Đáp án: 1.

Điều kiện \({2^x} \ne 2 \Leftrightarrow x \ne 1\).

Đặt \(t = {2^x}\;\left( {t > 0} \right)\), ta được: \(\frac{{36}}{{t - 2}} = 10 + 4t\)\( \Leftrightarrow 4{t^2} + 2t - 56 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{7}{2}\\t = - 4\end{array} \right.\).

Vì \(t > 0\) nên \(t = \frac{7}{2}\). Suy ra \[{2^x} = \frac{7}{2} \Rightarrow x = {\log _2}\frac{7}{2}\].

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm.

Đáp án: 1440.

Gọi số cần tìm có dạng \[\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \]trong đó \({a_3} + {a_4} + {a_5} = 8\).

Ta có: \[8 = 1 + 2 + 5 = 1 + 3 + 4\quad (*)\] nên có \(2\) cách chọn bộ \(3\) chữ số khác nhau sao cho tổng bằng \(8\).

Bước 1. Chọn ra \(3\) chữ số trong \(8\) chữ số \(\left\{ {1;2; \ldots ;9} \right\}\) thỏa mãn \((*)\) để đặt vào các vị trí hàng trăm, hàng nghìn, hàng chục.

Có \(2\) cách chọn.

Bước 2. Với mỗi bộ \(3\) chữ số đã chọn, số cách sắp xếp vào các vị trí \({a_3},{a_4},{a_5}\) là \[3! = 6{\rm{ c\'a ch}}{\rm{.}}\]

Bước 3. Chọn và sắp xếp \(3\) chữ số còn lại cho các vị trí \({a_1},{a_2},{a_6}\).

Số cách là: \[A_6^3 = 120.\]

Theo quy tắc nhân, số các số thỏa mãn yêu cầu là: \[2 \cdot 6 \cdot 120 = 1440.\]

Đáp án: \(\frac{3}{5}\).

Gọi \(A\) là biến cố: “bông hoa bé Hương hái mang câu đố về toán học”.

Gọi \(B\) là biến cố: “bông hoa bé Lan hái mang câu đố về toán học”.

Ta có: \[P\left( A \right) = \frac{6}{{10}} = 0,6;\]\[P\left( {\bar A} \right) = \frac{4}{{10}} = 0,4.\]

Khi bé Hương hái được bông hoa mang câu đố về toán học thì còn lại \(5\) bông hoa toán trong tổng \(9\) bông hoa: \[P\left( {B\mid A} \right) = \frac{5}{9}.\]

Khi bé Hương hái được bông hoa mang câu đố về văn học thì còn lại \(6\) bông hoa toán trong tổng \(9\) bông hoa: \[P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}.\]

Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

\[P\left( B \right) = P\left( A \right)P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right)P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0,6 \cdot \frac{5}{9} + 0,4 \cdot \frac{2}{3} = \frac{3}{5}.\]

Đáp án: \(\frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\)

Gọi \(I\) là tâm mặt cầu \(\left( S \right)\). Ta có \(I\left( {a;0;0} \right).\)

Do \(\left( S \right)\) cắt \(\left( P \right)\) theo giao tuyến là đường tròn bán kính \(2\) nên ta có:

\(4 = {R^2} - {\left[ {d\left( {I,\left( P \right)} \right)} \right]^2} \Leftrightarrow 4 = {R^2} - \frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{6} \Rightarrow {R^2} = 4 + \frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{6}\quad (1)\).

Do \(\left( S \right)\) cắt \(\left( Q \right)\) theo giao tuyến là đường tròn bán kính \(r\) nên ta có:

\[{r^2} = {R^2} - {\left[ {d\left( {I,\left( Q \right)} \right)} \right]^2} \Leftrightarrow {r^2} = {R^2} - \frac{{{{\left( {2a - 1} \right)}^2}}}{6}\quad (2)\]

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có: \({r^2} = 4 + \frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{6} - \frac{{{{\left( {2a - 1} \right)}^2}}}{6} \Leftrightarrow - {a^2} + 2a + 8 - 2{r^2} = 0\quad (3)\).

