Đáp án: \(S = \int\limits_{ - 3}^0 {f(x)dx} + \int\limits_4^0 {f(x)dx} \).

\(S = \int\limits_{ - 3}^4 {\left| {f\left( x \right)dx} \right|} = \int\limits_{ - 3}^0 {\left| {f(x)} \right|dx} + \int\limits_0^4 {\left| {f(x)} \right|dx} \)\( = \int\limits_{ - 3}^0 {f(x)dx} + \int\limits_4^0 {f(x)dx} \).

Đáp án: \(60^\circ \).

Ta có ABCE là hình vuông cạnh a.

Gọi \[I = AC \cap BE\].

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AI\\BE \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BE \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BE \bot SI\].

Khi đó: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBE} \right) \bot \left( {ABE} \right) = BE\\AI \bot BE\\SI \bot BE\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {S,BE,A} \right] = \widehat {SIA}\]

Xét tam giác SIA vuông tại A: \[\tan \widehat {SIA} = \frac{{SA}}{{IA}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}:\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SIA} = 60^\circ \].

Đáp án: \(x = 1;x = 2\).

Ta có: \[{\left( {\frac{1}{4}} \right)^x} = {2^{{x^2} - 5x + 2}} \Leftrightarrow {2^{ - 2x}} = {2^{{x^2} - 5x + 2}} \Leftrightarrow - 2x = {x^2} - 5x + 2 \Leftrightarrow - {x^2} + 3x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\].

Đáp án: 2; 2.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 4\,,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - 1 \Rightarrow \,\)Đồ thị hàm số có hai tiệm cận ngang là \(y = - 1\) và \(y = 4\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = + \infty \,,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = - \infty \Rightarrow \,\)Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = - 1\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = - \infty \,,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = - \infty \Rightarrow \,\)Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\).

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng và 2 đường tiệm cận ngang.

Đáp án: 13.

Ta có: \(\overrightarrow {MA} = \left( {4 - a;1 - b;5 - c} \right),\overrightarrow {MB} = \left( {3 - a; - b;1 - c} \right),\overrightarrow {MC} = \left( { - 1 - a;2 - b; - c} \right)\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {MC} - 5\overrightarrow {MC} \cdot \overrightarrow {MA} \\ = \left( {4 - a} \right)\left( {3 - a} \right) + \left( {1 - b} \right)\left( { - b} \right) + \left( {5 - c} \right)\left( {1 - c} \right) + 2\left( {3 - a} \right)\left( { - 1 - a} \right) + 2\left( { - b} \right)\left( {2 - b} \right) + 2\left( {1 - c} \right)\left( { - c} \right)\\ - 5\left( {4 - a} \right)\left( { - 1 - a} \right) - 5\left( {1 - b} \right)\left( {2 - b} \right) - 5\left( {5 - c} \right)\left( { - c} \right)\end{array}\)

\( = - 2{a^2} - 2{b^2} - 2{c^2} + 4a + 10b + 17c + 21\)

\( = - 2{\left( {a - 1} \right)^2} - 2{\left( {b - \frac{5}{2}} \right)^2} - 2{\left( {c - \frac{{17}}{4}} \right)^2} + \frac{{573}}{8} \le \frac{{573}}{8}\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi\(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = \frac{5}{2}\\c = \frac{{17}}{4}\end{array} \right.\). Khi đó \(P = a - 2b + 4c = 13\).

Đáp án: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - 1 - t\\z = - 1 + 4t\end{array} \right.\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\left( \beta \right)\) có vectơ pháp tuyến lần lượt \({\overrightarrow n _{\left( \alpha \right)}} = \left( {1; - 2; - 1} \right);{\overrightarrow n _{\left( \beta \right)}} = \left( {2;0; - 1} \right)\)

Đường thẳng có vec tơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left[ {{{\overrightarrow n }_{\left( \alpha \right)}},{{\overrightarrow n }_{\left( \beta \right)}}} \right] = \left( {2; - 1;4} \right)\).

Vậy đường thẳng có phương trình tham số: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - 1 - t\\z = - 1 + 4t\end{array} \right.\).

Đáp án: 2; 5.

Hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đồ thị như hình vẽ dưới đây:

Phương trình \(f\left( x \right) = - 1 \Leftrightarrow {x^3} - 3{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Vậy phương trình \(f\left( x \right) = - 1\) có 2 nghiệm phân biệt.

