - 2 = 1\].

Ta có \(\int\limits_1^3 {\left[ {1 + g\left( x \right)} \right]} {\rm{d}}x = \left. {\left[ {x + G\left( x \right)} \right]} \right|_1^3 = \left. {\left( {x + {x^3}} \right)} \right|_1^3 = 30 - 2 = 28\).

Ta có : \[\int\limits_3^5 {\frac{{2x + 1}}{{x - 2}}dx = \int\limits_3^5 {\frac{{2\left( {x - 2} \right) + 5}}{{x - 2}}dx = } } \int\limits_3^5 {2 + \frac{5}{{x - 2}}dx} \]

\[ = \left. {\left( {2x + 5\ln \left| {x - 2} \right|} \right)} \right|_3^5 = \left( {10 + 5\ln 3} \right) - \left( {6 + 5\ln 1} \right) = 4 + 5\ln 3\].

Ta có:\[a + b + c = 4 + 5 + 3 = 12\].

Đáp án: 29.

Ta có \(5\left( {\vec b - \vec a} \right) + 3\vec c = \vec 0 \Leftrightarrow 5\left( {\vec a - \vec b} \right) = 3\vec c \Leftrightarrow 25{\left( {\vec a - \vec b} \right)^2} = 9{\vec c^2}\)

\( \Leftrightarrow 25\left( {{{\vec a}^2} - 2\vec a\vec b + {{\vec b}^2}} \right) = 9{\vec c^2}\)\( \Leftrightarrow \vec a \cdot \vec b = 4\).

Tương tự: \(5\left( {\vec b - \vec a} \right) + 3\vec c = \vec 0 \Leftrightarrow 5\vec a = 5\vec b + 3\vec c \Leftrightarrow \vec b \cdot \vec c = 5\).

\(5\left( {\vec b - \vec a} \right) + 3\vec c = \vec 0 \Leftrightarrow 5\vec b = 5\vec a - 3\vec c \Leftrightarrow \vec a \cdot \vec c = 20\).

Vậy \(M = 4 + 5 + 20 = 29\).

Đáp án: Đúng – Sai.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{\left( {4x - 3} \right){e^x} - \left( {2{x^2} - 3x} \right){e^x}}}{{{{\left( {{e^x}} \right)}^2}}} = \frac{{ - 2{x^2} + 7x - 3}}{{{e^x}}}\).

Có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 2{x^2} + 7x - 3 = 0\)\( \Leftrightarrow x = 3;x = \frac{1}{2}\) nên phát biểu thứ hai sai.

Có \(f\left( 0 \right) = 0;f\left( {\frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{{\sqrt e }};f\left( 3 \right) = \frac{9}{{{e^3}}};f\left( 4 \right) = \frac{{20}}{{{e^4}}}\).

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = \frac{9}{{{e^3}}}\). Suy ra \(m = 9;n = 3\). Khi đó \(3m + 4n = 39\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Đáp án: 113.

Gọi \(A\) và \(B\) lần lượt là biến cố thịt lợn và gạo giảm giá trong một phiên giao dịch.

Đặt \(a = P\left( A \right)\) và \(b = P\left( B \right)\) với \(a,b \in \left[ {0;\,1} \right]\).

Khi đó ta có: \(\frac{2}{5} = P\left( {A\mid \overline B } \right) = \frac{{P\left( {A\overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{P\left( A \right) - P\left( {AB} \right)}}{{1 - P\left( B \right)}} = \frac{{a - 0,1}}{{1 - b}} \Rightarrow 5a + 2b = 2,5\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\).

Tương tự: \(\frac{4}{7} = P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{P\left( {B\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right)}} = \frac{{P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)}}{{1 - P\left( A \right)}} = \frac{{b - 0,1}}{{1 - a}} \Rightarrow 4a + 7b = 4,7\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}5a + 2b = 2,5\\4a + 7b = 4,7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,3\\b = 0,5\end{array} \right.\).

Xác suất để có ít nhất một trong hai hàng hoá thịt lợn và gạo giảm giá trong một phiên giao dịch là \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,7 = \frac{7}{{10}} = \frac{m}{n} \Rightarrow 9m + 5n = 113\).

