Đọc kĩ thông tin được cung cấp trong đoạn [3] của văn bản: “Tháng 7/2016, hai công nhân làm việc tại một khu công nghiệp ở huyện Văn Lâm, Hưng Yên khi đi trên đường dân sinh cắt qua đường sắt ở thị trấn Như Quỳnh đã dừng lại selfie trên đường ray bằng điện thoại mà không để ý là đoàn tàu đã tới quá gần.”. Sự việc xảy ra khi 2 người này đang đi trên đường dân sinh và chụp ảnh trên đường ray trong khi đoàn tàu đang tới gần, không phải là sự việc xảy ra trong khu công nghiệp. Mệnh đề trên là “Sai”.

 Chọn B

Đọc và phân tích nội dung được cung cấp trong đoạn [5]. Câu chủ đề được đặt ở đầu đoạn: “Để đi tìm nguyên nhân sâu xa đằng sau hành vi chụp ảnh selfie, chúng ta hãy thử vẽ chân dung phổ biến của những người thích chụp ảnh selfie.”, từ “chân dung phổ biến” được làm rõ ở câu sau đó: “Các nhà nghiên cứu quốc tế đã “khoanh vùng” được những đặc điểm của họ”. Như vậy, Từ khóa đúng là C. 

 Chọn C

Xác định mệnh đề được đưa ra có 2 thông tin về nghiên cứu hành vi selfie tại Việt Nam: Một là số lượng không nhiều và hai là tập trung ở nữ giới. Đọc đoạn [6], thông tin cần sử dụng nằm ở đầu đoạn: “Ở Việt Nam chưa có nhiều nghiên cứu về hành vi selfie của con người nhưng có một khảo sát quy mô nhỏ về xu hướng selfie ở phụ nữ do công ty nghiên cứu thị trường Q&Me thực hiện vào tháng 1/2017 với 300 người độ tuổi 16 – 34.”, theo đó, thông tin về đối tượng khảo sát là nữ giới trong các nghiên cứu ở mệnh đề không tương ứng với thông tin trong bài “có một khảo sát quy mô nhỏ về xu hướng selfie ở phụ nữ” nên mệnh đề “Sai”.

 Chọn B

Đọc đoạn [15], xác định thông tin liên quan đến câu hỏi: “Nếu vậy thì họ không biết rằng sự xuất hiện của các bức tự họa gần gũi với quá trình những phát minh và tiên tiến công nghệ xuất hiện ví dụ như kỹ thuật làm ra những tấm gương chất lượng cao đầu tiên..”. Từ khóa đúng là A. Việc sản xuất gương chỉ là một ví dụ của sự tiên tiến trong công nghệ - điều thúc đẩy các bức tự họa nên loại Từ khóa B. Từ khóa C và D không tương ứng với nội dung trong đoạn.

 Chọn A

Theo đoạn [7], “một trạng thái tâm lý bất thường” ở đây chỉ “tính ái kỷ (Narcissism)” trong câu: “Nhiều người cho rằng, những người quá đắm chìm vào thế giới ảo và selfie thường liên quan đến tính ái kỷ (Narcissism) nhưng cũng có người cho rằng không hẳn như vậy…”, mối liên hệ này được đánh giá trong câu đầu tiên của đoạn: “Có nhiều bàn cãi xung quanh hiện tượng này.”. Như vậy, mệnh đề được đưa ra trong đề bài “Đúng”.

 Chọn A

Đọc lại nội dung của đoạn [1]: Khi triển khai nghiên cứu giải pháp từ việc thu thập dữ liệu của camera giao thông để “xác định số lượng phương tiện lưu thông trên đường và tính toán mật độ lưu lượng phương tiện tham gia giao thông trong một khoảng thời gian xác định”; vậy mục tiêu cốt lõi sẽ là dự báo về tình trạng giao thông để giảm thiểu tình trạng tắc nghẽn. 

 Chọn D

Đọc lại nội dung đoạn [2] để tìm hiểu định nghĩa về Yolo: “mô hình mạng dùng cho việc phát hiện, nhận dạng, phân lại đối tượng”, “dự đoán xem trong mỗi ô liệu có đối tượng (object) mà điểm trung tâm rơi vào ô đó không, dự đoán điểm trung tâm, kích thước của đối tượng và xác suất là đối tượng nào trong số các đối tượng cần xác định”; chú ý câu “phiên bản đang được sử dụng là thế hệ thứ 4, gọi là Yolov4”. 

 Chọn A

Đọc kĩ nội dung của đoạn [3], cần phân biệt Sort và Tracking-by-detection; trong đó, Tracking-by-dectection là thuật toán để giải quyết từng đối tượng (xác định, dự đoán) còn Sort là “sự phát triển của khung theo dõi nhiều đối tượng”. 

 Chọn B

Căn cứ vào từ khóa “tỷ lệ chính xác” để tìm thông tin trong đoạn [5]: “với xe ô tô, xe tải và xe buýt thì tỉ lệ chính xác tương đối cao và ổn định do đặc điểm kích thước và nhận dạng của chúng”; trong đoạn có nhắc tới yếu tố góc quan sát của camera, thời tiết, ánh sáng… nhưng đó không phải yếu tố quan trọng nhất. 

 Chọn A

Căn cứ vào từ khóa “kết quả phân loại và kiểm đếm” để đọc lại nội dung của đoạn [6] và xác định thông tin: “nhóm nghiên cứu nhận thấy khi mật độ lưu thông thấp, thuật toán cho kết quả phân loại và kiểm đếm tương đối chính xác. Với mật độ lưu thông trung bình và cao, kết quả bắt đầu có độ chênh lệch và mất định hơn ở loại phương tiện và xe đạp và xe máy”. 

 Chọn B

Theo phần thứ nhất của đoạn văn, ta có: Hầu hết các thiên thạch bốc hơi hoàn toàn trước khi chúng nằm trong phạm vi 50 km từ bề mặt Trái Đất.

 Chọn C

Theo phần thứ nhất của đoạn dẫn: Khi Sao chổi bị lực hấp dẫn kéo vào khí quyển Trái Đất thì có thể tạo thành hiện tượng sao băng, tức là có thể nhìn thấy từ bề mặt Trái Đất. Khi tiếp xúc với khí quyển, Sao chổi bắt đầu sáng lên do sự ma sát, thường xảy ra ở độ cao từ 50 đến 85 km so với bề mặt Trái Đất.