Để có duy nhất một mặt cầu \(\left( S \right)\) thỏa mãn thì phương trình \(\left( 3 \right)\) phải có duy nhất \(1\) nghiệm \(a.\)

\( \Rightarrow \Delta ' = 1 - \left( { - 1} \right)\left( {8 - 2{r^2}} \right) = 9 - 2{r^2} = 0 \Rightarrow r = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\)

Đáp án: \(\frac{5}{2}.\)

Ta có \({x^2} - 2x - y = 3 \Leftrightarrow y = {x^2} - 2x - 3\).

Vì \(x \ge 0,y \ge 0\) nên \(y \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 3\\x \le - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge 3.\)

\(P = xy + \frac{3}{2}{x^2} - 7x + 3y + 10\)\( = x\left( {{x^2} - 2x - 3} \right) + \frac{3}{2}{x^2} - 7x + 3\left( {{x^2} - 2x - 3} \right) + 10\)

\( = {x^3} + \frac{5}{2}{x^2} - 16x + 1\)

Xét \(f\left( x \right) = {x^3} + \frac{5}{2}{x^2} - 16x + 1\) trên \(\left[ {3; + \infty } \right).\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 5x - 16 > 0,\) \(\forall x \ge 3.\)

\( \Rightarrow {P_{\min }} = f\left( 3 \right) = \frac{5}{2}.\)

Đáp án: 7.

Ta có: \({5^{{a^2} - 2a - 3 + b}} \le {3^{b + a}} + 598 \Leftrightarrow {5^{{a^2} - 2a - 3 + b}} - {3^{b + a}} - 598 \le 0\)

\( \Leftrightarrow {5^{{a^2} - 3a - 3}} - \frac{{{3^{b + a}}}}{{{5^{b + a}}}} - \frac{{598}}{{{5^{b + a}}}} \le 0\)\( \Leftrightarrow - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^{b + a}} - 598 \cdot {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{b + a}} + {5^{{a^2} - 3a - 3}} \le 0\).

Xét hàm số \(f\left( b \right) = - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^{b + a}} - 598 \cdot {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{b + a}} + {5^{{a^2} - 3a - 3}},b \in \left( { - 10;10} \right).\)

Có: \(f'\left( b \right) = - \ln \left( {\frac{3}{5}} \right) \cdot {\left( {\frac{3}{5}} \right)^{b + a}} - 598\ln \left( {\frac{1}{5}} \right) \cdot {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{b + a}} > 0\quad \forall b \in \left( { - 10;10} \right)\).

Do đó \(f\left( b \right)\) đồng biến.

Vì \(b \in \left( { - 10;10} \right)\) nên để \(f\left( b \right) \le 0\) có ít nhất \(8\) giá trị nguyên thỏa mãn thì:

\(f\left( { - 2} \right) \le 0 \Leftrightarrow {5^{{a^2} - 2a - 3 - 2}} \le {3^{ - 2 + a}} + 598\) \( \Rightarrow {5^{{a^2} - 2a - 3 - 2}} - {3^{ - 2 + a}} - 598 \le 0\)

Khảo sát hàm số \(g\left( a \right) = {5^{{a^2} - 2a - 5}} - {3^{ - 2 + a}} - 598.\)

Ta thấy \(g'\left( a \right) = 0\) tại đúng \(1\) điểm thuộc khoảng \(\left( {3;4} \right)\) (Dùng Casio tìm nghiệm).

Sử dụng chức năng TABLE với \(a \in \mathbb{Z} \Rightarrow a \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}.\)

Vậy có \(7\) giá trị nguyên của \(a.\)

Đáp án: 1; 0; 2.

Quan sát bảng biến thiên ta thấy

Hàm số đã cho có \(1\) điểm cực trị là \(x = 0.\)

Hàm số đã cho đạt cực đại tại điểm có hoành độ bằng \(0.\)

Đồ thị hàm số đã cho có tổng cộng \(2\) đường tiệm cận đứng và ngang là: \(y = 0\) và \(y = 10.\)

Đáp án: \({3^{2022}} - 2023\).

