Đáp án: \(y + 2 = 0\).

Mặt cầu đã cho có tâm \(I\left( {1\,; - 2\,; 0} \right)\) và bán kính \(R = 2\sqrt 3 \).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song mặt phẳng \(\left( {Ox{\rm{z}}} \right):y = 0\) nên có dạng \(\left( P \right):y + m = 0\,\,\,\left( {m \ne 0} \right)\).

Vì \(\left( P \right)\)qua \(I\left( {1\,; - 2\,; 0} \right)\) nên \( - 2 + m = 0 \Rightarrow m = 2\). Do đó phương trình \(\left( P \right)\):\(y + 2 = 0\).

Đáp án: 210.

Ta chuẩn hóa tổng thời lượng pin điện thoại ban đầu là 1.

Nếu Jack không sử dụng điện thoại thì sau 96 tiếng smartphone mới hết pin.

Suy ra sau mỗi tiếng không sử dụng, thời lượng pin sẽ giảm đi \(\frac{1}{{96}}\).

Nếu Jack dùng điện thoại liên tục thì sau 8 tiếng, smartphone sẽ hết pin.

Suy ra sau mỗi tiếng sử dụng, thời lượng pin sẽ giảm đi \(\frac{1}{8}\).

Sau khi Jack không sử dụng điện thoại trong suốt 36 tiếng, thời lượng pin giảm \(36 \cdot \frac{1}{{96}} = \frac{3}{8}\).

Thời lượng pin còn lại là: \(1 - \frac{3}{8} = \frac{5}{8}\).

Sau khi Jack sử dụng điện thoại liên tục trong 90 phút, tức \(\frac{3}{2}\) tiếng, thời lượng pin tiếp tục giảm đi: \(\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{8} = \frac{3}{{16}}\). Thời lượng pin còn lại là:\(\frac{5}{8} - \frac{3}{{16}} = \frac{7}{{16}}\).

Vậy trước khi điện thoại hết pin, Jack còn có thể sử dụng: \(\frac{7}{{16}}:\frac{1}{8} = 3,5\) giờ = 210 phút.

Đáp án: 5.

Điều kiện: \(9 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow - 3 < x < 3\).

Ta có: \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {9 - {x^2}} \right) < 0 \Leftrightarrow 9 - {x^2} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} \Leftrightarrow 9 - {x^2} > 1 \Leftrightarrow {x^2} < 8 \Leftrightarrow - 2\sqrt 2 < x < 2\sqrt 2 \).

Kết hợp điều kiện, ta có tập nghiệm bất phương trình chứa 5 số nguyên là: \( - 2\,;\,1\,;\,0\,;\,1\,;\,2\).

Đáp án: Đúng – Sai.

\(A,B,C\) lần lượt là hình chiếu của điểm \(M\) trên các trục \({\rm{Ox}},{\rm{Oy}},{\rm{Oz}}\)

\( \Rightarrow A\left( {1,0,0} \right),B\left( {0,2,0} \right),C\left( {0,0,3} \right)\).

Phương trình mặt phẳng (ABC) là \(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 6 = 0\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

\(d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{6}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{7}\) nên phát biểu thứ hai sai.

Đáp án: 7; 3; 1.

Ta có miền nghiệm của bất phương trình là một tứ giác có các đỉnh \(A\left( {2;2} \right),B\left( {3;1} \right),\) \(C\left( { - 1;1} \right),O\left( {0;0} \right)\).

Ta thay tọa độ các điểm \({\rm{O}},{\rm{A}},{\rm{B}},{\rm{C}}\) vào \(L = 2x + y\)

\(L\left( {0;0} \right) = 2 \cdot 0 + 0 = 0\); \(L\left( {2;2} \right) = 2 \cdot 2 + 2 = 6\); \(L\left( {3;1} \right) = 2 \cdot 3 + 1 = 7\); \(L\left( { - 1;1} \right) = 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 2 = - 1\).

Vậy L đạt giá trị lớn nhất bằng 7 tại \(x = 3,y = 1\).

Đáp án: Đúng – Đúng – Sai.

Do \(a \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) và \(hm \equiv 0\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) nên \(a + hm \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

\(a \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) thì \({a^n} \equiv {b^n}\left( {{\rm{mod\;}}m} \right),n \in \mathbb{N}\) phát biểu này đúng.