 Chọn B

Theo lập luận của Nhà khoa học 1: Khoảng 30000 Sao chổi nhỏ đi vào từ quyển của Trái Đất mỗi ngày. Các đốm tối và vệt sẫm màu trên ảnh UVA và VIS xảy ra khi các Sao chổi nhỏ bắt đầu bốc hơi trong từ quyển, giải phóng krypton, argon và tạo ra khí H2O tương tác với các gốc hydroxyl, OH−. Các hình ảnh được chụp bởi các thiết bị này tại các thời điểm khác nhau cho thấy các đốm tối và vệt sẫm ở cùng một tần số, đồng thời đưa ra bằng chứng thuyết phục ủng hộ giả thuyết Sao chổi nhỏ.

Theo giả thuyết này, các thiết bị công nghệ cao có thể chụp ảnh từ quyển mới hữu ích cho việc quan sát các Sao chổi nhỏ.

→ Các thiết bị công nghệ cao có thể ghi dữ liệu cách mặt nước biển lớn hơn 600 km để chụp ảnh các vật thể trong khí quyển nhằm nghiên cứu và tìm kiếm các sao chổi nhỏ mới đem lại hiệu quả cao nhất.

 Chọn D

Đáp án

Đa phần các Sao chổi hiện nay trên có quỹ đạo là hình elip.

Giải thích

Theo phần dẫn, ta có: Hầu hết các Sao chổi có quỹ đạo hình elip (hình bầu dục), nó khác biệt so với các vật thể khác trong Hệ Mặt Trời. 

Theo lập luận của Nhà khoa học 1: Các hình ảnh được chụp bởi các thiết bị này tại các thời điểm khác nhau cho thấy các đốm tối và vệt sẫm ở cùng một tần số, đồng thời đưa ra bằng chứng thuyết phục ủng hộ giả thuyết Sao chổi nhỏ. Nếu các đốm tối và vệt sẫm là do sự nhiễu công nghệ ngẫu nhiên, thì tần suất xuất hiện của chúng sẽ dao động.

→ Nhà Khoa học 1 cho rằng sự thay đổi trong điều kiện khí quyển xung quanh những đốm tối và vệt sẫm này sẽ hỗ trợ cho quan điểm đó. Nhà khoa học 1 cũng cho rằng: Sao chổi giải phóng krypton khi chúng bốc cháy, vì vậy việc phát hiện ra krypton xung quanh các đốm tối và vệt sẫm ủng hộ quan điểm của Nhà khoa học 1.

 Chọn A

Nhà khoa học 1 cho rằng: Sao chổi nhỏ quá nhỏ để trở thành sao băng. Nhà khoa học 1 cũng cho rằng các Sao chổi nhỏ bốc cháy trong từ quyển, nhưng phần dẫn đề cập các sao băng bốc cháy ở độ cao từ 50 đến 85 km trên bề mặt Trái Đất, nghĩa là trong tầng trung lưu.

→ Không có Sao chổi nhỏ nào từng trở thành sao băng.

 Chọn A

Đáp án

Sao chổi Halley là sao chổi nổi tiếng nhất trong các sao chổi theo chu kỳ. Quỹ đạo chuyển động của sao chổi Halley là một elip, nhận tâm Mặt Trời là một tiêu điểm, có tâm sai bằng 0,967. Biết khoảng cách gần nhất từ sao chổi Halley đến tâm Mặt Trời là khoảng 88.106 km. Khoảng cách xa nhất từ sao chổi Halley đến tâm Mặt Trời là (1) 5245,3 triệu km. (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

Giải thích

Chọn hệ trục toạ độ sao cho tâm Mặt Trời trùng với tiêu điểm F1 của elip, đơn vị trên các trục là triệu km.

Phương trình chính tắc của quỹ đạo elip này là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\,\,(a > b > 0)\)

Gọi toạ độ của sao chổi Halley là M(x; y).

Khoảng cách giữa sao chổi Halley và tâm Mặt Trời là MF1

\({\rm{M}}{{\rm{F}}_1} = {\rm{a}} + \frac{c}{a}{\rm{x}}\), vì \( - {\rm{a}} \le {\rm{x}} \le {\rm{a}}\) nên \({\rm{a}} - {\rm{c}} \le {\rm{M}}{{\rm{F}}_1} \le {\rm{a}} + {\rm{c}}\)

→ Khoảng cách gần nhất từ sao chổi Halley đến tâm Mặt Trời là a − c

Theo đề bài, ta có:

Khoảng cách gần nhất từ sao chổi Halley đến tâm Mặt Trời là khoảng 88.106 km

→ a − c = 88.

Mặt khác, elip có tâm sai bằng 0,967

\( \to \frac{c}{a} = 0,967 \to \frac{a}{1} = \frac{c}{{0,967}} = \frac{{a - c}}{{1 - 0,967}} = \frac{{88}}{{1 - 0,967}} = \frac{{8000}}{3} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{8000}}{3}}\\{c = \frac{{7736}}{3}}\end{array}} \right.\)

→ Khoảng cách xa nhất từ sao chổi Halley đến tâm Mặt Trời là:

\(a + c = \frac{{15736}}{3} \approx 5245,3\) (triệu km).

Vậy khoảng cách xa nhất từ sao chổi Halley đến tâm Mặt Trời là khoảng 5245,3 triệu km.

Đột biến chuyển đoạn NST là sự trao đổi những đoạn NST không tương đồng, làm thay đổi nhóm gen liên kết, ví dụ như ở đây NST số 21 được gắn với NST số 14.

 Chọn B

Hội chứng Down sơ cấp không mang tính di truyền, nguyên nhân từ sự phân li bất thường của NST trong quá trình hình thành trứng. Vì vậy trong gia đình có con bị mắc bệnh Down, cha mẹ của người đó đều có kiểu hình bình thường, và trong tế bào sinh dưỡng có chứa 46 NST.

 Chọn D

Do quá trình phân ly NST diễn ra bình thường, không xuất hiện đột biến; mà anh A và chị của anh A bình thường đều sinh con mắc hội chứng Down → hội chứng Down thứ cấp do di truyền.

Người mắc hội chứng Down thứ cấp do di truyền vẫn có 46 NST, trong đó có 1 NST chuyển đoạn 14 – 21, nên con trai của anh A có 46 NST.

Anh A di truyền lại cho con NST số 14 – 21 mà anh A lại có kiểu hình bình thường, nên anh A có 45 NST.

 Chọn C

Do tế bào sinh tinh giảm phân theo cách 1 nên con của người đàn ông này có khả năng sẽ mang nhiễm sắc thể chuyển đoạn 14 – 21. Trong trường hợp này cháu của ông ta sẽ có khả năng mắc hội chứng Down. Nếu người con không mang NST chuyển đoạn thì bộ NST của người con sẽ bình thường, gồm 46 NST.

 Chọn D

Giao tử bình thường luôn chứa NST số 14, nên cho dù kết hợp với giao tử không chứa NST số 14 ở trường hợp phân li thứ 3, thì vẫn tạo ra được hợp tử chứa 1 NST số 14.