Ta có: \({u_{n + 1}} = \sqrt {3u_n^2 + 2} \)\( \Rightarrow u_{n + 1}^2 = 3u_n^2 + 2\)\( \Rightarrow u_{n + 1}^2 + 1 = 3\left( {u_n^2 + 1} \right)\)

Xét dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\)với \({v_n} = u_n^2 + 1\)

\( \Rightarrow \left( {{v_n}} \right)\)là cấp số nhân có số hạng đầu \({v_1} = u_1^2 + 1 = 2\)và công bội \[q = 3.\]

Vậy \(S = u_1^2 + u_2^2 + u_3^2 + \ldots + u_{2022}^2\)\( = {v_1} - 1 + {v_2} - 1 + {v_3} - 1 + \ldots + {v_{2022}} - 1\)

\( = {v_1} + {v_2} + {v_3} + \ldots + {v_{2022}} - 2022\)

\( = {v_1} \cdot \frac{{{q^{2022}} - 1}}{{q - 1}} - 2022 = 2 \cdot \frac{{{3^{2022}} - 1}}{2} - 2022 = {3^{2022}} - 2023.\)

Đáp án: 4.

Gọi \(A\left( {m;0;0} \right),\)\(B\left( {0;n;0} \right),\)\(C\left( {0;0;p} \right).\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\frac{x}{m} + \frac{y}{n} + \frac{z}{p} = 1.\)

Điểm \(M \in \left( {ABC} \right)\)nên \(\frac{a}{m} + \frac{b}{n} + \frac{c}{p} = 1\quad (1).\)

Vì mặt cầu \(\left( S \right)\) tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên \(d\left[ {O,\left( {ABC} \right)} \right] = R\)

\( \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{m^2}}} + \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{p^2}}}} }} = \sqrt {2022} \)\( \Leftrightarrow \frac{1}{{2022}} = \frac{1}{{{m^2}}} + \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{p^2}}} \ge \frac{3}{{\sqrt[3]{{{{\left( {mnp} \right)}^2}}}}}\)\( \Leftrightarrow \left| {mnp} \right| \ge \sqrt {{{6066}^3}} \).

Thể tích \(OABC\) là \({V_{OABC}} = \frac{1}{6}\left| {mnp} \right| \ge \frac{{\sqrt {{{6066}^3}} }}{6}.\)

Dấu xảy ra khi và chỉ khi \(\left| m \right| = \left| n \right| = \left| p \right| = \sqrt {6066} .\)

Suy ra \(M \in \left( d \right):\left| x \right| = \left| y \right| = \left| z \right| \Rightarrow \left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right|\) và \(a + b + c > 0.\)

Vậy có \(4\) điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: \(1;\sqrt 2 \).

Điều kiện \(\sin x \ne 0\).

Phương trình (*)\( \Leftrightarrow \left( {1 + \sin 2x + \cos 2x} \right){\sin ^2}x = \sqrt 2 \sin x\sin 2x\)

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

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\cos x = 0}\\{\sin x + \cos x - \sqrt 2 = 0}\end{array}} \right.\).

+) \(\cos x = 0 \Rightarrow \sin x = \pm 1 \Rightarrow A = \left| {\sin x + \cos x} \right| = 1\).

+) \(\sin x + \cos x - \sqrt 2 = 0 \Rightarrow \sin x + \cos x = \sqrt 2 \Rightarrow A = \left| {\sin x + \cos x} \right| = \sqrt 2 \).

Đáp án: \(\frac{{3\pi }}{2} + 2.\)

\(\log _2^2a - 2{\log _2}a + 2 + 2\left( {{{\log }_2}a - 1} \right) \cdot \sin \left( {{{\log }_2}a + b} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \log _2^2a - 2{\log _2}a + 1 + 2\left( {{{\log }_2}a - 1} \right) \cdot \sin \left( {{{\log }_2}a + b} \right) + 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}a - 1} \right)^2} + 2\left( {{{\log }_2}a - 1} \right) \cdot \sin \left( {{{\log }_2}a + b} \right) + {\sin ^2}\left( {{{\log }_2}a + b} \right) + {\cos ^2}\left( {{{\log }_2}a + b} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left[ {\left( {{{\log }_2}a - 1} \right) + \sin \left( {{{\log }_2}a + b} \right)} \right]^2} + {\cos ^2}\left( {{{\log }_2}a + b} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}a - 1 + \sin \left( {{{\log }_2}a + b} \right) = 0}\\{{{\cos }^2}\left( {{{\log }_2}a + b} \right) = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}a - 1 + 1 = 0}\\{{{\log }_2}a - 1 - 1 = 0}\end{array}} \right.}\\{{{\log }_2}a + b = \frac{\pi }{2} + k\pi }\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = \frac{\pi }{2} + k\pi }\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = \frac{\pi }{2} - 2 + k\pi }\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

+ TH1: Nếu \(a = 1 \Rightarrow b \ge \frac{\pi }{2} \Rightarrow T \ge \frac{{3\pi }}{2} + 2\)

+ TH2: Nếu \(a = 4 \Rightarrow b \ge \frac{{3\pi }}{2} - 2 \Rightarrow T \ge \frac{{9\pi }}{2} + 2\)

Vậy \({T_{\min }} = \frac{{3\pi }}{2} + 2\)

Đáp án: −34.