Đáp án: Phát biểu thứ ba.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}a \subset \left( \alpha \right)\\b \not\subset \left( \alpha \right)\\a//b\end{array} \right\} \Rightarrow b//\left( \alpha \right).\)

Đáp án: \(\frac{4}{3}\).

Ta có: \[\int\limits_2^3 {\frac{{3{\rm{x}} + 1}}{{2{{\rm{x}}^2} - x - 1}}d{\rm{x}}} = \frac{4}{3}\int\limits_2^3 {\frac{1}{{x - 1}}d{\rm{x}}} + \frac{1}{3}\int\limits_2^3 {\frac{1}{{2{\rm{x}} + 1}}d{\rm{x}}} = \frac{4}{3}\ln \left| {x - 1} \right|\left| \begin{array}{l}3\\2\end{array} \right. + \frac{1}{6}\ln \left| {2{\rm{x}} + 1} \right|\left| \begin{array}{l}3\\2\end{array} \right.\]

\( = \frac{4}{3}\ln 2 + \frac{1}{6}\ln 7 - \frac{1}{6}\ln 5\).

\[P = \frac{4}{3} + \frac{1}{6} - \frac{1}{6} = \frac{4}{3}\].

Đáp án: Đúng – Sai – Đúng – Đúng.

Từ \[f\left( x \right) + 2xf\left( {{x^2}} \right) = 2{x^7} + 3{x^3} - x - 1\,\,\,\left( 1 \right)\]

Thay \[x = 0\] vào \[\left( 1 \right)\] ta được: \(f\left( 0 \right) = - 1\) nên mệnh đề thứ nhất đúng.

Thay \[x = 1\] vào \[\left( 1 \right)\] ta được \[f\left( 1 \right) + 2f\left( 1 \right) = 3 \Rightarrow f\left( 1 \right) = 1\,\,\]nên mệnh đề thứ hai sai.

Thay \[x = 2\] vào \[\left( 1 \right)\] ta được: \[f\left( 2 \right) + 4f\left( 4 \right) = 277\]

Thay \[x = - 2\] vào \[\left( 1 \right)\] ta được: \[f\left( { - 2} \right) - 4f\left( 4 \right) = - 279\]

Do đó: \[f\left( 2 \right) + f\left( { - 2} \right) = 277 - 279 = - 2\]nên mệnh đề thứ ba đúng.

Từ \[\left( 1 \right)\]ta có \[\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}} x + \int\limits_0^1 {2xf\left( {{x^2}} \right){\rm{d}}} x = \int\limits_0^1 {\left( {2{x^7} + 3{x^3} - x - 1} \right)\,{\rm{d}}} x\]

\[ \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}} x + \int\limits_0^1 {f\left( {{x^2}} \right) \cdot {{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }{\rm{d}}} x = - \frac{1}{2}\].

Gọi \[F(x)\] nguyên hàm của \[f\left( x \right)\].

Khi đó \[\int\limits_0^1 {f\left( {{x^2}} \right) \cdot {{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }{\rm{d}}} x = \,\,F\left( {{x^2}} \right)\left| \begin{array}{l}1\\0\end{array} \right. = F(1) - F(0) = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}} x\]

Do đó \[\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}} x + \int\limits_0^1 {f\left( {{x^2}} \right) \cdot {{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }{\rm{d}}} x = - \frac{1}{2} \Rightarrow 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}} x = - \frac{1}{2} \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}} x = - \frac{1}{4}\,\,\]nên mệnh đề thứ tư đúng.

Đáp án: 5292.

Gọi \(A\) là biến cố: “Người đó bị viêm phổi”

Gọi \(B\) là biến cố: “Người đó không nghiện thuốc lá” \( \Rightarrow n\left( B \right) = 472 + y\)

Khi đó \(AB\) là biến cố: “Người đó bị viêm phổi và không nghiện thuốc lá”. Vậy \(n(AB) = 472\).

xác suất để người đó bị viêm phổi trong khi người đó không nghiện thuốc lá là

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{{472}}{{472 + y}} \le \frac{1}{7} \Leftrightarrow y \ge 2832\).