 Chọn B

Dựa vào kết quả của Thí nghiệm 2 và 3, ta thấy khi tăng nhiệt độ thì độ dẫn điện của các dung dịch đều tăng, ngoại trừ HCl giảm (từ 11,4 xuống 1,7); nước tinh khiết và sucrose không thay đổi (do nước tinh khiết và sucrose không dẫn điện).

 Chọn A

Đáp án

Giải thích

1. Đúng, vì: Vì Ca(OH)2 phản ứng với CO2 trong không khí tạo thành kết tủa CaCO3 và H2O làm giảm nồng độ các ion trong dung dịch:

Ca2+ + 2OH– + CO2 → CaCO3 + H2O

2. Sai, vì: H2O được thử nghiệm trong cả 3 thí nghiệm nhằm xác định độ dẫn điện của dung dịch được đóng góp bởi dung môi.

3. Sai, vì: Dung dịch NaF và NaF nóng chảy dẫn được điện, còn NaF rắn, khan không có khả năng dẫn điện.

4. Sai, vì: Theo Bảng 1 và 2, ta thấy khi tăng lượng chất tan thì độ dẫn điện của các dung dịch đều tăng, ngoại trừ nước và sucrose (C12H22O11) không thay đổi (do nước và sucrose không dẫn điện).

    \({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{CO}}{{\rm{O}}^ - } + {{\rm{H}}^ + }\)

Nồng độ ban đầu:              4,3.10–2 ……….0…… 0 (M)

Nồng độ cân bằng: (4,3.10–2 – 8,6.10–4) ← 8,6.10–4 ← 8,6.10–4 (M)

Phần trăm phân tử CH3COOH trong dung dịch này phân li ra ion: \(\frac{{8,{{6.10}^{ - 4}}}}{{4,{{3.10}^{ - 2}}}}.100\%  = 2\% \)

 CHọn B

Từ kết quả của Thí nghiệm 1 và 2, ta thấy khi tăng lượng chất tan Mg(C2H3O2)2 trong 100 ml nước thì độ dẫn điện của dung dịch tăng.

Từ kết quả của Thí nghiệm 2 và 3, ta thấy khi tăng nhiệt độ từ 20°C lên 50°C, độ dẫn điện của dung dịch cũng tăng.

Do đó, phương án có nhiệt độ cao nhất và lượng chất tan cao nhất là phù hợp.

 Chọn C

Ta thấy, Thí nghiệm 1, 2 và 3 đã thử nghiệm về ảnh hưởng của lượng chất tan và ảnh hưởng của nhiệt độ đến khả năng dẫn điện của dung dịch → A sai.

Màu sắc của dung dịch và nước không ảnh hưởng đến khả năng dẫn điện của dung dịch→ B và C sai.

Do đó, để có thêm thông tin về độ dẫn điện của dung dịch, ta có thể thử nghiệm về ảnh hưởng của các dung môi khác nhau đến độ dẫn điện.

 Chọn D

Theo phần dẫn, ta có:

Hành tinh thứ chín trong Hệ Mặt Trời của chúng ta, Sao Diêm Vương, được phát hiện vào năm 1930.

 Chọn C

Theo Nhà khoa học 2, Sao Diêm Vương không đủ tiêu chí là một hành tinh

→ Sao Diêm Vương không thuộc Hệ Mặt Trời.

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

(1) - Sai

(2) – Đúng

(3) - Sai

Theo Nhà Khoa học 1 thì: Sao Diêm Vương lớn hơn gần 1000 lần so với một sao chổi trung bình và nó không có đuôi bụi và khí như sao chổi.

Dựa trên lập luận của Nhà khoa học 2: Bốn hành tinh bên trong, Sao Thủy, Sao Kim, Trái Đất và Sao Hỏa là những hành tinh đá; Sao Mộc, Sao Thổ, Sao Thiên Vương và Sao Hải Vương đều là hành tinh khí.

Nhà khoa học 2 cho rằng Sao Diêm Vương không giống các hành tinh khác do bề mặt băng của nó. Nếu băng tan chảy và tiết lộ rằng bề mặt của Sao Diêm Vương tương tự như Sao Hỏa, lập luận của Nhà khoa học 2 sẽ yếu đi đáng kể.

 Chọn B

Theo đoạn dẫn, ta có: Sao Diêm Vương không tạo ra nhiệt bằng phản ứng phân hạch hạt nhân, giúp phân biệt nó với một ngôi sao. Nó đủ lớn để bị lực hấp dẫn của chính nó kéo thành hình cầu, giúp phân biệt nó với sao chổi hoặc tiểu hành tinh.

→ Sao Diêm Vương, tiểu hành tinh và sao chổi đều không thể tạo ra nhiệt thông qua phản ứng phân hạch hạt nhân.

 Chọn B

Bụi hoa hồng không được xử lý thuốc trừ sâu mới được sử dụng làm đối chứng, các bụi hoa trồng trên đất xử lý thuốc trừ sâu nhằm xác định ảnh hưởng của thuốc trừ sâu lên số lượng cánh hoa.

 Chọn A

Nhìn vào bảng 2, ta thấy cùng điều kiện nồng độ thuốc trừ sâu, bụi hoa sử dụng loại đất 1, thuốc trừ sâu A luôn có khối lượng nhỏ hơn (so sánh theo chiều ngang).

 Chọn B

Kết hợp bảng 1 và bảng 2, ta thấy nếu trồng hoa hồng ở đất loại 1, với nồng độ thuốc trừ sâu A là 35 ppm thì khối lượng trung bình của hoa là 19,7 oz và hoa chỉ có khoảng 5 cánh.

 Chọn A

Ta thấy trọng lượng cây càng thấp thì số lượng cánh hoa cũng càng ít. Nên với lô đất 2, ở điều kiện sử dụng thuốc trừ sâu A ở mức 35 ppm thì trọng lượng cây và số lượng cánh hoa ít nhất.

 Chọn B

Lí do quan trọng nhất khi bón thuốc trừ sâu vào đất thay vì phun trực tiếp lên bụi hoa hồng là tránh làm cho bụi hoa hồng bị héo và chết.

 Chọn C

Do rệp ăn thực vật (cây hoa hồng) nên đây là mối quan hệ sinh vật này ăn sinh vật khác.

 Chọn B

Cách 1: nhìn nhanh các giá trị CNF trong Bảng 1, ta thấy ở cả 2 thí nghiệm, CNF ở thời gian phản ứng 3 ngày đều cao hơn CNF ở thời gian phản ứng 10 phút.

Cách 2:

Thí nghiệm 1 sử dụng phương pháp lọc thông thường.

Theo Bảng 1, khi thời gian phản ứng là 3 ngày thì CNF là 39 mg/kg (thử nghiệm 2) và khi thời gian phản ứng là 10 phút thì CNF là 6 mg/kg (thử nghiệm 1).