Giữ nguyên phần đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)nằm phía trên trục hoành, phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành thay bằng phần đối xứng với nó qua trục hoành ta có đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\)do đó hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\)có 5 điểm cực trị.

Đáp án: 1.

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}MN\parallel PQ\\MN = PQ\\NP \bot PQ\left( {BD \bot SC} \right)\end{array} \right.\] \[ \Rightarrow MNPQ\] là hình chữ nhật.

Suy ra \[{V_{A.MNPQ}} = 2{V_{A.MQP}} = 2{V_{M.AQP}}\]

Ta có \[d\left( {M,\left( {AQP} \right)} \right) = \frac{1}{2}SA\].

Mà \[SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = 2 \Rightarrow d\left( {M,\left( {AQP} \right)} \right) = \frac{1}{2}SA = 1\]

\[{S_{\Delta AQP}} = \frac{1}{2}AH \cdot QP = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4}AC \cdot \frac{1}{2}BD = \frac{3}{{16}}AC \cdot BD = \frac{3}{{16}}{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{3}{2}\].

Do đó: \[{V_{M.AQP}} = \frac{1}{3}d\left( {M,\left( {AQP} \right)} \right) \cdot {S_{\Delta AQP}} = \frac{1}{3} \cdot 1 \cdot \frac{3}{2} = \frac{1}{2}\].

Vậy \[{V_{A.MNPQ}} = 2{V_{M.AQP}} = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1\].

Đáp án: \[2\sin \alpha + \tan \alpha = 0\].

Ta có \[cos\alpha = \cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right|}} = \frac{{2 - 6 - 3}}{{\sqrt {14} \cdot \sqrt {14} }} = - \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = {120^o}\].

Vậy \[2\sin \alpha + \tan \alpha = 2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \left( { - \sqrt 3 } \right) = 0\].

Đáp án: \(r = 2\sqrt[{}]{2}\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\, - 1\,;\,2} \right)\) và bán kính \(r = \sqrt[{}]{{{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} - \left( { - 2} \right)}}\)\( = 2\sqrt[{}]{2}\).

Đáp án: Sai – Sai.

Có \(y' = \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) - \left( {{x^2} - x + 2} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 4x}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\).

\(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 4\).

Tọa độ \(A\left( {0; - 1} \right),B\left( {4;7} \right)\). Ta tính được \(OA = 1,OB = \sqrt {65} ,AB = \sqrt {80} \).

Áp dụng công thức Herong ta được \({S_{\Delta OAB}} = 2\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(y = m\) là:

\(\frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = m{\rm{ }}\left( {x \ne 2} \right) \Leftrightarrow {x^2} - \left( {m + 1} \right)x + 2m + 2 = 0{\rm{ }}(1)\)

Đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác \(2\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{(1)}} = {m^2} - 6m - 7 > 0\\{2^2} - \left( {m + 1} \right) \cdot 2 + 2m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 1\\m > 7\end{array} \right.\) nên phát biểu thứ hai sai.

Đáp án: \(\frac{{207}}{2}\pi \).

Thể tích khối tròn xoay xác định bởi: \(\pi \int\limits_4^7 {{{\left( {\sqrt {5x + 7} } \right)}^2}{\mkern 1mu} {\rm{d}}x} = \)\(\frac{{207}}{2}\pi \).

Đáp án: Sai – Đúng.

\[h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( { - 0,1{t^3} + 1,1{t^2}} \right)dt} \]\( = - \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + C\).

Ta có \(h\left( 0 \right) = 20\). Suy ra \(C = 20\).

Do đó \(h\left( t \right) = - \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + 20\).

Ta có: \(h'\left( t \right) = v\left( t \right) = \frac{{ - {t^3}}}{{10}} + \frac{{11}}{{10}}{t^2} = \frac{{{t^2}}}{{10}}\left( { - t + 11} \right)\).

\(h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 11\end{array} \right..\)

Lập bảng biến thiên ta thấy \(h\left( t \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(h\left( {11} \right) \approx 142\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Vậy chiều cao tối đa của cây lúa đó là \(142\) (cm) nên phát biểu thứ nhất sai.

Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(v\left( t \right) = - 0,1{t^3} + 1,1{t^2}\) với \(t \ge 0\).

Ta có \(v'\left( t \right) = - 0,3{t^2} + 2,2t = - 0,3t\left( {t - \frac{{22}}{3}} \right)\).