Vậy nhà nghiên cứu phải tiến hành kiểm tra tối thiểu \(750 + 1238 + 472 + 2832 = 5292\)người đàn ông thì xác suất để người đó bị viêm phổi trong khi người đó không nghiện thuốc lá không vượt quá \(\frac{1}{7}\).

Đáp án: \(\frac{1}{6};51\).

Xác suất để trong 1 lần gieo có xuất hiện mặt 6 chấm là \(\frac{1}{6}\).

Xác suất trong \(n\) lần gieo xuất hiện mặt 6 chấm lớn hơn 0,9999 có nghĩa là \(1 - {\left( {\frac{5}{6}} \right)^n} > 0,9999\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{5}{6}} \right)^n} < 0,0001 \Leftrightarrow n > {\log _{\frac{5}{6}}}0,0001 \approx 50,517\).

Cần gieo ít nhất 51 lần.

Đáp án: \(63063000\).

Số cách chia là \(C_{16}^4 \cdot C_{12}^4 \cdot C_8^4 \cdot C_4^4 = 63063000\) (cách).

Đáp án: 1.

Điều kiện: \(x \ne \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).

Phương trình đã cho tương đương với

\(\sqrt 2 \left( {\sin x + \cos x} \right) = \frac{1}{{\sin x \cdot \cos x}}\)

Đặt \(t = \sin x + \cos x\) (Điều kiện: \(\left| t \right| \le \sqrt 2 \)).

Bình phương hai vế để biểu diễn tích theo \(t\):

\({t^2} = {\left( {\sin x + \cos x} \right)^2} = {\sin ^2}x + {\cos ^2}x + 2\sin x \cdot \cos x = 1 + 2\sin x \cdot \cos x\)

\( \Rightarrow \sin x \cdot \cos x = \frac{{{t^2} - 1}}{2}\)

Thay vào phương trình, ta có:

\(\sqrt 2 t = \frac{1}{{\frac{{{t^2} - 1}}{2}}} \Leftrightarrow \sqrt 2 t = \frac{2}{{{t^2} - 1}}\)\( \Leftrightarrow \sqrt 2 t\left( {{t^2} - 1} \right) = 2 \Leftrightarrow t\left( {{t^2} - 1} \right) = \sqrt 2 \Leftrightarrow {t^3} - t - \sqrt 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {t - \sqrt 2 } \right)\left( {{t^2} + \sqrt 2 t + 1} \right) = 0\)

Trường hợp 1: \(t = \sqrt 2 \) (Thỏa mãn điều kiện \(\left| t \right| \le \sqrt 2 \)).

Trường hợp 2: \({t^2} + \sqrt 2 t + 1 = 0\)

Ta có \(\Delta = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot 1 = 2 - 4 = - 2 < 0\), suy ra phương trình này vô nghiệm.

Với \(t = \sqrt 2 \), ta có:

\(\sin x + \cos x = \sqrt 2 \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 2 \)\( \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Do đó \(x = \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Vậy nghiệm của phương trình đã cho được biểu diễn bởi 1 điểm trên đường tròn lượng giác.

Đáp án: \(\sqrt {14} \).

Gọi \(I\left( {0;0;z} \right) \in Oz\) là tâm mặt cầu cần tìm.

Vì mặt cầu đi qua hai điểm \(A,B\) nên

\(IA = IB \Leftrightarrow {1^2} + {3^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = {3^2} + {2^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} \Leftrightarrow 2z = 6 \Leftrightarrow z = 3\).

\( \Rightarrow I\left( {0;0;3} \right) \Rightarrow R = IA = \sqrt {14} \).

Đáp án: 2087; 1980.

Ta thấy: \(1936 = {44^2} < 2024 < {45^2} = 2025\).

\( \Rightarrow \) Trong 2024 số hạng đầu của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có 44 số chính phương.

\( \Rightarrow \) Số 2024 là số hạng thứ \(2024 - 44 = 1980\) của dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\).