→ CNF trong 3 ngày sẽ lớn hơn so với 10 phút (bằng phương pháp lọc thông thường).

 Chọn A

Đầu tiên, các dung dịch OH– và Ni2+ được trộn với nhau và khuấy đều. Sau đó thu hồi chất rắn bằng cách lọc (lọc thông thường hoặc lọc chân không) và cuối cùng là đo CNF. 

 Chọn C

Đúng. Vì: Từ kết quả trong Bảng 1, CNF trong thí nghiệm 2 (phương pháp lọc chân không) cao hơn thí nghiệm 1 (phương pháp lọc thông thường).

 Chọn A

Theo Bảng 1, nồng độ Ni2+ trong dịch lọc cao nhất ở thử nghiệm 6 – phương pháp lọc chân không, trong thời gian phản ứng là 7 ngày.

 Chọn B

Theo Bảng 1, nồng độ Ni2+ trong dịch lọc thấp nhất ở thử nghiệm 1 – phương pháp lọc thông thường, trong thời gian phản ứng là 10 phút.

 Chọn A

Ta có \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + 4my - 2mz + 5{m^2} + 9 = 0\,\,\left( * \right)\).

\(\left( * \right) \Leftrightarrow {(x - m - 2)^2} + {(y + 2m)^2} + {(z - m)^2} = {m^2} + 4m - 5\).

Do đó phương trình (*) là phương trình mặt cầu khi \({m^2} + 4m - 5 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 1}\\{m <  - 5}\end{array}} \right.\).

Giá trị nguyên nhỏ nhất của tập \(T\) là -2 .

Giá trị nguyên lớn nhất của tập \(T\) là -1 .

Giải thích

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho, phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) thì \( - 3 < m < 0\) hay \(S = \left( { - 3;0} \right)\).

Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của tập \(T\) là -2 , giá trị nguyên lớn nhất của tập \(T\) là -1.

Giải thích

Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(AB\).

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

\( \Rightarrow SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SI.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

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

\( \Rightarrow {V_{ACDJ}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\).

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

\({\rm{\Delta }}BCI\) 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: \(S{D^2} = S{I^2} + I{D^2} = 2{a^2}\).

\({\rm{\Delta }}SCD\) 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 \(A\left( {do\,\,SA = AD = a} \right)\) 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  có \({\rm{cos}}A = \frac{{A{J^2} + A{C^2} - C{J^2}}}{{2AJ.AC}} = \frac{3}{4}\).

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

\( \Rightarrow d\left( {D;\left( {ACJ} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Ta có khối chóp \(S.ABC\) là khối chóp tam giác đều.

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Khi đó \(SG\) là chiều cao của khối chóp \(S.ABC\).

Gọi \(D,E,F\) lần lượt là trung điểm của \(BC,AB,CA\) và \(I,J,K\) lần lượt là hình chiếu của \(D,E,F\) trên \(SA,SC,SB\).

Khi đó \(DI,EJ,FK\) tương ứng là các đường vuông góc chung của các cặp cạnh \(SA\) và \(BC,SC\) và \(AB,SB\) và \(CA\).

Ta có \(DI = EJ = FK\). Do đó \({\rm{\Delta }}SID = {\rm{\Delta }}SJE\) nên \(SI = SJ\).

Suy ra \(ED//IJ\) (cùng song song với \(AC\)). Do đó bốn điểm \(D,E,I,J\) đồng phẳng.

Tương tự ta có bộ bốn điểm \(D,F,I,K\) và \(E,F,J,K\) đồng phẳng.

Ba mặt phẳng \(\left( {DEIJ} \right),\left( {DFIK} \right),\left( {EFJK} \right)\) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến \(DI,EJ,FK\).

Suy ra \(DI,EJ,FK\) đồng quy tại điểm \(O\) thuộc \(SG\).

Xét điểm \(M\) bất kì trong không gian.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{r}}{d\left( {M,SA} \right) + d\left( {M,BC} \right)}&{ \ge DI}\\{d\left( {M,SC} \right) + d\left( {M,AB} \right)}&{ \ge EJ}\\{d\left( {M,SB} \right) + d\left( {M,AC} \right)}&{ \ge FK}\end{array} \Rightarrow d \ge DI + EJ + FK} \right.\).

Do đó \(d\) nhỏ nhất bằng \(DI + EJ + FK = 3DI\) khi \(M \equiv O\).

Ta có \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},AG = \frac{2}{3}AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}}  = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\), \(\sin \widehat {SAG} = \frac{{SG}}{{SA}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

Suy ra \(DI = AD.\sin \widehat {SAD} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{2\sqrt 2 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là \(3DI = 3\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = a\sqrt 6 \).

Vì hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).

\( \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} \left[ {a\left( {x - 2{x^2}} \right)} \right] = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} \left( {2x} \right) \Leftrightarrow a =  - 2\).

Ta có 

Số tiền bỏ heo của Hằng mỗi ngày tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 1000\) (đồng),

công sai \(d = 1000\) (đồng).

Tính đến hết ngày 04 tháng 02 năm 2025 (là ngày thứ 366 do 2024 là năm nhuận có ngày 29 tháng 2) tổng số tiền bỏ heo là

\({S_{366}} = \frac{{366\left[ {2.1000 + \left( {366 - 1} \right).1000} \right]}}{2} = 67161000 = 40500000 + 26661000\) (đồng).

Vậy sau 1 năm Hằng đã đủ tiền mua xe và còn dư 26661000 đồng.

\(\forall n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\) ta có:

+ Với \({u_n} = {n^2}\) thì \({n^2} < {(n + 1)^2} \Leftrightarrow {u_n} < {u_{n + 1}} \Rightarrow {u_n} = {n^2}\) không là dãy số giảm.

+ Với \({u_n} = 2n\) thì \(2n < 2\left( {n + 1} \right) \Leftrightarrow {u_n} < {u_{n + 1}} \Rightarrow {u_n} = 2n\) không là dãy số giảm.

+ Với \({u_n} = {n^3} - 1\) thì \({n^3} - 1 < {(n + 1)^3} - 1 \Leftrightarrow {u_n} < {u_{n + 1}} \Rightarrow {u_n} = {n^3} - 1\) không là dãy số giảm.

+ Với \({u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n - 1}}\) thì \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{ - 3}}{{\left( {n - 1} \right).n}} < 0\) nên dãy \({u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n - 1}}\) là dãy số giảm.

Đáp án: “595”

Giải thích

Số đường chéo của đa giác là: \(C_{10}^2 - 10 = 35\).

Cứ hai đường chéo cho ta một giao điểm, hơn nữa không có ba đường chéo nào đồng quy nên số giao điểm của các đường chéo là \(C_{35}^2 = 595\).