Suy ra \(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = \frac{{22}}{3}\end{array} \right.\).

Lập bảng biến thiên ta thấy thời điểm câu lúa phát triển nhanh nhất là \(t = \frac{{22}}{3}\).

Khi đó \(h\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 92,3 > 80\).

Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn \(80\) cm nên phát biểu thứ hai đúng.

Đáp án: 230300; 1961225; 1111225.

Trong \(100\) thẻ có \(50\) thẻ ghi số chẵn và \(50\) thẻ ghi số lẻ.

Có \(C_{50}^4 = 230300\) cách chọn bốn thẻ đều ghi số chẵn.

Để tổng 4 thẻ là số chẵn ta có 3 trường hợp.

TH1: cả 4 số chẵn, TH2: 2 số chẵn, 2 số lẻ, TH3: cả 4 số lẻ

Khi đó có \(C_{50}^4 + C_{50}^2 \cdot C_{50}^2 + C_{50}^4 = 1961225\) cách chọn.

Nếu \(n = 4k\) thì \({n^3} \vdots 4\), \(n = 4k + 1\) thì \({n^3}\) chia 4 dư 1, \(n = 4k + 2\) thì \({n^3}\) chia hết cho 4, \(n = 4k + 3\) thì \({n^3}\)chia 4 dư 3 (\(n,\,k \in {\mathbb{N}^*}\)).

Trong \(100\) thẻ có 50 thẻ chia 4 dư 0 hoặc 2, số thẻ chia 4 dư 1 là 25, chia 4 dư 3 là 25.

Do đó số cách chọn 4 thẻ sao cho tổng lập phương của bốn số chia hết cho 4 là

\[C_{50}^4 + C_{25}^4 + C_{25}^4 + C_{25}^2 \cdot C_{25}^2 + C_{50}^2 \cdot 25 \cdot 25 = 1111225\].

Đáp án: 32.

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (1 đơn vị trên trục bằng \(10{\rm{cm}} = 1{\rm{dm}}\)).

+) Diện tích một cánh hoa (nằm trong góc phần tư thứ nhất) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số\({\rm{\;y}} = \frac{{{{\rm{x}}^2}}}{2}{\rm{\;}}\),\({\rm{y}} = \sqrt {2{\rm{x}}} \) và hai đường thẳng \({\rm{x}} = 0;{\rm{x}} = 2\)

\({{\rm{S}}_1} = \mathop \smallint \nolimits_0^2 \left( {\sqrt {2{\rm{x}}} - \frac{{{{\rm{x}}^2}}}{2}} \right){\rm{dx}}\) \( = \frac{4}{3}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

\( + ){\rm{\;}}\)Diện tích tráng men cả 4 cánh hoa là \(4{{\rm{S}}_1} = \frac{{16}}{3}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right) = \frac{{0,16}}{3}\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\), do đó chi phí để phủ một lớp men 4 cánh hoa là \(600 \cdot \frac{{0,16}}{3} = 32\) nghìn đồng.

Đáp án: \(a \in \left( {5;6} \right)\).

Gọi \(v\left( t \right)\) là vận tốc tại thời điểm \(t\), \(s\left( t \right)\) là quảng đường xe đi được tại thời điểm \(t\).

Ta có \(v\left( t \right) = v\left( 0 \right) + \int\limits_0^t {\left( { - a} \right)} {\rm{d}}x = - at + 15\).

\(s\left( t \right) = s\left( 0 \right) + \int\limits_0^t v \left( x \right){\rm{d}}x = \int\limits_0^t {\left( { - ax + 15} \right)} {\rm{d}}x = - \frac{1}{2}a{t^2} + 15t\).

Xe đi được thêm \(20\)m thì dừng nên \(\left\{ \begin{array}{l}v\left( t \right) = 0\\s\left( t \right) = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - at + 15 = 0\\ - \frac{1}{2}a{t^2} + 15t = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{15}}{t}\\\frac{{15}}{2}t = 20\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{45}}{8}\\t = \frac{8}{3}.\end{array} \right.\)

Vậy \(a \in \left( {5;6} \right)\).

Đáp án: 1.

Ta có \(\overrightarrow {BC} = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Mặt phẳng \((P)\) có véc-tơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_{(P)}}} = \left( {2; - 1;2} \right) = \overrightarrow {BC} \).