\(175 \equiv 3{\rm{\;}}\left( {{\rm{mod\;}}4} \right)\)\( \Rightarrow {175^{2020}} \equiv {3^{2020}}\left( {{\rm{mod\;}}4} \right) \equiv {81^{505}}\left( {{\rm{mod\;}}4} \right) \equiv 1\left( {{\rm{mod\;}}4} \right)\)nên phát biểu thứ ba sai.

Đáp án: 5.

Vì 10 đội bóng thi đấu theo thể thức vòng tròn một lượt nên số trận đấu là \(C_{10}^2 = 45\)(trận).

Gọi số trận hòa là \(x\), số không hòa là \(45 - x\) (trận).

Tổng số điểm mỗi trận hòa là 2 , tổng số điểm của trận không hòa là \(3\left( {45 - x} \right)\).

Theo đề bài ta có phương trình \(2x + 3\left( {45 - x} \right) = 130 \Leftrightarrow x = 5\).

Đáp án: 0,85.

Gọi \(A\) là biến cố “Công nhân đó thuận tay phải”.

Gọi \(B\) là biến cố “Công nhân đó có độ tuổi trên 35” .

Gọi \(C\) là biến cố “Công nhân đó thuận tay phải hoặc có độ tuổi trên 35”.

Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{{80}}{{100}} = 0,8,P\left( B \right) = \frac{{25}}{{100}} = 0,25\) và \(C = A \cup B\).

Theo quy tắc cộng xác suất: \(P\left( C \right) = P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)\)

\( \Rightarrow P\left( C \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,8 + 0,25 - 0,8 \cdot 0,25 = 0,85\).

Đáp án: 8; 4; 9; 2.

\(g\left( x \right) = f\left( {2f\left( x \right) - 1} \right)\)

\(g'\left( x \right) = f'\left( {2f\left( x \right) - 1} \right) \cdot 2f'\left( x \right)\);

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

\(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).

\(f'\left( {2f\left( x \right) - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2f\left( x \right) - 1 = 1}\\{2f\left( x \right) - 1 = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 1 \Rightarrow x = b,x = c,x = e}\\{f\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = a,x = 0,x = d}\end{array}} \right.\).

Vậy: Số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right)\) là 8 .

Số điểm cực đại của hàm số \(g\left( x \right)\) là 4.

\(g\left( x \right) = f\left( {2f\left( x \right) - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2f\left( x \right) - 1 = 0}\\{2f\left( x \right) - 1 = a}\\{2f\left( x \right) - 1 = d}\end{array}} \right.\) có tất cả 9 nghiệm.

Giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;1} \right]\) là: \(f\left( {2f\left( 0 \right) - 1} \right) = f\left( { - 1} \right) = 2\).

Đáp án: 80922 năm.

\(\frac{A}{2} = A{e^{24360 \cdot r}} \Leftrightarrow {e^{24360 \cdot r}} = \frac{1}{2}\).

Với \({\rm{A}} = 10\) gam, gọi \(t\) là thời gian phân hủy để còn lại \(S = 1\) gam ta có phương trình

\(1 = 10{e^{rt}} \Leftrightarrow 0,1 = {e^{24360 \cdot r \cdot \frac{t}{{24360}}}} \Leftrightarrow t \approx 80922\)

Đáp án: \(\overrightarrow u = \left( {1;2;1} \right)\).

Ta có \(G \in d \Rightarrow G\left( {2 + t; - 2 + 2t; - 1 + 2t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AG} = \left( {t;2t; - 2 + 2t} \right)\).

Vì \(\overrightarrow {AM} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AG} = \left( {\frac{3}{2}t;3t; - 3 + 3t} \right) \Rightarrow M\left( {\frac{3}{2}t + 2;3t - 2; - 2 + 3t} \right)\)

Vì điểm \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right):{\rm{x}} + 2y - 3z - 1 = 0\) nên \(\frac{3}{2}t + 2 + 6t - 4 + 6 - 9t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = 2\).

Suy ra \(\overrightarrow {AG} = \left( {2;4;2} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AM\), chọn \(\overrightarrow u = \left( {1;2;1} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AM\).

Đáp án: Đúng – Đúng – Sai – Đúng.

Ta có đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) đi qua \(\left( {1;0} \right)\) suy ra \(a = - 1\). Vậy \(f\left( x \right) = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \ne - 1\) và hàm số không có điểm cực trị nên phát biểu thứ nhất đúng.

Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là \(I\left( { - 1;1} \right)\) nên phát biểu thứ hai đúng.

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\) suy ra hàm số số đồng biến trên \(\left[ {0;3} \right]\).