Đáp án: “1”

Giải thích

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 1,{u_2} = 3\,\,\left( 1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{u_{n + 2}} + {u_n} = 2\left( {{u_{n + 1}} + 1} \right)\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\) \(\left( {n \ge 1} \right)\).

Đặt \({v_n} = {u_{n + 1}} - {u_n}\).

Ta có \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {u_{n + 2}} - {u_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - {u_n} + 2 \Leftrightarrow {v_{n + 1}} = {v_n} + 2\).

Suy ra \(\left( {{v_n}} \right)\) lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({v_1} = 2\) và công sai \(d = 2\).

Nên \({v_n} = 2 + \left( {n - 1} \right).2 = 2n\).

Khi đó: \({u_n} = \left( {{u_n} - {u_{n - 1}}} \right) + \left( {{u_{n - 1}} - {u_{n - 2}}} \right) +  \ldots  + \left( {{u_2} - {u_1}} \right) + {u_1}\)

\( = {v_{n - 1}} + {v_{n - 2}} +  \ldots  + {v_1} + {u_1} = 2\left( {\left( {n - 1} \right) + \left( {n - 2} \right) +  \ldots  + 1} \right) + 1\)

\( = 2\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + 1 = n\left( {n - 1} \right) + 1\).

Do đó: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}} = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } \frac{{n\left( {n - 1} \right) + 1}}{{{n^2}}} = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{n^2} - n + 1}}{{{n^2}}} = 1\).

Vậy \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}} = 1\).

Tam giác ABC vuông cân tại \(C\), có \(AB = 2a\) nên \(AC = CB = a\sqrt 2 \).

SA vuông góc với mặt đáy nên \(SA \bot AC\) nên tam giác SAC vuông tại \(A\).

Do đó \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}}  = a\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}{(a\sqrt 2 )^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\).

Giải thích

Từ đồ thị ta có \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty ;\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \) nên \(a < 0\).

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên \(\frac{b}{a} < 0\) do đó \(b > 0\).

Đồ thị hàm cắt trục \(Oy\) tại điểm có tung độ âm nên \(c < 0\).

Giải thích

Thể tích khối tứ diện \(ABCD\) là: \(V = \frac{{{4^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\)

Gọi \(I\) là trọng tâm tam giác \(BCD\).

Tam giác \(BCD\) đều cạnh bằng 4 nên \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(BCD\) và

\(BM = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3  \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BI = \frac{2}{3}BM = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}}\\{r = IM = \frac{1}{3}BM = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}}\end{array}} \right.\)

Vì \(AI\) là đường cao của tứ diện đều \(ABCD\) nên \(AI = \sqrt {A{B^2} - I{B^2}}  = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy diện tích xung quanh hình trụ \({S_{xq}} = 2\pi rh = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\pi \).

Đáp án: “6”

Giải thích

Mặt cầu \(\left( S \right):{(x - 1)^2} + {(y + 2)^2} + {(z - 2)^2} = 36\).

Khi đó \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1; - 2;2} \right)\), bán kính \(R = 6\).

Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh \(a\). Lấy hai điểm \(M\) và \(N\) theo thứ tự di động trên \(AC\) và \(A'B\) sao cho \(AM = A'N = t\,\,\left( {0 \le t \le a\sqrt 2 } \right)\). Giá trị nhỏ nhất của \(MN\) bằng \(\frac{a}{{\sqrt 2 }}\), khi đo góc  (MN, AC) bằng 60o.

Giải thích

Kẻ \(MJ \bot AB\) suy ra \(AJ = \frac{t}{{\sqrt 2 }}\). Kẻ \(JI \bot A'B'\). Dễ thấy \(J,N,I\) thẳng hàng.

Ta có:

\(M{N^2} = M{J^2} + J{N^2} = \frac{{{t^2}}}{2} + {\left( {a - \frac{t}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = {t^2} - a\sqrt 2 t + {a^2} = {\left( {t - \frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} + \frac{{{a^2}}}{2} \ge \frac{{{a^2}}}{2}\)

Suy ra \(MN \ge \frac{a}{{\sqrt 2 }}\). Dấu "=" xảy ra khi \(t = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\). Khi đó \({M_s}N\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(A'B\).

Vộy giá trị nhỏ nhất của \(MN\) là \(\frac{a}{{\sqrt 2 }}\).

Dễ thấy khi đó \(MN//B'C\left( {//A'D} \right)\) nên \(\left( {MN,AC} \right) = \left( {B'C,AC} \right) = \widehat {B'CA}\).

Mà ta có tam giác \(AB'C\) đều nên \(\widehat {B'CA} = {60^ \circ }\).

Do đó \(\left( {MN,AC} \right) = {60^ \circ }\).

Đồ thị hai hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ bằng \(\frac{1}{2}\).

Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) bằng \(\frac{1}{{24}}\).

Giải thích

Xét phương trình hoành độ điểm chung của hai đồ thị ta có: \(2{x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).

Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) là \(S = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\left| {2{x^2} - x} \right|dx = \frac{1}{{24}}} \).

Để tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành thì hoành độ điểm \(D\) là -6 .

Chân đường cao \(H\) hạ từ đỉnh \(A\) của  có tọa độ là (-3 ; 5 ;1 )

Giải thích

Ta có: \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 5;6; - 2} \right)\)

Để tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC} \)

\( \Leftrightarrow \left( {{x_D} + 1;{y_D} - 6;{z_D} + 1} \right) = \left( { - 5;6; - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_D} + 1 =  - 5}\\{{y_D} - 6 = 6}\\{{z_D} + 1 =  - 2}\end{array} \Rightarrow D\left( { - 6;12; - 3} \right)} \right.\).

Đường thẳng BC đi qua \(B(2; - 1;3)\) và nhận \(\overrightarrow {BC}  = ( - 5;6; - 2)\) làm một vecto chỉ phương có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 - 5t}\\{y =  - 1 + 6t}\\{z = 3 - 2t}\end{array}} \right.\)

Vì \(H \in BC\) nên \(H(2 - 5t; - 1 + 6t;3 - 2t) \Rightarrow \overrightarrow {AH} (3 - 5t; - 7 + 6t;4 - 2t)\).

Vì \(H\) là chân đường cao hạ từ đỉnh \(A\) của  nên \(AH \bot BC\).

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0 \Leftrightarrow  - 5(3 - 5t) + 6( - 7 + 6t) - 2(4 - 2t) = 0 \Leftrightarrow t = 1\)

\( \Rightarrow H( - 3;5;1)\)

Gọi tọa độ điểm \(I\left( {a;b;0} \right)\).Ta có:

\(\overrightarrow {IM} \left( {1 - a;1 - b;1} \right),\overrightarrow {IN} \left( { - 1 - a; - 1 - b;0} \right),\overrightarrow {IP} \left( {3 - a;1 - b; - 1} \right)\).