Suy ra \(BC \bot \left( P \right)\).

Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó \(d//BC\) suy ra \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - t\\z = 1 + 2t\end{array} \right.\).

Gọi \(H = d \cap \left( P \right) \Rightarrow H\left( {1 + 2t; - t;1 + 2t} \right)\).

Mà \(H \in \left( P \right) \Rightarrow 2\left( {1 + 2t} \right) - \left( { - t} \right) + 2\left( {1 + 2t} \right) + 5 = 0 \Leftrightarrow t = - 1 \Rightarrow H\left( { - 1;1; - 1} \right)\) và \(AH = 3\).

Ta có \(\left( {\Delta ,BC} \right) = \left( {\Delta ,d} \right) = \widehat {HAM} = 45^\circ \).

Xét tam giác \(AHM\) vuông tại \(H\) có \(MH = AH \cdot \tan 45^\circ = 3\).

Suy ra \(M\) nằm trên đường tròn tâm \(H\) bán kính \(R = MH = 3\).

Ta có \(BM\) lớn nhất khi \(B\), \(H\), \(M\) thẳng hàng và \(H\) ở giữa \(B\),\(M\).

Suy ra \(BM\) đạt lớn nhất khi \(BM = BH + HM = \sqrt {{{\left( { - 1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 + 3} \right)}^2} + {{\left( { - 1 + 5} \right)}^2}} + 3 = 9\).

Ta lại có \(2BM = 3BH \Rightarrow 2\overrightarrow {BM} = 3\overrightarrow {BH} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( {{x_M} - 1} \right) = 3 \cdot \left( { - 2} \right)\\2\left( {{y_M} + 3} \right) = 3 \cdot 4\\2\left( {{z_M} + 5} \right) = 3 \cdot 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = - 2\\{y_M} = 3\\{z_M} = 1.\end{array} \right.\).

Suy ra \(M\left( { - 2;3;1} \right)\) và véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {MA} = \left( {3; - 3;0} \right) = 3(1; - 1;0)\).

Vậy \(a = - 1\), \(b = 0\) nên ta được \({a^2} + {b^2} = 1\).

Đáp án: \(\frac{8}{{15}}\).

+) Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_6^2 \cdot C_4^2 = 90\).

Gọi A là biến cố “Không có hai viên bi cùng màu nào được bỏ vào cùng một cái hộp”.

\(\overline A \): “Có ít nhất 2 viên bi cùng màu được bỏ vào cùng 1 cái hộp”

TH1: Chỉ có đúng 2 viên bi cùng màu được bỏ vào cùng 1 cái hộp.

Chọn 2 viên bi cùng màu và chọn 1 cái hộp để bỏ vào, có \(C_3^1 \cdot C_3^1 = 9\).

Xếp 4 viên bi còn lại vào 2 hộp còn lại sao cho không có hai viên bi nào cùng màu vào trong một cái hộp, có \(C_2^1 \cdot C_2^1 = 4\).

Như vậy có 36 cách xếp.

TH2: Mỗi hộp đều có 2 viên bi cùng màu. Trường hợp này có \(3! = 6\).

Vậy \(P(A) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{36 + 6}}{{90}} = \frac{8}{{15}}\).

Đáp án: Sai – Đúng.

Ta có \[f\left( x \right) + f\left( {2x} \right) = {\log _2}\left( {x + 25} \right) + {\log _2}\left( {2x + 25} \right) = {\log _2}\left[ {\left( {x + 25} \right)\left( {2x + 25} \right)} \right]\], suy ra phát biểu thứ nhất sai.

Ta có: \[\left( {{2^{{x^2}}} - {4^x}} \right)\left[ {f\left( {x - 11} \right) - 4} \right] \le 0\]\( \Leftrightarrow \left( {{2^{{x^2}}} - {4^x}} \right)\left[ {{{\log }_2}\left( {x + 14} \right) - 4} \right] \le 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{2^{{x^2}}} - {4^x} \ge 0\\{\log _2}\left( {x + 14} \right) - 4 \le 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{2^{{x^2}}} - {4^x} \le 0\\{\log _2}\left( {x + 14} \right) - 4 \ge 0\end{array} \right.\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{2^{{x^2}}} \ge {2^{2x}}\\{\log _2}\left( {x + 14} \right) \le 4\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{2^{{x^2}}} \le {2^{2x}}\\{\log _2}\left( {x + 14} \right) \ge 4\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x^2} \ge 2x\\0 < x + 14 \le 16\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{x^2} \le 2x\\x + 14 \ge 16\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le 0\end{array} \right.\\ - 14 < x \le 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 2\\x \ge 2\end{array} \right.\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\ - 14 < x \le 0\\x = 2\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\ - 14 < x \le 0\end{array} \right.\).