Vậy $\underset{\left[0;3\right]}{\text{max}}f\left(x\right)=f\left(3\right)=\frac{1}{2}$ khi \(x = 3\) nên phát biểu thứ ba sai.

Ta đi tìm các điểm có tọa độ nguyên của đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\).

Do \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(f\left( x \right) = 1 - \frac{2}{{x + 1}} \in \mathbb{Z}\) khi \(x + 1 \in \left\{ { - 2; - 1;1;2} \right\}\).

Ta lập bảng:

Suy ra đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có 4 điểm có tọa độ nguyên.

Vậy có \(C_4^2 = 6\) đường thẳng cắt đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) tại các điểm có tọa độ nguyên nên phát biểu thứ tư đúng.

Đáp án: Sai – Đúng – Đúng – Sai.

Ta có: \( - 5{\rm{cos}}4\pi t = 5{\rm{cos}}\left( {4\pi t + \pi } \right)\).

Khi đó vật dao động điều hòa theo phương trình \(x\left( t \right) = 5{\rm{cos}}\left( {4\pi t + \pi } \right)\left( {{\rm{cm}}} \right)\) với biên độ dao động

là \(A = 5 > 0\)nên phát biểu thứ nhất sai.

Pha ban đầu của dao động là \(\varphi = \pi \) nên phát biểu thứ hai đúng.

Pha của dao động tại thời điểm \(t = 2\) (giây) là \(\omega t + \varphi = 4\pi \cdot 2 + \pi = 9\pi \) nên phát biểu thứ ba đúng.

Dao động điều hòa có chu kì là \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{4\pi }} = \frac{1}{2} = 0,5\)có nghĩa là khoảng thời gian để vật thực hiện một dao động toàn phần là 0,5 giây.

Do đó, trong khoảng thời gian 5 giây, vật thực hiện được \(5:0,5 = 10\) dao động toàn phần nên phát biểu thứ tư sai.

Đáp án: \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{96}};\frac{{47{a^3}\sqrt 3 }}{{96}};\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(A'C'\), tam giác \({\rm{\Delta }}A'B'C'\) đều nên \(B'H \bot A'C'\).

Trong \(\left( {A'C'CA} \right)\), kẻ \(HE \bot A'C,HE \cap A'A = I\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{B'H \bot A'C}\\{HI \bot A'C}\end{array}} \right. \Rightarrow A'C \bot \left( {B'HI} \right) \Rightarrow \left( P \right) \equiv \left( {B'HI} \right)\).

\(\Delta A'EH\)đồng dạng \(\Delta A'C'C\)\( \Rightarrow \frac{{A'E}}{{A'H}} = \frac{{A'C'}}{{A'C}} \Rightarrow A'E = \frac{{A'C' \cdot A'H}}{{A'C}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{{10}}\).

\({\rm{\Delta }}A'IH\) đồng dạng \({\rm{\Delta }}C'A'C\) \( \Rightarrow \frac{{IH}}{{A'H}} = \frac{{A'C}}{{C'C}} \Rightarrow IH = \frac{{A'C \cdot A'H}}{{C'C}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}\).

\({S_{B'HI}} = \frac{1}{2}B'H \cdot HI = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{{16}}\).

\({V_1} = \frac{1}{3} \cdot {S_{B'HI}} \cdot A'E = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{{16}} \cdot \frac{{a\sqrt 5 }}{{10}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{96}}\).

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}} \cdot A'A = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot 2a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).

\({V_2} = \frac{{47}}{{96}}{a^3}\sqrt 3 \).

Đáp án: 11.

Ta có: \({\left( {6 + 2\sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 - m} \right){\left( {3 - \sqrt 7 } \right)^x} - \left( {m + 1} \right){2^x} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {2^x}{\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 - m} \right){\left( {3 - \sqrt 7 } \right)^x} > \left( {m + 1} \right){2^x}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x} + \left( {2 - m} \right){\left( {\frac{{3 + \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} > m + 1\)

Đặt \(t = {\left( {3 + \sqrt 7 } \right)^x},t > 0 \Rightarrow {\left( {\frac{{3 - \sqrt 7 }}{2}} \right)^x} = \frac{1}{t}\).

Bất phương trình đã cho trở thành: \(t + \left( {2 - m} \right) \cdot \frac{1}{t} > m + 1 \Leftrightarrow \frac{{{t^2} - t + 2}}{{t + 1}} > m\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} - t + 2}}{{t + 1}}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\),

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 2t - 3}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}\); \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = - 3}\\{t = 1}\end{array}} \right.\).