Theo giả thiết có: \(IM = IN = IP\).

\( \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{l}}{IM = IN}\\{IM = IP}\end{array}} \right)\). Khi đó ta có hệ:

\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{{(1 - a)}^2} + {{(1 - b)}^2} + 1 = {{(1 + a)}^2} + {{(1 + b)}^2}}\\{{{(1 - a)}^2} + {{(1 - b)}^2} + 1 = {{(3 - a)}^2} + {{(1 - b)}^2} + 1}\end{array}} \right) \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{4a + 4b = 1}\\{4a = 8}\end{array}} \right) \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b =  - \frac{7}{4}}\end{array}} \right).\]

Vậy tọa độ điểm \(I\left( {2; - \frac{7}{4};0} \right)\).

Giải thích

TXĐ: \(\mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = x{{\rm{e}}^{ - x}}\left. {\left( {2 - x} \right.} \right);y' = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 0\) và đạt cực đại tại \(x = 2\).

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại \(x = 0\).

Giải thích

Ta có: \(P(x) = (1 + 2x){(3 + x)^{11}} = {(3 + x)^{11}} + 2x{(3 + x)^{11}}\)

\( = \sum\limits_{k = 0}^{11} {C_{11}^k} {.3^{11 - k}}.{x^k} + 2x\sum\limits_{m = 0}^{11} {C_{11}^m} {.3^{11 - m}}.{x^m}\)

\( = \sum\limits_{k = 0}^{11} {C_{11}^k} {.3^{11 - k}}.{x^k} + \sum\limits_{m = 0}^{11} {C_{11}^m} {.2.3^{11 - m}}.{x^{m + 1}}\)

Khi đó:

+, Khai triển \(P\left( x \right)\) có 13 số hạng.

+, Hệ số của \({x^9}\) trong khai triển là: \(C_{11}^9{.3^2} + C_{11}^8{.2.3^3} = 9045\) (với \(k = 9,m = 8\)).

+, Hệ số tự do trong khai triển là: \(C_{11}^0{.3^{11}} = 177147\)

Để ba vectơ \(\vec a,\vec b,\vec c\) đồng phẳng thì \(\left[ {\vec a,\vec b} \right].\vec c = 0\).

Ta có: \(\left[ {\vec a,\vec b} \right] = \left( { - 3; - 6; - 5} \right)\).

\(\left[ {\vec a,\vec b} \right].\vec c = \left( { - 3; - 6; - 5} \right).\left( {m; - 2;3} \right) =  - 3m + 12 - 15 =  - 3m - 3\)
\(\left[ {\vec a,\vec b} \right].\vec c = 0\) suy ra \( - 3m - 3 = 0\) hay \(m =  - 1\).

Hệ số A1 bằng \(1 - \frac{1}{{{2^{9999}}}}\) .

Hệ số A2 bằng \[\frac{{{4^{9999}} - {{3.2}^{9999}} + 2}}{{{{3.4}^{9999}}}}\] .

Giải thích

Hệ số của \[{x^{9998}}\] là: \[{A_1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} +  \ldots  + \frac{1}{{{2^{9999}}}} = \frac{1}{2}.\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{9999}}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 1 - \frac{1}{{{2^{9999}}}}\] . 

Hệ số của \[{x^{9997}}\] là \[{A_2} = \frac{1}{2}.\frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}}.\frac{1}{{{2^3}}} +  \ldots  + \frac{1}{{{2^{9998}}}}.\frac{1}{{{2^{9999}}}}\]

Ta có: \[A_1^2 = {\left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{{2^2}}} +  \ldots  + \frac{1}{{{2^{9999}}}}} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {1 - \frac{1}{{{2^{9999}}}}} \right)^2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{{{4^2}}} +  \ldots  + \frac{1}{{{4^{9999}}}} + 2.\frac{1}{2}.\frac{1}{{{2^2}}} + 2.\frac{1}{{{2^2}}}.\frac{1}{{{2^3}}} +  \ldots  + 2.\frac{1}{{{2^{9998}}}}.\frac{1}{{{2^{9999}}}}\]

\[ \Leftrightarrow 1 - 2.1.\frac{1}{{{2^{9999}}}} + \frac{1}{{{4^{9999}}}} = \frac{1}{4}.\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^{9999}}}}{{1 - \frac{1}{4}}} + 2B\]

\[ \Leftrightarrow 1 - 2.1.\frac{1}{{{2^{9999}}}} + \frac{1}{{{4^{9999}}}} = \frac{1}{4}.\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^{9999}}}}{{1 - \frac{1}{4}}} + 2B\]

\[ \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{{{2^{9998}}}} + \frac{1}{{{4^{9999}}}} = \frac{1}{3}.\left( {1 - \frac{1}{{{4^{9999}}}}} \right) + 2B\]

\[ \Leftrightarrow B = \frac{{{4^{9999}} - {{3.2}^{9999}} + 2}}{{{{3.4}^{9999}}}}\]

Giải thích

Ta có \(\left( {2.0 - 2.2 - 1 + 1} \right)\left( {2.\frac{7}{9} - 2.\frac{2}{9} + \frac{{17}}{9} + 1} \right) < 0\) nên hai điểm \(A\) và \(B\) nằm khác phía đối với \(\left( P \right)\).

* Tìm \(M\).

Lấy điểm \(B'\left( {{x_{B'}};{y_{B'}};{z_{B'}}} \right)\) đối xứng với \(B\) qua \(\left( P \right)\).

Hạ \(BH \bot \left( P \right)\) suy ra \(\overrightarrow {{u_{BH}}}  = \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {2; - 2;1} \right)\) nên phương trình đường thẳng \(BH\) là  \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{7}{9} + 2t\\y = \frac{2}{9} - 2t\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\\z = \frac{{17}}{9} + t\end{array} \right.\).

Gọi tọa độ điểm \(H\) là \(H\left( {\frac{7}{9} + 2h;\frac{2}{9} - 2h;\frac{{17}}{9} + h} \right)\). Vì \(H \in \left( P \right)\) nên

\(2\left( {\frac{7}{9} + 2h} \right) - 2\left( {\frac{2}{9} - 2h} \right) + \left( {\frac{{17}}{9} + h} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow h =  - \frac{4}{9}\) do đó \(H\left( {\frac{{ - 1}}{9};\frac{{10}}{9};\frac{{13}}{9}} \right)\).

\(B'\) đối xứng với \(B\) qua \(\left( P \right)\) nên \(H\) là trung điểm của \(BB'\).

Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} + \frac{7}{9} = 2.\frac{{ - 1}}{9}\\{y_{B'}} + \frac{2}{9} = 2.\frac{{10}}{9} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} =  - 1\\{y_{B'}} = 2\\{z_{B'}} = 1\end{array} \right.\\{z_{B'}} + \frac{{17}}{9} = 2.\frac{{13}}{9}\end{array} \right.\) suy ra \(\left. {B'( - 1;2;1} \right)\).

Khi đó \(\left| {MA - MB} \right| = \left| {MA - MB'} \right| \le AB'\).

Dấu "=" xảy ra khi \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(AB'\) và \(\left( P \right)\).

Có \(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{2}{3},d\left( {B',\left( P \right)} \right) = \frac{4}{3}\) nên \(d\left( {B',\left( P \right)} \right) = 2d\left( {A,\left( P \right)} \right)\) do đó \(A\) là trung điểm của đoạn thẳng \(B'M\) suy ra \(M\left( {1;2;1} \right)\).

* Tìm \(N\).

\(NA + NB \ge AB\)

Dấu “=" xảy ra khi \(N\) là giao điểm của đường thẳng \(AB\) và \(\left( P \right)\).

Có \(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{2}{3},d\left( {B,\left( P \right)} \right) = \frac{4}{3}\) nên \(d\left( {B,\left( P \right)} \right) = 2d\left( {A,\left( P \right)} \right)\) do đó \(\overrightarrow {AB}  = 3\overrightarrow {AN} \) nên \(N\left( {\frac{7}{{27}};\frac{{38}}{{27}};\frac{{35}}{{27}}} \right)\).

Đổi \(913{\rm{\;kg/}}{{\rm{m}}^3} = 0,913{\rm{\;g/c}}{{\rm{m}}^3}\).

Thể tích cao su để làm quả bóng là: \(\frac{4}{3}\pi {.5^3} - \frac{4}{3}\pi .4,{6^3} = \frac{{13832\pi }}{{375}}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Khối lượng cao su cần dùng để làm quả bóng là: \(0,913.\frac{{13832\pi }}{{375}} \approx 105,797\) (gam).

Đáp án: “500”

Giải thích

Gọi \(r\) là bán kính mặt cầu.

Diện tích mặt cầu là \(S = 4\pi {r^2} \Leftrightarrow 4\pi {r^2} = 100\pi  \Leftrightarrow r = 5\).

Thể tích của khối cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.5^3} = \frac{{500\pi }}{3}\).

Vậy \(k = 500\).

Ta có: \({\rm{cos}}\widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2OA.OB}} = \frac{{{{10}^2} + {{10}^2} - {6^2}}}{{2.10.10}} = \frac{{41}}{{50}} \Rightarrow \widehat {AOB} = \alpha  \approx 0,609\left( {{\rm{rad}}} \right)\)

\( \Rightarrow \) số đo cung nhỏ là: \(\alpha  = 0,609\left( {{\rm{rad}}} \right)\)

Diện tích hình quạt chắn bởi cung nhỏ  là: \(S = \frac{{{R^2}\alpha }}{2} \approx \frac{{{{10}^2}.0,609}}{2} = 30,45\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Thể tích miếng thạch là \(V = OO'.S \approx 9.30,45 = 274,05\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) \approx 274\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra \(f\left( 0 \right) > f\left( { - 1} \right) \Leftrightarrow c > \sqrt 3  \Rightarrow c > 0\).

Ta có \(y' = f'\left( x \right) = {x^2} + 2ax + b,{{\rm{\Delta '}}_{y'}} = {a^2} - b\).

Vì \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\) nên phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) vô nghiệm.

\( \Rightarrow {\rm{\Delta '}}{\;_{y'}} < 0 \Leftrightarrow {a^2} - b < 0 \Leftrightarrow {a^2} < b \Rightarrow b > 0\).

Mặt khác \(f'\left( { - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow 1 - 2a + b = 1 \Leftrightarrow b = 2a \Rightarrow a > 0\).

Nhận xét: Hàm số y=f(x) liên tục trên $\mathrm{ℝ}$ .

$\Rightarrow {{\int }^{\text{}}}_{-3}^{3}f\left(x\right)dx={{\int }^{\text{}}}_{-3}^{0}f\left(x\right)dx+{{\int }^{\text{}}}_0^{3}f\left(x\right)dx={{\int }^{\text{}}}_{-3}^0\left(x+3\right)dx+{{\int }^{\text{}}}_0^{3}3dx$

Giải thích

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Ta có \(IH = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 + 2.2 + 1.\left( { - 2} \right) + 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 3\).

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn và \(R\) là bán kính mặt cầu.

Ta có chu vi đường tròn là \(2\pi r = 8\pi  \Rightarrow r = 4\).

Bán kính mặt cầu là \(R = \sqrt {I{H^2} + {r^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\).

Gọi \(\left( \alpha  \right):2x + 2y + z + 11 = 0\).

Ta có \(d\left( {I,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 + 2.2 + 1.\left( { - 2} \right) + 11} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 5 = R\).

\( \Rightarrow \left( S \right)\) tiếp xúc với \(\left( \alpha  \right)\).

Ta có:

\(S = \sum\limits_{k = 1}^{24} {[\sqrt k ] = [\sqrt 1 ] + [\sqrt 2 ] + [\sqrt 3 ] + [\sqrt 4 ] +  \ldots  + [\sqrt 8 ] + [\sqrt 9 ] +  \ldots  + [\sqrt {15} ] + [\sqrt {16} ] +  \ldots  + [\sqrt {23} ] + [\sqrt {24} ]} \)

\( \Leftrightarrow S = 1 + 1 + 1 + 2 +  \ldots  + 2 + 3 +  \ldots  + 3 + 4 +  \ldots  + 4 + 4\)

\( \Leftrightarrow S = 3.1 + 5.2 + 7.3 + 9.4 = 70\)

Ơ-le phát hiện \({M_{31}}\) có 10 chữ số năm 1750.

Luy-ca (E. Lucas, 1842 - 1891, người Pháp) phát hiện \({M_{127}}\) có 39 chữ số năm 1876.

\({M_{1398269}}\) được phát hiện có 420921 chữ số năm 1996.

Giải thích

Áp dụng công thức \(\left[ {{\rm{log}}A} \right] + 1\) để tìm các chữ số của số \(A\).

Ta có: \({\rm{log}}\left( {{M_p} + 1} \right) = {\rm{log}}{2^p} = p{\rm{log}}2\).

+ Với \(p = 31 \Rightarrow {\rm{log}}\left( {{M_{31}} + 1} \right) = 31.{\rm{log}}2 \approx 9,33\)

\( \Rightarrow {M_{31}}\) có 10 chữ số.