Trong dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) từ số hạng thứ 1981 đến số hạng thứ 2042 , có 61 số không là số chính phương.

Sau số chính phương \(2025\left( { = {{45}^2}} \right)\) thì số chính phương tiếp theo là \(2116\left( { = {{46}^2}} \right)\).

\( \Rightarrow \) Có 90 số không là số chính phương trong dãy số tự nhiên từ 2026 đến 2115.

\( \Rightarrow \) Số hạng thứ 2042 của dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) là: \(2026 + 61 = 2087\).

Đáp án: Đúng – Sai.

Theo đề ra ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{{3n}} \cdot {u_n} \Leftrightarrow \frac{{{u_{n + 1}}}}{{n + 1}} = \frac{1}{3}\frac{{{u_n}}}{n}\) mà \({u_1} = \frac{1}{3}\) hay \(\frac{{{u_1}}}{1} = \frac{1}{3}\)

Nên ta có \(\frac{{{u_2}}}{2} = \frac{1}{3}.\frac{1}{3} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2};\frac{{{u_3}}}{3} = \frac{1}{3}.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^3}; \ldots ;\frac{{{u_{10}}}}{{10}} = {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{10}}\).

Hay dãy \(\left( {\frac{{{u_n}}}{n}} \right)\) là một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = \frac{1}{3}\), công bội \(q = \frac{1}{3}\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Khi đó \(S = {u_1} + \frac{{{u_2}}}{2} + \frac{{{u_3}}}{3} + \ldots + \frac{{{u_{10}}}}{{10}} = \frac{{{3^{10}} - 1}}{{2 \cdot {3^{10}}}} = \frac{{59048}}{{2 \cdot {3^{10}}}} = \frac{{29524}}{{59049}} < \frac{1}{2}\) nên phát biểu thứ hai sai.

Đáp án: 1.

Hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}{\rm{\;}}\left( C \right)\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\) và \(y' = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm của tiếp tuyến của \(\left( C \right)\), điều kiện \({x_0} \ne - 1\).

Vì tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) song song với đường thẳng \({\rm{\Delta }}:y = x + 1\) nên tiếp tuyến có hệ số góc \(k = 1\).

Ta có: \(\frac{1}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 1 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_0} = 0}\\{{x_0} = - 2}\end{array}} \right.\).

Với \({x_0} = 0\) có \(M\left( {0;1} \right)\), phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\left( {0;1} \right)\) là: \(y = 1\left( {x - 0} \right) + 1 = x + 1\).

Với \({x_0} = - 2\) có \(M\left( { - 2;3} \right)\), phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\left( { - 2;3} \right)\) là: \(y = 1\left( {x + 2} \right) + 3 = x + 5\).

Vậy có một tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) song song với đường thẳng \({\rm{\Delta }}:y = x + 1\).

Đáp án: 2; 3.

Để \(2n + 1\) chia hết cho \(n - 1\) thì \(3 \vdots \left( {n - 1} \right) \Leftrightarrow \left( {n - 1} \right) \in \left\{ { - 1;1;3} \right\} \Leftrightarrow n \in \left\{ {0;2;4} \right\}\).

Vì \(n \ne 0\) nên \(n \in \left\{ {2;4} \right\}\).

Ta có: \(\left( {n - 4} \right) \vdots \left( {2n - 1} \right) \Rightarrow 2\left( {n - 4} \right) \vdots \left( {2n - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\left( {2n - 1} \right) - 7} \right] \vdots \left( {2n - 1} \right) \Rightarrow 7 \vdots \left( {2n - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {2n - 1} \right) \in \left\{ { - 1;1;7} \right\} \Leftrightarrow n \in \left\{ {0;1;4} \right\}\)

Thử lại, ta thấy cả 3 giá trị của \(n\) đều thỏa mãn.

Đáp án: 6.

Gọi điểm \(C\left( {0;0;c} \right)\) thuộc tia \(Oz,c > 0\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua các điểm \(A,B\) đồng thời cắt tia \(Oz\) tại \(C\) có dạng \(\frac{x}{1} + \frac{y}{1} + \frac{z}{c} = 1\).