\(y' = 3{e^{3x}}\sin 5x + {e^{3x}}5\cos 5x = {e^{3x}}\left( {3\sin 5x + 5\cos 5x} \right)\)

\(y'' = 3{e^{3x}}\left( {3\sin 5x + 5\cos 5x} \right) + {e^{3x}}\left( {15\cos 5x - 25\sin 5x} \right)\)

\( = {e^{3x}}\left( {9\sin 5x + 15\cos 5x + 15\cos 5x - 25\sin 5x} \right)\)

\( = {e^{3x}}\left( {30\cos 5x - 16\sin 5x} \right)\).

\(6y' - y'' + my = 0\)\( \Leftrightarrow 6\left( {3{e^{3x}}\sin 5x + {e^{3x}}5\cos 5x} \right) - {e^{3x}}\left( {30\cos 5x - 16\sin 5x} \right) + m{e^{3x}}\sin 5x = 0\)

\( \Leftrightarrow {e^{3x}}\left( {34 + m} \right)\sin 5x = 0\)\( \Leftrightarrow m = - 34\).

Đáp án: 1251.

Ta có 9 số có một chữ số, 90 số có hai chữ số (từ 10 đến 99 ) và 900 số có ba chữ số (từ 100 đến 999 ) nên ta phải dùng 9 + 90∙2 + 900⋅3 = 2889 chữ số để viết tất cả các số có một, hai, ba chữ số.

Vì 2889 < 3897 nên số trang của cuốn sách là một số có 4 chữ số.

Số các số có 4 chữ số đã viết là: \(\left( {3897 - 2889} \right):4 = 1008:4 = 252\) 

Số thứ 252 có 4 chữ số là số: 1000 + 252 − 1 = 1251.

Vậy quyển sách có 1251 trang.

Đáp án: Đúng – Sai – Sai.

Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(AB\).

Vì tam giác \(SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SI \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot {a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Ta có: \(\frac{{d\left( {J,\left( {ACD} \right)} \right)}}{{d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right)}} = \frac{1}{2}\) và \({S_{ACD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}\).

\( \Rightarrow {V_{ACDJ}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\) nên phát biểu thứ hai sai.

Ta có: \(d\left( {D,\left( {ACJ} \right)} \right) = \frac{{3{V_{ACDJ}}}}{{{S_{ACJ}}}}\).

\(\Delta BCI\) vuông tại \(B\) có: \(C{I^2} = C{B^2} + B{I^2} = {a^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\).

\({\rm{\Delta }}SIC\) vuông tại \(I\) có: \(S{C^2} = S{I^2} + I{C^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{5{a^2}}}{4} = 2{a^2}\).

\({\rm{\Delta }}SID\) vuông tại \(I\) có: \(S{D^2} = S{I^2} + I{D^2} = 2{a^2}\).

\(\Delta SCD\) có \(CJ\) là đường trung tuyến nên \(C{J^2} = \frac{{S{C^2} + C{D^2}}}{2} - \frac{{S{D^2}}}{4} = {a^2}\).

\({\rm{\Delta }}SAD\) cân tại \(A\) (do \(SA = AD = a\)) nên \(AJ\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao.

\( \Rightarrow A{J^2} = A{D^2} - D{J^2} = A{D^2} - {\left( {\frac{{SD}}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Xét \(\Delta AJC\) có \({\rm{cos}}A = \frac{{A{J^2} + A{C^2} - C{J^2}}}{{2AJ \cdot AC}} = \frac{3}{4}\).

\( \Rightarrow {\rm{sin}}\widehat {JAC} = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow {S_{AJC}} = \frac{1}{2}AJ \cdot AC \cdot {\rm{sin}}\widehat {JAC} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{8}\).