Vì \(x\) nguyên nên \(x \in \left\{ { - 13\,;\, - 12\,;\,...\,;\,0\,;\,2} \right\}\).

Vậy có \(15\) số nguyên \(x\) thỏa mãn yêu cầu bài toán, suy ra phát biểu thứ hai đúng.

Đáp án: \({a^2} + 5;2\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {5 + {a^2}x} \right) = 5 + {a^2} \cdot 1 = {a^2} + 5\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{a{x^2} - \left( {a - 2} \right)x - 2}}{{\sqrt {x + 8} - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {ax + 2} \right)\left( {\sqrt {x + 8} + 3} \right)}}{{x - 1}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {ax + 2} \right)(\sqrt {x + 8} + 3) = 6\left( {a + 2} \right) = 6a + 12\)

Hàm số đã cho liên tục tại \(x = 1\) khi

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow {a^2} + 5 = 6a + 12 \Leftrightarrow {a^2} - 6a - 7 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = - 1\\a = 7\end{array} \right.\).

Vậy có tất cả 2 giá trị thực của \(a\) để hàm số đã cho liên tục tại \(x = 1\).

Đáp án: 17.

\(y = {\sin ^6}x + {\cos ^6}x\)

Hàm số có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

Ta có:\(y = {\sin ^6}x + {\cos ^6}x = {\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right)^3} - 3{\sin ^2}x{\cos ^2}x\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) = 1 - \frac{3}{4}{\sin ^2}2x\).

Do \(0 \le {\sin ^2}2x \le 1 \Leftrightarrow 0 \ge - \frac{3}{4}{\sin ^2}2x \ge - \frac{3}{4} \Leftrightarrow 1 \ge 1 - \frac{3}{4}{\sin ^2}2x \ge \frac{1}{4} \Leftrightarrow 1 \ge y \ge \frac{1}{4}\).

Vậy giá trị của hàm số là \(T = \left[ {\frac{1}{4};1} \right] \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 4\end{array} \right. \Rightarrow S = 17\).

Đáp án: 10; 11.

\(A < \frac{{{2^{2021}}}}{{{3^{1273}}}} < B \Leftrightarrow \log A < 2021 \cdot \log 2 - 1273 \cdot \log 3 < \log B{\rm{ }}\)

Mà: \(2021 \cdot \log 2 - 1273 \cdot \log 3 \approx 1,006\)

\( \Rightarrow \log A < 1,006 < \log B \Rightarrow A < {10^{1,006}} < B \Rightarrow A < 10,139 < B\).

Do A, B là hai số tự nhiên liên tiếp nên \(A = 10,B = 11\).

Đáp án: 25; −4.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + {u_7} = 26}\\{u_2^2 + u_6^2 = 466}\end{array}} \right.\) \[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{u_1} + 6d = 26}\\{{{\left( {{u_1} + d} \right)}^2} + {{\left( {{u_1} + 5d} \right)}^2} = 466}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 13 - 3d}\\{{{\left( {13 - 2d} \right)}^2} + {{\left( {13 + 2d} \right)}^2} = 466}\end{array}} \right.\]

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{d = 4 \Rightarrow {u_1} = 1}\\{d = - 4 \Rightarrow {u_1} = 25}\end{array}} \right.\).

Vì \({u_1} > 1\) nên \({u_1} = 25;d = - 4\).

Đáp án: 25 m.

Đặt \(h = 5(m)\).

Gọi \({h_n}\) là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng sau lần nảy lên thứ \(n\).

Lần nảy lên đầu tiên, quả bóng đạt độ cao \({h_1} = \frac{2}{3}h\).

Lần nảy lên thứ hai, quả bóng đạt độ cao \({h_2} = \frac{2}{3}{h_1}\).

Tương tự, lần nảy lên thứ \(n\), quả bóng đạt độ cao \({h_n} = \frac{2}{3}{h_{n - 1}}\).