Khi đó, ta có bảng biến thiên sau:

Từ bảng biến thiên trên ta suy ra để bất phương trình đã cho nghiệm đúng thì \(m < 1\).

Suy ra trong đoạn \(\left[ { - 10;10} \right]\) có tất cả 11 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: \(\frac{{{\pi ^x}}}{{{\rm{ln}}\pi }} + C\).

\(\int {f\left( x \right)dx} = \int {{\pi ^x}dx} = \frac{{{\pi ^x}}}{{\ln \pi }} + C\).

Đáp án: Đúng – Đúng.

Gọi \(A\) là biến cố “Không có 2 người nữ nào ngồi cạnh nhau”.

Ta có: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 7\)!.

Xếp 5 nam ngồi vào bàn tròn có 4 ! cách.

Giữa 5 người nam có 5 khoảng trống, để không có 2 người nữ ngồi gần nhau thì 3 bạn nữ phải

ngồi vào các khoảng trống đó, nên số cách xếp 3 bạn nữ là \(A_5^3\).

Suy ra \(n\left( A \right) = 4! \cdot A_5^3 = 1440\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{4! \cdot A_5^3}}{{7!}} = \frac{2}{7}\) nên phát biểu thứ hai đúng.

Đáp án: Sai – Đúng – Sai.

Viết lại phương trình \({\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_9}x} \right)^2} + m{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x + 2m + 3 = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{4}{\rm{log}}_3^2x + m{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x + 2m + 3 = 0\) (1).

+) Đặt \(t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) nên phát biểu thứ nhất sai.

+) Phương trình trở thành \(\frac{1}{4}{t^2} + mt + 2m + 3 = 0\) (2) nên phát biểu thứ hai đúng.

Ta có \({\rm{\Delta }} = {b^2} - 4ac = {m^2} - 4 \cdot \frac{1}{4} \cdot \left( {2m + 3} \right) = {m^2} - 2m - 3\).

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) khi chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt \({t_1}\),\({t_2} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \ne 0}\\{{\rm{\Delta }} > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{4} \ne 0}\\{{m^2} - 2m - 3 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < - 1}\\{m > 3}\end{array}} \right.\) hay \(m \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\).

Với \(m \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} + {t_2} = - \frac{b}{a} = - \frac{m}{{\frac{1}{4}}} = - 4m}\\{{t_1} \cdot {t_2} = \frac{c}{a} = \frac{{2m + 3}}{{\frac{1}{4}}} = 8m + 12}\end{array}} \right.\).

Mà \({x_1} \cdot {x_2} \ge 3 \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {{x_1} \cdot {x_2}} \right) \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}3\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}{x_1} + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}{x_2} \ge 1 \Leftrightarrow {t_1} + {t_2} \ge 1 \Leftrightarrow - 4m \ge 1 \Leftrightarrow m \le - \frac{1}{4}\) nên phát biểu thứ ba sai.

So với điều kiện \(m \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\), ta được \(m \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Đáp án: 3; 7.

Gọi \({u_1},{u_2},{u_3}\) thành lập cấp số cộng.

Theo đề bài: \({u_1} + 2;{u_2} + 3;{u_3} + 9\) là ba số liên tiếp tạo thành cấp số nhân.

Theo đề bài:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + {u_2} + {u_3} = 21}\\{{u_1} + {u_3} = 2{u_2}}\\{\left( {{u_1} + 2} \right)\left( {{u_3} + 9} \right) = {{\left( {{u_2} + 3} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3{u_2} = 21}\\{{u_1} + {u_3} = 2{u_2}}\\{\left( {{u_1} + 2} \right)\left( {{u_3} + 9} \right) = {{\left( {{u_2} + 3} \right)}^2}}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_2} = 7}\\{{u_1} = 14 - {u_3}}\\{\left( {14 - {u_3} + 2} \right)\left( {{u_3} + 9} \right) = 100\left( {\rm{*}} \right)}\end{array}} \right.\)

Giải \(\left( {\rm{*}} \right):\left( {16 - {u_3}} \right)\left( {{u_3} + 9} \right) = 100\)\( \Leftrightarrow \left( { - {u_3}} \right){\;^2} + 7{u_3} + 44 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_3} = 11}\\{{u_3} = - 4\left( L \right)}\end{array}} \right.\).

Vậy \({u_3} = 11 \Rightarrow {u_1} = 3\).