\( \Rightarrow d\left( {D,\left( {ACJ} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\) nên phát biểu thứ ba sai.

Đáp án: Đúng – Sai.

\(y = {\rm{si}}{{\rm{n}}^4}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^4}x + {\rm{sin}}x{\rm{cos}}x\)

\( \Leftrightarrow y = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x + {\rm{sin}}x{\rm{cos}}x \Leftrightarrow y = 1 - \frac{1}{2}{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}2x + \frac{1}{2}{\rm{sin}}2x\)

\( \Leftrightarrow y = 1 - \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {{\rm{sin}}2x - \frac{1}{2}} \right)}^2} - \frac{1}{4}} \right] \Leftrightarrow y = \frac{9}{8} - \frac{1}{2}{\left( {{\rm{sin}}2x - \frac{1}{2}} \right)^2} \le \frac{9}{8}\).

Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là \(\frac{9}{8}\) khi \[{\rm{sin}}2x = \frac{1}{2} = {\rm{sin}}\frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{{12}} + k\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Đáp án: −2023; 30.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2;2; - 1} \right)\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {3;2;5} \right)\) và bán kính \(R = 6 \Rightarrow \overrightarrow {EI} = \left( {1;1;2} \right)\)

\( \Rightarrow IE = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {2^2}} = \sqrt 6 < R \Rightarrow \) điểm \(E\) nằm trong mặt cầu \(\left( S \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( P \right),A\) và \(B\) là hai giao điểm của \({\rm{\Delta }}\) với \(\left( S \right)\).

Khi đó, \(AB\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow d{(H,AB)_{{\rm{max}}}} \Leftrightarrow AB \bot HE\), mà \(AB \bot IH\) nên \(AB \bot \left( {HIE} \right) \Rightarrow AB \bot IE.\)

Suy ra \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {EI} } \right] = \left( {5; - 5;0} \right) = 5\left( {1; - 1;0} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \({\rm{\Delta }}\).

Suy ra \(\overrightarrow u = \left( {2023; - 2023;0} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \({\rm{\Delta }}\), do đó \({y_0} = - 2023,{z_0} = 0\).

Suy ra \({y_0} + {z_0} = - 2023\).

Ta có: \(IH = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 3 + 2 \cdot 2 - 5 - 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{2}{3}\).

\({\rm{\Delta }}IHE\) vuông tại \(H:HE = \sqrt {I{E^2} - I{H^2}} = \sqrt {6 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{3}\).

\({\rm{\Delta }}IHB\) vuông tại \(H:HB = \sqrt {I{B^2} - I{H^2}} = \sqrt {36 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}} = \frac{{8\sqrt 5 }}{3}\).

\(\Delta HEB\) vuông tại \(E:BE = \sqrt {H{B^2} - H{E^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{8\sqrt 5 }}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{3}} \right)}^2}} = \sqrt {30} \).

\( \Rightarrow AB = 2BE = 2\sqrt {30} \).

Đáp án: 4004.

Ta gọi một trong số 20 cây cau cảnh trong đầu bài là \(A\). Có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: Cây \(A\) không bị chặt.

Sau khi chặt đi 5 cây, còn lại 15 cây. Xen kẽ giữa 15 cây này có 15 khoảng trống. 5 cây bị chặt tương ứng với 5 trong số 15 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này là \(C_{15}^5 = 3003\).

Trường hợp 2: Cây \(A\) bị chặt.

Sau khi chặt tiếp 4 cây, còn lại 15 cây. Xen kẽ giữa 15 cây này có 14 khoảng trống không kề với vị trí của cây \(A\). 4 cây bị chặt (không kể cây \(A\)) tương ứng với 4 trong số 14 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này là \(C_{14}^4 = 1001\).

Theo quy tắc cộng, ta được số khả năng phải tìm là \(3003 + 1001 = 4004\) (cách).

Đáp án: 1.

Ta có \({\left( {x + y + z} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + zx} \right) = 0\)

Vì theo giả thiết \[x + y + z = 0\] và \[xy + yz + zx = 0\]

Nên \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 0\) suy ra \(x = y = z = 0\)

Vậy \[T = {\left( {x - 1} \right)^{2025}} + {\left( {y - 1} \right)^{2026}} + {\left( {z + 1} \right)^{2027}}\]\[ = {\left( {0 - 1} \right)^{2025}} + {\left( {0 - 1} \right)^{2026}} + {\left( {0 + 1} \right)^{2027}}\] = 1.