\( \Rightarrow \) Tổng các quãng đường khi rơi và nảy của quả bóng từ lúc thả bóng cho đến lúc bóng không nảy lên nữa bằng tổng độ cao của bóng khi nảy lên và tổng khoảng cách rơi xuống của quả bóng.

\( \Rightarrow T = \left( {h + {h_1} + {h_2} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right) + \left( {{h_1} + {h_2} + \ldots + {h_n} + {h_{n + 1}} + \ldots } \right)\)

\( \Rightarrow T\) là tổng của hai cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu lần lượt là \(h\) và \({h_1}\); công bội \(q = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow T = \frac{h}{{1 - \frac{2}{3}}} + \frac{{{h_1}}}{{1 - \frac{2}{3}}} = 3\left( {h + {h_1}} \right) = 3\left( {5 + \frac{2}{3} \cdot 5} \right) = 25(m).\)

Đáp án: Hình thoi; Hình tam giác đều.

Hình thang cân chỉ có 1 trục đối xứng.

Hình thoi có 2 trục đối xứng (là hai đường chéo).

Tam giác đều có 3 trục đối xứng (nối đỉnh với trung điểm cạnh đối diện).

Hình bình hành không có trục đối xứng.

Đáp án: 4.

\({n^3} - 1\; \vdots \;9 \Rightarrow {n^3} - 1\; \vdots \;3 \Rightarrow n\) chia cho \(3\) dư \(1\) (vì nếu \(n\) chia cho \(3\) dư \(0\) hoặc \(2\) thì \({n^3}\) chia hết cho \(3\) dư 0 hoặc \(2\)).

Đặt \(n = 3k + 1{\rm{ }}\left( {k \in \mathbb{N}} \right)\). Ta có

\(\frac{{{n^3} - 1}}{9} = \frac{{{{\left( {3k + 1} \right)}^3} - 1}}{9} = \frac{{27{k^3} + 27{k^2} + 9k}}{9} = 3{k^3} + 3{k^2} + k = k\left( {3{k^2} + 3k + 1} \right)\).

Để \(\frac{{{n^3} - 1}}{9}\) là số nguyên tố, phải có \(k = 1\).

Khi đó \(n = 4\) và \(\frac{{{n^3} - 1}}{9} = \frac{{64 - 1}}{9} = 7\), là số nguyên tố.

Đáp án: Mệnh đề 2 và 4.

Xét hàm số \(y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}\) thì ta có giá trị cực đại tại \(x = 0\) là −1 , giá trị cực tiểu tại \(x = 2\) là 3 nên mệnh đề thứ nhất sai.

Mệnh đề thứ hai đúng.

Giá trị lớn nhất của hàm số luôn lớn hơn hoặc bằng mọi giá trị khác của hàm số đó chứ không phải là giá trị cực đại nên mệnh đề thứ ba sai.

Hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có đạo hàm luôn bé hơn hoặc lớn hơn không nên không có cực trị nên mệnh đề thứ tư đúng.

Đáp án: \(\frac{1}{3}\).

Gieo 3 con xúc xắc cân đối, đồng chất \( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = {6^3} = 216\).

Gọi A là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện trên mặt của 3 xúc xắc là một số chia hết cho 3”.

Gọi số chấm xuất hiện trên mặt của 3 xúc xắc lần lượt là a, b, c.

Ta có: \(a,b,c \in \left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\) và \(a + b + c \le 18\).

Chia tập hợp \(\left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\) thành 3 loại.

Loại 1: Chia hết cho 3: \(\left\{ {3;6} \right\}\).

Loại 2: Chia 3 dư 1: \(\left\{ {1;4} \right\}\).

Loại 3: Chia 3 dư 2: \(\left\{ {2;5} \right\}\).

Do \(a + b + c\) chia hết cho 3 nên ta xét 2 trường hợp:

TH1: Cả 3 số thuộc 1 trong 3 loại trên có 24 cách.

TH2: Mỗi số thuộc 1 loại ta sẽ có \(3! \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 48\).

Suy ra \(n\left( A \right) = 24 + 48 = 72\). Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{72}}{{216}} = \frac{1}{3}\).

Đáp án: −1; −7.

Ta có \(F'\left( x \right) = \left( { - {x^2} + \left( {2 - a} \right)x + a - b} \right){e^{ - x}} = f\left( x \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - a = 3}\\{a - b = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 1}\\{b = - 7}\end{array}} \right.} \right.\).

Đáp án: 33.