Đáp án: Lĩnh vực \(A\) có độ rủi ro thấp hơn lĩnh vực \(B\).

Lĩnh vực A

Lĩnh vực B

Giá trị trung bình của hai lĩnh vực A và B là

\({\overline x _A} = \frac{1}{{25}} \cdot \left( {2 \cdot 7,5 + 5 \cdot 12,5 + 8 \cdot 17,5 + 6 \cdot 22,5 + 4 \cdot 27,5} \right) = 18,5\)\({\overline x _B} = \frac{1}{{25}} \cdot \left( {8 \cdot 7,5 + 4 \cdot 12,5 + 2 \cdot 17,5 + 5 \cdot 22,5 + 6 \cdot 27,5} \right) = 16,9\).

Về độ trung bình đầu tư vào lĩnh vực \(A\) lãi hơn lĩnh vực \(B\).

Độ lệch chuẩn của hai lĩnh vực \(A\) và \(B\) là

\({s_A} = \sqrt {\frac{1}{{25}} \cdot \left( {2 \cdot 7,{5^2} + 5 \cdot 12,{5^2} + 8 \cdot 17,{5^2} + 6 \cdot 22,{5^2} + 4 \cdot 27,{5^2}} \right) - 18,{5^2}} \approx 5,83\).

\({s_B} = \sqrt {\frac{1}{{25}} \cdot \left( {8 \cdot 7,{5^2} + 4 \cdot 12,{5^2} + 2 \cdot 17,{5^2} + 5 \cdot 22,{5^2} + 6 \cdot 27,{5^2}} \right) - 16,{9^2}} \approx 8,04\).

Như vậy độ lệch chuẩn của mẫu số liệu thu tiền được hàng tháng khi đầu tư vào lĩnh vực \(B\) cao hơn lĩnh vực \(A\) nên đầu tư vào lĩnh vực \(B\) rủi ro hơn.

Đáp án: Sai – Đúng.

\(f'\left( x \right) \ge {x^4} + \frac{2}{{{x^2}}} - 2x = \frac{{{x^6} - 2{x^3} + 2}}{{{x^2}}} = \frac{{{{\left( {{x^3} - 1} \right)}^2} + 1}}{{{x^2}}} > 0,\forall x > 0\)

\( \Rightarrow y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

\( \Rightarrow f\left( x \right) = 0\) có nhiều nhất 1 nghiệm trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\). (1) nên phát biểu thứ nhất sai.

$f^{\text{'}}\left(x\right)\ge x^4+\frac{2}{x^2}-2x>0,\forall x>0\Rightarrow \underset{1}{\overset{2}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x\ge \underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(x^4+\frac{2}{x^2}-2x\right)\text{d}x=\frac{21}{5}$

\( \Rightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) \ge \frac{{21}}{5} \Rightarrow f\left( 2 \right) \ge \frac{{16}}{5}\).

Kết hợp giả thiết ta có \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ {1;2} \right]\) và \(f\left( 2 \right) \cdot f\left( 1 \right) < 0\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có 1 nghiệm trên \(\left( {1;2} \right)\) nên phát biểu thứ hai đúng.

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

Phát biểu thứ hai sai vì nếu hai đường \(a,c\) chéo nhau và hai đường \(b,c\) chéo nhau thì đường thẳng \(a\) và đường thẳng \(b\) có đến ba khả năng: chéo nhau, song song hoặc cắt nhau.

Phát biểu thứ tư sai vì đường thẳng \(a\) có thể cắt cả hai đường chéo nhau là \(b\) và \(c\), tức là đường thẳng \(a\) có thể cắt đường thẳng \(c\).

Đáp án: 3; 0.

Với \(x < 0\) ta có \(f\left( x \right) = {x^{2025}} + a{e^{{x^{2024}}}} + b\), là hàm đa thức nên liên tục trên \(\left( { - \infty ;0} \right)\).

Với \(0 < x < 1\) ta có \(f\left( x \right) = {\rm{ln}}\left( {{x^{2024 \cdot 2025}} + 1} \right) + 3\), là hàm đa thức nên liên tục trên \(\left( {0;1} \right)\).

Với \(x > 1\) ta có \(f\left( x \right) = 3{x^{2025}} + {\rm{ln}}\left( {2.{e^b}} \right)\), là hàm đa thức nên liên tục trên \(\left( {1; + \infty } \right)\).

Để hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì hàm số phải liên tục tại \(x = 0\) và \(x = 1\).