Tứ diện \(OABC\) có thể tích bằng \(\frac{1}{6} \Rightarrow {V_{OABC}} = \frac{1}{6}OA \cdot OB \cdot OC = \frac{1}{6}\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{6} \cdot 1 \cdot 1 \cdot c = \frac{1}{6} \Leftrightarrow c = 1\).

Suy ra \(\left( P \right)\) có phương trình \(\frac{x}{1} + \frac{y}{1} + \frac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow x + y + z - 1 = 0 \Rightarrow a = 1,b = 1,c = - 1\).

Vậy \(a + 3b - 2c = 6\).

Đáp án: 100; 10.

Dựa vào đồ thị suy ra \(Q\left( t \right) = 0,5t + 2\), từ đó tính được \(P\left( t \right) = {10^{0,5t + 2}} = 100{\sqrt {10} ^t}\)

Do đó \(a = 100\) và \(b = 10\).

Đáp án: Đúng – Đúng – Sai.

Do \(\frac{{y'\left( t \right)}}{{y\left( t \right)}} = k\) với \(k\) là hằng số.

Lấy tích phân với cận từ 0 đến \(t\) hai vế.

Ta được \(\int\limits_0^t {\frac{{y'\left( t \right)}}{{y\left( t \right)}}dt} = \int\limits_0^t {kdt} \) \( \Rightarrow {\rm{ln}}\frac{{y\left( t \right)}}{{y\left( 0 \right)}} = kt\), hay \(y\left( t \right) = y\left( 0 \right) \cdot {e^{kt}}\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Tính được \(y\left( 0 \right) = T\left( 0 \right) - {T_s} = 22 - 5 = 17\). Ta có \(T\left( t \right) = {T_s} + y\left( t \right) = 5 + 17{e^{kt}}\).

Thay \(t = 30\) ta được \(T\left( {30} \right) = 5 + 17{e^{30k}}\).

Mà \(T\left( {30} \right) = 16\) nên \(k = {\rm{ln}}\left( {\frac{{11}}{{17}}} \right):30 \approx - 0,0145\) nên phát biểu thứ hai đúng.

Tính \(T\left( {60} \right) \approx 12\) (Kết quả làm tròn đến chữ số hàng đơn vị) nên phát biểu thứ ba sai.

Đáp án: \(\frac{{{a^2}\sqrt {11} }}{{16}}\).

Trong tam giác \(BCD\) có: \(P\) là trọng tâm, \(N\) là trung điểm \(BC\). Suy ra \(N,P,D\) thẳng hàng.

Vậy thiết diện là tam giác \(MND\).

Xét tam giác \(MND\), ta có \(MN = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2};DM = DN = \frac{{AD\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Do đó tam giác \(MND\) cân tại \(D\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(MN\) suy ra \(DH \bot MN,MH = \frac{a}{4}\).

Diện tích tam giác \({S_{\Delta MND}} = \frac{1}{2}MN \cdot DH = \frac{1}{2}MN \cdot \sqrt {D{M^2} - M{H^2}} = \frac{{{a^2}\sqrt {11} }}{{16}}\).

Đáp án: 1; 10.

Để hàm số có một điểm cực trị thì \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).

Khi đó \(f\left( x \right) = 2{x^2} + 1\) (thỏa mãn có 1 điểm cực trị).

Với \(m = 1\) ta có: \(f\left( x \right) = 2{x^2} + 1\).

Vì hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} + 1\) là hàm số chẵn nên nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng

\( \Rightarrow \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\).