Đáp án: Đúng – Sai – Sai.

Diện tích hình phẳng D là: \(S = \int\limits_0^3 {\left| {\frac{1}{3}{x^3} - {x^2}} \right|{\rm{d}}x = \frac{9}{4}} \) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay \(D\) quanh trục hoành là:

$V=\pi \underset{0}{\overset{3}{\int }}{\left(\frac{1}{3}{x}^3-x^2\right)}^2\text{ d}x=\pi \underset{0}{\overset{3}{\int }}\left(\frac{1}{9}{x}^6-\frac{2}{3}{x}^5+x^4\right)\text{d}x=\frac{81\pi }{35}$ nên phát biểu thứ hai sai.

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2} - 2x\).

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = f'\left( x \right)\) là:

\(\frac{1}{3}{x^3} - {x^2} = {x^2} - 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3 + \sqrt 3 \\x = 3 - \sqrt 3 \end{array} \right.\).

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = f'\left( x \right)\) là:

\(S' = \int\limits_0^{3 - \sqrt 3 } {\left| {f\left( x \right) - f'\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_{3 - \sqrt 3 }^{3 + \sqrt 3 } {\left| {f\left( x \right) - f'\left( x \right)} \right|} {\rm{d}}x = 2\sqrt 3 - 3 + 4\sqrt 3 = 6\sqrt 3 - 3 = 3\left( {2\sqrt 3 - 1} \right)\) nên phát biểu thứ ba sai.

Đáp án: 4556000 đồng.

Gọi \(x\left( m \right)(0 < x < 0,5)\) là chiều dài đáy nhỏ của thiết diện hình thang cân.

Khi đó, diện tích thiết diện là \(S\left( x \right) = \frac{{\left( {0,6 + x} \right) \cdot 0,5}}{2} = 0,15 + 0,25x\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Số mét khối đất đơn vị phải đào là \(V = \int\limits_0^{15} {\left( {0,15 + 0,25x} \right)dx = 30,375\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)} \).

Số tiền đơn vị được trả để đào hết mương này là \(30,375 \cdot 150000 = 4556250\) (đồng) \( \approx 4556000\) (đồng).

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

Hình hộp là một hình lăng trụ.

Hình lăng trụ có tất cả các mặt bên là hình bình hành.

Đáp án: Sai – Đúng – Sai.

\(f\left( x \right) = 3f\left( {\frac{x}{2}} \right) \Leftrightarrow \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ 3f\left( {\frac{x}{2}} \right)dx \Leftrightarrow \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ 6f\left( {\frac{x}{2}} \right)d\left( {\frac{x}{2}} \right) \Leftrightarrow F\left( x \right) = 6F\left( {\frac{x}{2}} \right) + C\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Với \(x = 4 \Rightarrow F\left( 4 \right) = 6F\left( 2 \right) + C \Rightarrow 6F\left( 2 \right) + C = 1\) (1).

Với \(x = 8 \Rightarrow F\left( 8 \right) = 6F\left( 4 \right) + C \Rightarrow F\left( 8 \right) - C = 6\) (2).

Từ (1) và (2) ta có \(6F\left( 2 \right) + F\left( 8 \right) = 7\).

Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{6F\left( 2 \right) + F\left( 8 \right) = 7}\\{5F\left( 2 \right) + 2F\left( 8 \right) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{F(2) = 2}\\{F\left( 8 \right) = - 5}\end{array}} \right.\) nên phát biểu thứ hai đúng.

Có $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(3x+2\right)dx=\frac{1}{3}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(3x+2\right)d\left(3x+2\right)={\left.\frac{1}{3}F\left(3x+2\right)\right|}_0^2=\frac{1}{3}\left(F\left(8\right)-F\left(2\right)\right)=\frac{1}{3}\left(-5-2\right)=\frac{-7}{3}$ nên phát biểu thứ ba sai.

Đáp án: \(BH,\widehat {BSH},\widehat {SBA}\).

\(ABC\) là tam giác vuông tại \(B\) nên \(BH \bot AC \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = BH\).

\( \Rightarrow \) Góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) bằng \(\widehat {BSH}\).