Ta có:\(f\left( 0 \right) = 3;f\left( 1 \right) = {\rm{ln}}2 + 3\).

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(x^{2025}+a{e}^{x^{2024}}+b\right)=a+b$.

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(\text{ln}\left(x^{2024.2025}+1\right)+3\right)=3$.

$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(\text{ln}\left(x^{2024.2025}+1\right)+3\right)=\text{ln}2+3$.

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(3x^{2025}+\text{ln}\left(2\cdot e^b\right)\right)=3+b+\text{ln}2$.

Hàm số liên tục tại \(x = 0\) và \(x = 1\) khi \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{b = 0}\end{array}} \right.\).

Đáp án: 6,46.

Đặt \(IM = x\left( {km} \right)\left( {0 \le x \le 3} \right)\).

Ta có: \(IA = IB = \sqrt {I{M^2} + M{A^2}} = \sqrt {{x^2} + 4} ;IC = MC - IM = 3 - x\)

Tổng độ dài đường ống là: \(IA + IB + IC = 2\sqrt {{x^2} + 4} + 3 - x\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2\sqrt {{x^2} + 4} + 3 - x\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 2 \cdot \frac{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{x^2} + 4} }} - 1 = 2 \cdot \frac{{2{\rm{x}}}}{{2\sqrt {{x^2} + 4} }} - 1 = \frac{{2{\rm{x}}}}{{\sqrt {{x^2} + 4} }} - 1\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{2{\rm{x}}}}{{\sqrt {{x^2} + 4} }} = 1 \Leftrightarrow 2{\rm{x}} = \sqrt {{x^2} + 4} \Leftrightarrow 4{{\rm{x}}^2} = {x^2} + 4 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{4}{3}\)

\( \Leftrightarrow x = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\)hoặc \(x = - \frac{2}{{\sqrt 3 }}\) (loại).

\(f\left( 0 \right) = 7;f\left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right) = 3 + 2\sqrt 3 ;f\left( 3 \right) = 2\sqrt {13} \).

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right) = 3 + 2\sqrt 3 \).

Vậy \(IM = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \approx 1,155\left( {{\rm{\;km}}} \right)\) thì tổng độ dài đường ống nhỏ nhất bằng \(3 + 2\sqrt 3 \approx 6,46\left( {{\rm{\;km}}} \right)\).

Đáp án: Đúng – Sai.

Ta có các bước biến đổi đồng dư thức như sau:

\({2^{10}} = 1024 \equiv 24\left( {\bmod 100} \right)\).

\({2^{20}} = {\left( {{2^{10}}} \right)^2} \equiv {24^2} = 576 \equiv 76\left( {\bmod 100} \right)\).

Một tính chất đặc biệt của số 76 là: \({76^n} \equiv 76\left( {\bmod 100} \right)\) với mọi số nguyên dương \(n\).

Ta có:

\({2^{2024}} = {\left( {{2^{20}}} \right)^{101}} \cdot {2^4}\)

\({2^{2024}} \equiv {76^{101}} \cdot 16\left( {\bmod 100} \right)\)

\({2^{2024}} \equiv 76 \cdot 16\left( {\bmod 100} \right)\)

Ta tính tích: \(76 \cdot 16 = 1216 \equiv 16\left( {\bmod 100} \right)\).

Vậy hai chữ số tận cùng của \({2^{2024}}\) là 16. Từ đó suy ra:

Chữ số hàng chục: \(a = 1\)

Chữ số hàng đơn vị: \(b = 6\)

Thay \(a = 1\) và \(b = 6\) vào biểu thức, ta được: \(\sin x + 6\cos x\).

Theo bất đẳng thức Bunhiacốpki hoặc công thức biến đổi lượng giác cơ bản, giá trị lớn nhất của biểu thức dạng \(A\sin x + B\cos x\) được xác định bởi công thức: \(\sqrt {{A^2} + {B^2}} \)

Áp dụng vào bài toán với \(A = 1\) và \(B = 6\): \({\rm{GTLN}} = \sqrt {{1^2} + {6^2}} = \sqrt {1 + 36} = \sqrt {37} \) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Thay \(b = 6\) vào phương trình \({x^2} + bx + 1,5b = 0\), ta thu được:\({x^2} + 6x + 9 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {x + 3} \right)^2} = 0\) \( \Leftrightarrow x = - 3\).

Vậy phương trình có 1 nghiệm nên phát biểu thứ hai sai.

Đáp án: −3.