Với \(m \ne 1\) ta có: \(f'\left( x \right) = 3\left( {m - 1} \right){x^2} + 4mx;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 0}\\{{x_2} = \frac{{4m}}{{3\left( {1 - m} \right)}}}\end{array}} \right.\)

Xét \({x_2} < {x_1} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 1}\\{m < 0}\end{array}} \right.\), ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

Để \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\) thì \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} < - 2}\\{f\left( { - 2} \right) \le f\left( 3 \right)}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2 \le {x_2}}\\{f\left( {{x_2}} \right) \le f\left( 3 \right)}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

\(\) \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{4m}}{{3\left( {1 - m} \right)}} < - 2}\\{9 \le 45m - 26}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}\frac{{4m}}{{3\left( {1 - m} \right)}} \ge - 2\\\frac{{32{m^3}}}{{27{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} + 1 \le 45m - 26\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 < m < 3}\\{m > \frac{7}{9}}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 3}\\{m \le 1}\end{array}} \right.}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{9}{{13}}}\\{m \ge \frac{9}{7}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 < m < 3}\\{m \ge 3}\\{m = \frac{9}{{13}}}\end{array}} \right.\] (thỏa mãn điều kiện)

Xét \({x_2} > {x_1} \Leftrightarrow 0 < m < 1\), ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

Để thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} \ge 3}\\{f\left( { - 2} \right) \le f\left( 3 \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{4m}}{{3\left( {1 - m} \right)}} \ge 3}\\{9 \le 45m - 26}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{9}{{13}} \le m < 1}\\{m \le \frac{7}{9}}\end{array} \Leftrightarrow \frac{7}{9} \le m < 1} \right.} \right.\) (thỏa mãn điều kiện)

Kết hợp các trường hợp và \(m \in \left[ { - 10;10} \right],m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {1;2; \ldots ;10} \right\}\).

Đáp án: Sai – Đúng – Đúng.

\(\sqrt[3]{{{a^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7} \right)}^2}}}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{a^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}} \right)}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}}} = \sqrt[3]{{{{27}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{3^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}} \right)}^3}}} = 7\) nên phát biểu thứ nhất sai.

\(\sqrt {{b^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11} \right)}^2}}}} = \sqrt {{{\left( {{b^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11}}} \right)}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11}}} = \sqrt {{{49}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11}}} = \sqrt {{{\left( {{7^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11}}} \right)}^2}} = 11\).

\({c^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25} \right)}^2}}} = {\left( {{c^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}} = {\left( {\sqrt {11} } \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}} = \sqrt {{{11}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}}} = \sqrt {25} = 5\) nên phát biểu thứ hai đúng.

Vậy \(\sqrt[3]{{{a^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7} \right)}^2}}}}} + \sqrt {{b^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11} \right)}^2}}}} + {c^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25} \right)}^2}}} = 7 + 11 + 5 = 23\)nên phát biểu thứ ba đúng.

Đáp án: \(\frac{1}{2}\).

Ta có: \(\frac{{1 + 2 + \ldots + n}}{{{n^2} + n}} \le \frac{1}{{{n^2} + 1}} + \frac{2}{{{n^2} + 2}} + \ldots + \frac{n}{{{n^2} + n}} \le \frac{{1 + 2 + \ldots + n}}{{{n^2} + 1}}\).

Mà \({\rm{lim}}\frac{{1 + 2 + \ldots + n}}{{{n^2} + n}} = {\rm{lim}}\frac{{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}}{{{n^2} + n}} = \frac{1}{2}\);

\({\rm{lim}}\frac{{1 + 2 + \ldots + n}}{{{n^2} + 1}} = {\rm{lim}}\frac{{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}}{{{n^2} + 1}} = {\rm{lim}}\frac{{{n^2} + n}}{{2\left( {{n^2} + 1} \right)}} = {\rm{lim}}\frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2\left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}} = \frac{1}{2}\)

Nên \({\rm{lim}}\left( {\frac{1}{{{n^2} + 1}} + \frac{2}{{{n^2} + 2}} + \ldots + \frac{n}{{{n^2} + n}}} \right) = \frac{1}{2}\).

Đáp án: Sai – Đúng.

Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {1;2;3} \right);d\) có vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {1; - 2;1} \right)\) nên \(\overrightarrow {MN} \cdot \vec u = 0\) suy ra \(MN \bot d\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(MN\) vuông góc với \(d\) có phương trình \(x - 2y + z - 2 = 0\).

Gọi \(E = d \cap \left( P \right)\).