+ Với \(p = 127 \Rightarrow {\rm{log}}\left( {{M_{127}} + 1} \right) = 127.{\rm{log}}2 \approx 38,23\)

\( \Rightarrow {M_{127}}\) có 39 chữ số.

+ Với \(p = 1398269 \Rightarrow {\rm{log}}\left( {{M_{1398269}} + 1} \right) = 1398269.{\rm{log}}2 \approx 420920,911\)

\( \Rightarrow {M_{1398269}}\) có 420921 chữ số.

Gọi \(4x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\) là độ dài đường sinh hình trụ \((x > 0)\).

\( \Rightarrow \) Đường tròn đáy hình trụ và mặt cầu có bán kính là \(x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Thể tích bồn chứa nước này chính là thể tích của khối trụ có bán kính đáy \(R = x\), đường sinh \(l = h = 4x\) và thể tích khối cầu có bán kính \(R = x\).

Do đó: \(\pi \left( {{x^2}.4x + \frac{4}{3}{x^3}} \right) = \frac{{128\pi }}{3} \Leftrightarrow x = 2\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).

Vậy diện tích xung quanh bồn nước là: \(S = \pi \left( {4{x^2} + 2.x.4x} \right) = 48\pi \,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Ta có: \({u_5} = {u_1}.{q^4} \Leftrightarrow  - 512 = {u_1}.{( - 4)^4} \Leftrightarrow {u_1} =  - 2\).

Tổng của 8 số hạng đầu tiên của \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({S_8} = {u_1}.\frac{{{q^8} - 1}}{{q - 1}} = 26214\).

Đáp án

Biết \[\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - 1} \frac{{{x^2} + \left( {2a - 1} \right)x + b}}{{{x^3} + 1}} = 2\]. Giá trị của a = (1) ___9/2___ và b = (2) ___7___  với \(a,b\) là các phân số tối giản (nếu có).

Đáp án: “3”

Giải thích

Đặt \(MA = MB = MC = a > 0\).

Áp dụng định lí \({\rm{cos}}\) cho tam giác \(MAB\) ta có:

\(A{B^2} = M{A^2} + M{B^2} - 2MA.MB.{\rm{cos}}\widehat {AMB} = {a^2} + {a^2} - 2a.a.{\rm{cos}}{60^ \circ } = {a^2}\). Suy ra \(AB = a\).

Tương tự, ta cũng tính được \(BC = \sqrt 2 a,CA = \sqrt 3 a\).

Xét tam giác \(ABC\) có: \(C{A^2} = B{C^2} + A{B^2}\) suy ra tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) (định lí Pythagore đảo). Do đó trung điểm \(H\) của \(AC\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Suy ra \(M,H,I\) thẳng hàng.

Xét tam giác \(MCI\) vuông tại \(C\) đường cao \(CH\):

\(IC.MC = CH.MI\) suy ra \(IC = \frac{{CH.MI}}{{MC}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 a}}{2}.2\sqrt 3 }}{a} = 3\).

Số nghiệm của phương trình đã cho là 2 .

Tổng của các nghiệm của phương trình đã cho là \(4 - 2\sqrt 6 \).

Giải thích

Điều kiện : \( - 4 < x < 4\) và \(x \ne  - 1\).

Ta có \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_4}{(x + 1)^2} + 2 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\sqrt 2 }}\sqrt {4 - x}  + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_8}{(4 + x)^3}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {4\left| {x + 1} \right|} \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left[ {\left( {4 - x} \right)\left( {4 + x} \right)} \right]\)

\( \Leftrightarrow 4\left| {x + 1} \right| = 16 - {x^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{4\left( {x + 1} \right) = 16 - {x^2}}\\{4\left( {x + 1} \right) = {x^2} - 16}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 4x - 12 = 0}\\{{x^2} - 4x - 20 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x =  - 6}\\{x = 2 + 2\sqrt 6 }\\{x = 2 - 2\sqrt 6 }\end{array}} \right.} \right.\)

Giải thích

Giả sử số có năm chữ số có dạng \(\overline {abcde} \).

Vì số cần tìm chia hết cho 5 nên \(e\) có hai cách chọn là chữ số 0 và 5 .

Khi đó, \(a\) có chín cách chọn vì \(a \ne 0\); các vị trí \(b,c,d\) mỗi vị trí có mười cách chọn.

Suy số phần tử tập \(S\) là \({2.9.10^3} = 18000\) phần tử \( \Rightarrow n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 18000\).

Số có năm chữ số bé nhất chia hết cho 5 là 10000 và lớn nhất là 99995 .

Gọi \(B\) là biến cố: "một số lấy từ tập \(S\) và chia hết cho 3 ", khi đó số được lấy này phải chia hết cho 15.

Số có năm chữ số bé nhất chia hết cho 15 là 10005 và lớn nhất là 99990 .

Vì chia hết cho 15 nên các số trong tập \(B\) này có thể xem như một cấp số cộng với

\({u_1} = 10005,{u_n} = 99990,d = 15 \Rightarrow n = \frac{{99990 - 10005}}{{15}} + 1 = 6000\)

Hay \(n\left( B \right) = 6000\). Vậy \({P_B} = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{6000}}{{18000}} = \frac{1}{3}\).

Đáp án: “324”

Giải thích

Gọi \(x\) là số ghế của rạp hát \(\left. {\left( {x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}};\,\,320 < x < 330;\,\,x} \right. \vdots 18} \right)\)

Ta thấy \(\frac{{320}}{{18}} < \frac{x}{{18}} < \frac{{330}}{{18}} \Leftrightarrow 17,78 < \frac{x}{{18}} < 18,33 \Rightarrow \frac{x}{{18}} = 18 \Leftrightarrow x = 324\).

Đáp án: “36/67”

Giải thích

Bước 1. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 8 .

Số phần tử không gian mẫu \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 36\).

Để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 8 thì số chấm trên hai con xúc xắc là một trong các trường hợp sau \(\left( {2;6} \right),\left( {3;5} \right),\left( {4;4} \right),\left( {5;3} \right),\left( {6;2} \right)\).

Vậy xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 8 là \(\frac{5}{{36}}\).

Bước 2. Tính xác suất thắng của mỗi bạn.

\(A\) là biến cố bạn \({\rm{A}}\) là người chiến thắng.

\(P\left( A \right) = \left( {\frac{5}{{36}}} \right) + \left( {\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{5}{{36}}} \right) + \left( {\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{5}{{36}}} \right) +  \ldots \)

\( = \frac{5}{{36}}\left[ {1 + {{\left( {\frac{{31}}{{36}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{31}}{{36}}} \right)}^4} +  \ldots } \right]\)

\( = \frac{5}{{36}}.\frac{1}{{1 - {{\left( {\frac{{31}}{{36}}} \right)}^2}}} = \frac{{36}}{{67}}\)