Ta có: \(F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {5^{{x^2}}}\left( {{x^3} - 9x} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 9x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm 3}\end{array}} \right.\).

\(T = {x_1} + {x_2} \cdot {x_3} = - 3\).

Đáp án: \(\frac{2}{3};\frac{1}{3}\).

Ta đặt: \(\overrightarrow {BA} = \vec a,\overrightarrow {BC} = \vec b,\overrightarrow {BB'} = \vec c\).

Khi đó, theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {BD'} = \vec a + \vec b + \vec c\).

Ta có: \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {BN} - \overrightarrow {BM} \).

Từ \(\overrightarrow {DN} = y\overrightarrow {DC'} \), ta có \(\overrightarrow {BN} - \overrightarrow {BD} = y\left( {\overrightarrow {BC'} - \overrightarrow {BD} } \right)\), suy ra:

\(\overrightarrow {BN} - \left( {\vec a + \vec b} \right) = y\left( {\vec b + \vec c - \vec a - \vec b} \right)\).

\(\overrightarrow {BN} = \left( {1 - y} \right)\vec a + \vec b + y\vec c\).

Từ \(\overrightarrow {AM} = x\overrightarrow {AC} \), suy ra \(\overrightarrow {BM} - \overrightarrow {BA} = x\left( {\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {BA} } \right)\).

Vậy \(\overrightarrow {BM} - \vec a = x\left( {\vec b - \vec a} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BM} = \left( {1 - x} \right)\vec a + x\vec b\).

Do đó: \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {BN} - \overrightarrow {BM} = \left( {1 - y} \right)\vec a + \vec b + y\vec c - \left( {1 - x} \right)\vec a - x\vec b\) \( = \left( {x - y} \right)\vec a + \left( {1 - x} \right)\vec b + y\vec c.\)

Điều kiện để \(MN//BD'\) là \(\overrightarrow {MN} = k\overrightarrow {BD'} \) hay \(\left( {x - y} \right)\vec a + \left( {1 - x} \right)\vec b + y\vec c = k\left( {\vec a + \vec b + \vec c} \right)\)

\( \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}}{\left( {x - y} \right)\vec a + \left( {1 - x} \right)\vec b + y\vec c = k\vec a + k\vec b + k\vec c\left( * \right)}\end{array}\)

Do \(\vec a,\vec b,\vec c\) không cùng phương nên từ (*) suy ra:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = x - y}\\{k = 1 - x}\\{k = y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 0}\\{x + y = 1}\\{k = y}\end{array} \Leftrightarrow \left( {x;y;k} \right) = \left( {\frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right)} \right.} \right.\).

Đáp án: 10.

Ta biết rằng cứ nối bất kì \(2\) đỉnh nào của đa giác ta sẽ được một cạnh hoặc một đường chéo.

Số cách chọn \(2\) đỉnh từ \(n\) đỉnh là: \[C_n^2 = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\].

Trong đó, số cạnh của đa giác là \(n\).

Vậy số đường chéo của đa giác là:\[C_n^2 - n\].

Theo đề bài: \[C_n^2 - n = 35\]\[ \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} - n = 35\]

\[ \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right) - 2n = 70\]\[ \Leftrightarrow {n^2} - 3n - 70 = 0 \Leftrightarrow n = 10\] hoặc \(n = - 7\) (loại).

Vậy đa giác có 10 đỉnh.

Đáp án: \(\frac{3}{2}\).

Ta có: \[MA = 3MB \Leftrightarrow M{A^2} = 9M{B^2}\]\[ \Leftrightarrow {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} = 9{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow I{A^2} - 9I{B^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {IA} - 9\overrightarrow {IB} } \right) = 8M{I^2}\qquad (1)\]

Gọi \(I\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA} - 9\overrightarrow {IB} = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {BI} = \frac{1}{8}\overrightarrow {AB} \) nên \[IB = \frac{1}{2},\quad IA = \frac{9}{2}.\]

Từ \((1)\) suy ra: \[8M{I^2} = 18 \Rightarrow MI = \frac{3}{2} \Rightarrow M \in S\left( {I;\frac{3}{2}} \right).\]

Đáp án: 55.

Ta có \[{S_{\Delta DMN}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta SMD}} = \frac{1}{6}{S_{\Delta SCD}}\].

Gọi \(E\) là trung điểm của AB.