Ta có: \(IM \ge EM;IN \ge EN \Rightarrow IM + IN \ge EM + EN\)

Để \(IM + IN\) nhỏ nhất thì điểm \(I \equiv E\) nên \(I\left( {\frac{{17}}{3};\frac{{17}}{3};\frac{{23}}{3}} \right)\).

Đáp án: \(\frac{{32\pi }}{5};\frac{{2\pi }}{5}\).

3,2 vòng ngược chiều kim đồng hồ tương ứng với \(3,2 \cdot 2\pi = \frac{{32\pi }}{5}\left( {{\rm{rad}}} \right)\).

Độ dài cung có số đo \(\frac{\pi }{5}\) là \(l = \alpha R = \frac{\pi }{5} \cdot \frac{4}{2} = \frac{{2\pi }}{5}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Đáp án: \(\frac{{57}}{4}\).

Đặt: \(x = {t^3} + 3t + 1 \Rightarrow dx = \left( {3{t^2} + 3} \right)dt\).

Đổi cận: \(x = 1 \Rightarrow t = 0;x = 5 \Rightarrow t = 1\).

\(\int\limits_1^5 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( {3{t^2} + 3} \right)f\left( {{t^3} + 3t + 1} \right)dt} = \int\limits_0^1 {\left( {3{t^2} + 3} \right)\left( {t + 3} \right)dt} = \frac{{57}}{4}\).

Đáp án: 36.

Một đoạn thẳng được tạo thành từ hai điểm bất kì thuộc 9 điểm trên.

Vậy số đoạn thẳng cần tìm chính là số cách chọn ra hai điểm bất kì từ 9 điểm trên: \(C_9^2 = 36\).

Đáp án: \(100\sqrt[3]{{144}}\).

Gọi chiều rộng của bể là x > 0, chiều cao của bể là \[h > 0\; \Rightarrow V = 3{x^2}h = 1000\,\,\left( {{m^3}} \right)\] (I).

Vì bể có dạng hình hộp chữ nhật không nắp nên diện tích mặt là:  

\[S = 3{x^2} + 2xh + 6xh = 3{x^2} + 8xh\;\] (II).

Từ (I) và (II), ta có: \(S = 3{{\rm{x}}^2} + \frac{{8000}}{{3{\rm{x}}}} \ge 3\sqrt[3]{{3{{\rm{x}}^2} \cdot \frac{{4000}}{{3{\rm{x}}}} \cdot \frac{{4000}}{{3{\rm{x}}}}}} = 100\sqrt[3]{{144}}\) (Áp dụng BĐT Cô si).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(3{{\rm{x}}^2} = \frac{{4000}}{{3{\rm{x}}}} \Leftrightarrow x = 10\sqrt[3]{{\frac{4}{9}}} > 0\) .

Đáp án: \(5,41\).

Chọn trục \(Ox\) thẳng đứng, gốc \(O\) nằm trên mặt đáy của khối bê tông, chiều dương hướng lên trên (Hình).

Khi đó, khối bê tông nằm trong khoảng không gian giữa hai mặt phẳng vuông góc với \(Ox\) lần lượt tại các điểm \(x = 0\) và \(x = 2\).

Mặt phẳng vuông góc với \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\left( {0 \le x \le 2} \right)\) cắt khối bê tông theo mặt cắt có diện tích là \(S\left( x \right) = 5 \cdot {(0,5)^x}\left( {{m^2}} \right)\).

Do đó, thể tích của khối bê tông là

$V=\underset{0}{\overset{2}{\int }}S\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}5\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{x}dx={\left.\frac{5}{\text{ln}\frac{1}{2}}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^x\right|}_0^2=-\frac{5}{\text{ln}2}\left(\frac{1}{4}-1\right)=\frac{15}{4\text{ln}2}\approx 5,41\left(m^3\right)$.

Đáp án: 69.

Xét các biến cố:

\(A\) : "Người được chọn mắc bệnh sơ gan";

\(B\) : "Người được chọn bị viêm gan B".

Theo giả thiết ta có: \(P\left( A \right) = 0,008;P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,008 = 0,992\).

\(P\left( {B\mid A} \right) = 0,6;\;P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,1\).