Ta có: \(\overrightarrow {AA'} \cdot \overrightarrow {BD} = 0\)

vì \(\overrightarrow {A'B'} = \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {B'M} = \frac{1}{2}\overrightarrow {B'C'} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} \)

Nên ta có: \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} \).

Ta có: \(3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {AC'} \) ( vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(DCD'\)).

Mà \(\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AD} \) ( vì \(ADD'A'\) là hình bình hành),

\(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} \) (do \(ABCD \cdot A'B'C'D'\) là hình hộp)

Nên \(3\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AA'} + 3\overrightarrow {AD} \Rightarrow \overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AD} \).

vì \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AA'} = 0\) (các vectơ đôi một vuông góc)

Nên ta có:

\(\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {AG} = \left( {\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right)\left( {\frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AA'} } \right) = \frac{1}{3}A{B^2} + \frac{1}{2}A{D^2} + \frac{2}{3}A{A'^2}\)\( = \frac{1}{3} \cdot {2^2} + \frac{1}{2} \cdot {3^2} + \frac{2}{3} \cdot {4^2} = \frac{{33}}{2}\)\( \Rightarrow 2 \cdot \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {AG} + 5 \cdot \overrightarrow {AA'} \cdot \overrightarrow {BD} = 33\).

Đáp án: Sai – Đúng – Đúng.

Ta có bảng thống kê thời gian chờ khám bệnh của các bệnh nhân tại phòng khám \(X\)

Số trung bình của mẫu là \(\overline x = \frac{{2,5 \cdot 3 + 7,5 \cdot 12 + 12,5 \cdot 15 + 17,5 \cdot 8}}{{3 + 12 + 15 + 8}} \approx 11,18\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Phương sai \({S^2} = \frac{1}{{38}}\left( {3 \cdot 2,{5^2} + 12 \cdot 7,{5^2} + 15 \cdot 12,{5^2} + 8 \cdot 17,{5^2}} \right) - {\left( {11,18} \right)^2} \approx 19,42\)nên phát biểu thứ hai đúng.

Tìm khoảng tứ phân vị thời gian chờ khám bệnh của các bệnh nhân tại phòng khám \(X\) :

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \({x_{10}} \in \left[ {5;10} \right)\).

Do đó tứ phân vị thứ nhất là \({Q_1} = 5 + \frac{{\frac{{38}}{4} - 3}}{{12}} \cdot \left( {10 - 5} \right) \approx 7,71\).

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \({x_{29}} \in \left[ {10;15} \right)\).

Do đó tứ phân vị thứ ba là \({Q_3} = 10 + \frac{{3 \cdot \frac{{38}}{4} - \left( {3 + 12} \right)}}{{15}} \cdot \left( {15 - 10} \right) = 14,5\).

Vậy khoảng tứ phân vị là \({{\rm{\Delta }}_{Q\left( X \right)}} = {Q_3} - {Q_1} \approx 14,5 - 7,71 \approx 6,79\).

Do \({{\rm{\Delta }}_{Q\left( X \right)}} \approx 6,79 < {{\rm{\Delta }}_{Q\left( Y \right)}} = 9,23\) nên thời gian chờ của bệnh nhân tại phòng khám Y phân tán hơn thời gian chờ của bệnh nhân tại phòng khám X nên phát biểu thứ ba đúng.

Đáp án: 4.

Ta có \({7^{95}} = {\left( {{7^4}} \right)^{23}} \cdot {7^3} = {2401^{23}} \cdot 343\) có chữ số tận cùng là 3

và \({3^{58}} = {\left( {{3^4}} \right)^{14}}{\rm{\;}} \cdot {3^2} = {81^{14}} \cdot 9\) có tận cùng là số 9.

Vậy số tận cùng của \({7^{95}} - {3^{58}}\) là \(13 - 9 = 4\).

Đáp án: \(\frac{1}{2};\frac{1}{3}\).

Gọi A là biến cố: “Người phụ nữ mang thai đôi cùng trứng”, cá ký hiệu BB, GG, BG, GB lần lượt chỉ các biến cố thai đôi là trai-trai, gái-gái, trai-gái, gái trai.

Ta có \[P\left( {GG|A} \right) = \frac{1}{2}\].

Ta có \[P\left( {BG \cup GB} \right) = P\left( {BG \cup GB|\bar A} \right) = \frac{2}{3} \cdot \left( {\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} \right) = \frac{1}{3}\].