Có \[d\left( {G,\left( {DMN} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {E,\left( {DMN} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {A,\left( {DMN} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right).\]

\[ \Rightarrow {V_{G.MND}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta DMN}} \cdot d\left( {G,\left( {DMN} \right)} \right)\]\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6}{S_{\Delta SCD}} \cdot \frac{2}{3}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\)\( = \frac{1}{{27}} \cdot {V_{S.ACD}} = \frac{1}{{27}} \cdot \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}}\)

\( = \frac{1}{{54}}{V_{S.ABCD}}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{G.MND}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{{54}}\).

Suy ra \(m + n = 55\).

Đáp án: 12.

Ta có \[1 = {1^2};1 + 3 = {2^2};1 + 3 + 5 = {3^2};\; \ldots ;1 + 3 + \cdots + 19 = {10^2}.\]

Do đó \[\log 1 + \log {2^2} + \log {3^2} + \cdots + \log {10^2} = \log \left( {1 \cdot {2^2} \cdot {3^2} \cdots {{10}^2}} \right)\]\[ = 2\log \left( {1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots 10} \right) = 2\log \left( {10!} \right).\]

Suy ra\[2\log \left( {10!} \right) - 2\log \left( {7!} \right) = 2\log \left( {8 \cdot 9 \cdot 10} \right)\]\[ = 2\log ({2^4} \cdot {3^2} \cdot 5) = 2 + 6\log 2 + 4\log 3.\]

So sánh hai vế: \[a = 2,b = 6,c = 4.\]

\[P = a + b + c = 12.\]

Đáp án: \(f\left( 1 \right) \le - \frac{{11}}{4}\).

Ta có\[y' = \frac{{f'\left( x \right)\left[ {g\left( x \right) + 1} \right] - g'\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) + 3} \right]}}{{{{\left[ {g\left( x \right) + 1} \right]}^2}}}.\]

Tại \(x = 1\): \[y'\left( 1 \right) = f'\left( 1 \right) = g'\left( 1 \right) \ne 0.\]

Suy ra: \[\frac{{f'\left( 1 \right)\left[ {g\left( 1 \right) + 1} \right] - g'\left( 1 \right)\left[ {f\left( 1 \right) + 3} \right]}}{{{{\left[ {g\left( 1 \right) + 1} \right]}^2}}} = f'\left( 1 \right).\]

Chia hai vế cho \(f'\left( 1 \right)\): \[\frac{{\left[ {g\left( 1 \right) + 1} \right] - \left[ {f\left( 1 \right) + 3} \right]}}{{{{\left[ {g\left( 1 \right) + 1} \right]}^2}}} = 1\]\[ \Leftrightarrow \frac{{f\left( 1 \right) + 3}}{{{{\left[ {g\left( 1 \right) + 1} \right]}^2}}} = \frac{1}{{g\left( 1 \right) + 1}} - 1\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{f\left( 1 \right) + 3}}{{{{\left[ {g\left( 1 \right) + 1} \right]}^2}}} = \frac{{ - g\left( 1 \right)}}{{g\left( 1 \right) + 1}}\]\[ \Leftrightarrow f\left( 1 \right) + 3 = - g\left( 1 \right)\left[ {g\left( 1 \right) + 1} \right]\]\[ \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = - {g^2}\left( 1 \right) - g\left( 1 \right) - 3\]

Suy ra:\[f\left( 1 \right) = - g{\left( 1 \right)^2} - g\left( 1 \right) - 3 = - \frac{{11}}{4} - {\left( {g\left( 1 \right) + \frac{1}{2}} \right)^2} \le - \frac{{11}}{4}.\]

Đáp án: 1267.

Gọi số cần tìm là \(a,a \in {\mathbb{N}^*}\).

Ta có \(a\) chia cho \(4\) dư \(3\), chia cho 17 dư \(9\), chia cho 19 dư 13 nên

\(\left( {a - 3} \right) \vdots 4\), \(\left( {a - 9} \right) \vdots 17\), \(\left( {a - 13} \right) \vdots 19\) hay \(\left( {a + 25} \right) \vdots 4\), \(\left( {a + 25} \right) \vdots 17\), \(\left( {a + 25} \right) \vdots 19\)

Vì các số 4; 17; 19 đôi một nguyên tố cùng nhau nên \(\left( {a + 25} \right) \vdots \left( {4 \cdot 17 \cdot 19} \right)\) hay

\(a + 25 \vdots 1292 \Rightarrow a + 25 = 1292k\)

\(a = 1292k - 25\)

\(a = 1292\left( {k - 1} \right) + 1267\)

Vì \(1267 < 1292\) nên \(a\) chia 1292 dư 1267.