Theo công thức Bayes, ta có:

\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B\mid \overline A } \right)}} = \frac{{0,008 \cdot 0,6}}{{0,008 \cdot 0,6 + 0,992 \cdot 0,1}} = \frac{3}{{65}}\).

Suy ra \(a + b = 69\).

Đáp án: \(\left( {\frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{{13}}} \right)\).

\(y' = 2{\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) \cdot {\rm{cos}}\left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = {\rm{sin}}\left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) \ge 0\)\( \Rightarrow 0 \le 2x - \frac{\pi }{3} \le \pi \Leftrightarrow \frac{\pi }{6} \le x \le \frac{{2\pi }}{3}\).

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {\frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{{13}}} \right)\).

Đáp án: 2024.

Để rút được bất kỳ hai trong ba tấm thẻ lấy ra đó có hai số tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn hơn kém nhau ít nhất 2 đơn vị thì 3 thẻ rút được phải không có hai thẻ nào là hai số tự nhiên liên tiếp.

Số cách rút 3 thẻ bất kỳ là \(C_{26}^3\).

Số cách rút 3 thẻ có đúng hai số tự nhiên liên tiếp được xác định như sau:

Chọn hai số tự nhiên liên tiếp: \(\left\{ {1;2} \right\};\left\{ {2;3} \right\}; \ldots ;\left\{ {25;26} \right\}.\)

TH1: Chọn hai thẻ liên tiếp là \(\left\{ {1;2} \right\}\) hoặc \(\left\{ {25;26} \right\}\) có hai cách, thẻ còn lại không được chọn là thẻ số 3 hoặc 24 do đó có 23 cách.

Vậy có \(2 \cdot 23 = 46\) cách

TH2: Chọn hai thẻ là một trong các cặp \(\left\{ {2;3} \right\};\left\{ {3;4} \right\};...;\left\{ {24;25} \right\}\) có 23 cách, chọn thẻ còn lại chỉ có \(26 - 4 = 22\) cách.

Vậy có \(23 \cdot 22 = 506\) cách.

Số cách rút 3 thẻ là 3 số liên tiếp có 24 cách rút.

Vậy có \(C_{26}^3 - 46 - 506 - 24 = 2024\) cách chọn bất kỳ hai trong ba tấm thẻ lấy ra đó có hai số tương ứng ghi trên hai tấm thẻ luôn hơn kém nhau ít nhất 2 đơn vị

Đáp án: \(\frac{{5\sqrt 3 }}{3};55\).

Khoảng cách từ điểm A đến \(\left( P \right)\)là: \[d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - \left( { - 3} \right) - \left( { - 4} \right) - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\].

Gọi \(I\) là điểm sao cho \(\overrightarrow {IA} + 4\overrightarrow {IB} = \overrightarrow 0 \) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + 4{x_B}}}{5} = 1\\{y_I} = \frac{{{y_A} + 4{y_B}}}{5} = 1\\{z_I} = \frac{{{z_A} + 4{z_B}}}{5} = 0\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {1;1;0} \right)\).

Ta có: \(M{A^2} + 4M{B^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + 4{\overrightarrow {MB} ^2} = {\left( {\overrightarrow {IA} - \overrightarrow {IM} } \right)^2} + 4{\left( {\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IM} } \right)^2}\)

\( = 5I{M^2} - 2\overrightarrow {IM} \left( {\overrightarrow {IA} + 4\overrightarrow {IB} } \right) + I{A^2} + 4I{B^2}\)

\( \Rightarrow M{A^2} + 4M{B^2} = 5I{M^2} + I{A^2} + 4I{B^2}\)

\( \Rightarrow M{A^2} + 4M{B^2}\) nhỏ nhất khi \(IM\) nhỏ nhất

\( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên mặt phẳng \((P)\).

\( \Rightarrow IM = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \sqrt 3 \)

\( \Rightarrow \) giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(M{A^2} + 4M{B^2}\) là:

\(M{A^2} + 4M{B^2} = 5I{M^2} + I{A^2} + 4I{B^2} = 15 + 32 + 8 = 55\).