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)

Mà \(BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \) Góc giữa mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(\widehat {SBA}\).

Đáp án: \(\frac{{1123}}{{60}}\).

Ta có: \(n = 55 + 78 + 120 + 45 + 11 = 309\).

Trung vị: \({Q_2} = {x_{155}} \in \left[ {18;22} \right)\): \({Q_2} = 18 + \left( {22 - 18} \right) \cdot \frac{{\frac{{309 \cdot 2}}{4} - 55 - 78}}{{120}} = \frac{{1123}}{{60}}\).

Đáp án: −367.

Ta có \({\rm{E}}\left( { - 688 + 91{\rm{t}}; - 185 + 75{\rm{t}};8} \right){\rm{\;}}\)với \({\rm{t}} \ge 0\).

\({\rm{E\;}}\)là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình

\( \Rightarrow {\rm{OE}} = 471 \Leftrightarrow {\left( { - 688 + 91{\rm{t}}} \right)^2} + {\left( { - 185 + 75{\rm{t}}} \right)^2} + {8^2} = {417^2}\)

\( \Leftrightarrow 13906{{\rm{t}}^2} - 152966{\rm{t}} + 333744 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 3}\\{t = 8}\end{array}} \right.\).

Vì \({\rm{E\;}}\)là vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện trên màn hình (thử lại \({\rm{AE}}\) ngắn hơn thì nhận)

\( \Rightarrow {\rm{t}} = 3 \Rightarrow {\rm{E}}\left( { - 415;40;8} \right)\). Vậy \({\rm{a}} = - 415;{\rm{b}} = 40;{\rm{c}} = 8 \Rightarrow {\rm{a}} + {\rm{b}} + {\rm{c}} = - 367\).

Đáp án: −20; −90.

Từ : \[\frac{4}{{3x - 2y}} = \frac{3}{{2z - 4x}} = \frac{2}{{4y - 3z}}\] \[ \Rightarrow \frac{{3x - 2y}}{4} = \frac{{2z - 4x}}{3} = \frac{{4y - 3z}}{2}\]

\[ = \frac{{4\left( {3x - 2y} \right)}}{{16}} = \frac{{3\left( {2z - 4x} \right)}}{9} = \frac{{2\left( {4y - 3z} \right)}}{2} = \frac{{\left( {12x - 8y} \right) + \left( {6z - 12x} \right) + \left( {8y - 6z} \right)}}{{27}} = 0\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x = 2y\\2z = 4x\\4y = 3z\end{array} \right. \Rightarrow \frac{x}{2} = \frac{y}{3} = \frac{z}{4} = \frac{{x + y - z}}{{2 + 3 - 4}} = - 10\].

Suy ra \(x = - 20;y = - 30;z = - 40\) và \(x + y + z = - 90\).

Đáp án: 40; 4.

Ta có \(10 \le n < 100\) nên \(21 \le 2n + 1 < 201\).

Mặt khác \(2n + 1\) là số chính phương lẻ, do vậy \(2n + 1\) chỉ có thể là 25; 49; 81; 121; 169.

Từ đó n chỉ có thể nhận các giá trị tương ứng 12; 24; 40; 60; 84.

\(3n + 1\) chỉ có thể nhận các giá trị 37; 73; 121; 181; 253.

Trong các số này chỉ có \(121 = {11^2}\) là số chính phương.

Từ đó \(3n + 1 = 121\). Suy ra n = 40.

Đáp án: Sai – Đúng – Sai – Đúng.

Gọi \(A\) là biến cố: “ Vận động viên được chọn thuộc đội \(I\)”.

Ta có \(n\left( A \right) = 6\), \(n\left( \Omega \right) = 14\).

Do đó \(P\left( A \right) = \frac{6}{{14}} = \frac{3}{7} \approx 0,4286\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Ta có: \(\overline A \) là biến cố: “ Vận động viên được chọn thuộc đội \(II\)”. Suy ra \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{4}{7}\).

\(B\) là biến cố: “ Vận động viên được chọn đạt huy chương đồng”.

Khi đó ta có: \(P\left( {B|A} \right) = 0,8\), \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,65\).

Và \(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = \frac{3}{7} \cdot 0,8 + \frac{4}{7} \cdot 0,65 = \frac{5}{7}\) nên phát biểu thứ hai đúng.

Áp dụng công thức Bayes ta có: \(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}}\) \( = \frac{{\frac{4}{7} \cdot 0,65}}{{\frac{5}{7}}} = \frac{{13}}{{25}} = 0,52\) nên phát biểu thứ ba sai.

Áp dụng công thức Bayes ta có: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}}\) \( = \frac{{\frac{3}{7} \cdot 0,8}}{{\frac{5}{7}}} = \frac{{12}}{{25}}\) nên phát biểu thứ tư đúng.

Đáp án: 6.

Trong 100 thẻ có 20 thẻ mà tổng các chữ số trên thẻ đó là số chính phương gồm: 10; 13; 18; 22; 27; 31; 36; 40; 45; 54; 63; 72; 79; 81; 88; 90; 97; 100; 103; 109.

Xác suất rút được tấm thẻ mà tổng các chữ số trên thẻ đó là một số chính phương là

\(P = \frac{{20}}{{100}} = \frac{1}{5}\). Suy ra \(a + b = 6\).

Đáp án: 12,3.

Thể tích săm xe bằng thể tích của khối tròn xoay sinh bởi hình tròn tâm \[I\left( {0\,;\,25} \right)\] bán kính bằng \[5\] quay quanh trục \[Ox\].

Ta có phương trình đường tròn là \[{x^2} + {\left( {y - 25} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 25 + \sqrt {25 - {x^2}} \\y = 25 - \sqrt {25 - {x^2}} \end{array} \right.,x \in \left[ { - 5;5} \right]\].

Vậy \[V = \pi \left[ {\int\limits_{ - 5}^5 {{{\left( {25 + \sqrt {25 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x} - \int\limits_{ - 5}^5 {{{\left( {25 - \sqrt {25 - {x^2}} } \right)}^2}{\rm{d}}x} } \right] = 100\pi \int\limits_{ - 5}^5 {\sqrt {25 - {x^2}} {\rm{d}}x} \]

=\[1250{\pi ^2}c{m^3} \approx 12337c{m^3}\]\[ \approx 12,3d{m^3} = 12,3l.\] \[\]

Đáp án: 189; 6.

Để lồng đèn cao nhất có thể, thanh \(90\,{\rm{cm}}\) được dùng làm cạnh bên, các thanh \(30\,{\rm{cm}}\)được dùng làm đáy nhỏ và các thanh \(60\,{\rm{cm}}\)được dùng làm đáy lớn của hình chóp cụt.

Ta có \(h = C'H = \sqrt {{{90}^2} - {{\left( {60 - 30} \right)}^2}} = 60\sqrt 2 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

\(S = {S_{ABCDEFGH}} = 6 \cdot \frac{{{{60}^2}\sqrt 3 }}{4} = 5400\sqrt 3 \,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

\(S' = {S_{A'B'C'D'E'F'G'H'}} = 6 \cdot \frac{{{{30}^2}\sqrt 3 }}{4} = 1350\sqrt 3 \,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3}h\left( {S + S' + \sqrt {SS'} } \right) = 189000\sqrt 6 \,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) = 189\sqrt 6 \,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right) = a\sqrt b \)

\( \Rightarrow a = 189\,,\,b = 6\).

Đáp án: 3.

Ta có \[y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\].

Suy ra \(y\left( 1 \right) = 3m - 3,\,\,y\left( 2 \right) = 3m - 5,\,\,y\left( 3 \right) = 3m - 1 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ {1;\,3} \right]} y = 3m - 5 < 6 \Leftrightarrow m < \frac{{11}}{3}\)

Do \(m\) là nguyên dương nên có 3 giá trị \(m\) thoả mãn.

Đáp án: 1; −1.

Điều kiện: \(x > \frac{1}{2}\)

\[y = \ln \left( {2x - 1} \right) - {x^2} \Rightarrow y' = \frac{{2 + 2x - 4{x^2}}}{{2x - 1}}\].

\[y' = \frac{{2 + 2x - 4{x^2}}}{{2x - 1}} = 0 \Rightarrow 2 + 2x - 4{x^2} = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\\x = - 0,5\end{array} \right.\].

Vì \(x > \frac{1}{2}\) nên \(x = 1\).

Ta có bảng biến thiên:

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là \[ - 1\].