Giải thích

Giải thích

Theo giả thuyết đồng tiến hóa: “...những chuỗi khác được đóng gói bên trong các protein.”

Theo giả thuyết nguồn gốc tế bào: “...các chuỗi này liên kết với protein để tạo vỏ capsid bên ngoài.”

Theo giả thuyết hồi quy: “...Kết quả là mỗi hạt virus chỉ chứa nucleic acid, vỏ capsid, và đôi khi có thêm lớp vỏ ngoài.”

Nhận xét: Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).

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

Đáp án

\(6x - 4y - 3z + 12 = 0\). - Đúng

\(\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1\). - Đúng

Giải thích

Mặt phẳng \((ABC)\) có phương trình là \(\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1 \Leftrightarrow 6x - 4y - 3z + 12 = 0\).

[−2;2]. - ĐÚNG

(−1;3]. - ĐÚNG

Giải thích

Từ đồ thị ta nhận thấy hàm số \(y = f(x)\) có 2 điểm cực trị.

Hàm số \(g(x) = |f(x) + 2m|\) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(f(x) + 2m = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

Số nghiệm của phương trình \(f(x) + 2m = 0\) là số giao điểm của hai đồ thị \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = f(x)}\\{y =  - 2m}\end{array}} \right.\), trong đó hàm số \(y =  - 2m\) có đồ thị là đường thẳng song song hoọ̆c trùng với trục Ox.

Dựa vào đồ thị, ta thấy phương trình \(f(x) + 2m = 0\) có 3 nghiệm phân biệt khi \( - 3 <  - 2m < 1 \Leftrightarrow  - \frac{1}{2} < m < \frac{3}{2}\).

Vậy \(m \in \left( { - \frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)\) thỏa mãn. Suy ra tập hợp các giá trị của tham số \(m\) thỏa mãn là tập con của các tập hợp \([ - 2;2]\) và \(( - 1;3]\).

Đáp án

Một lon nước hình trụ có dung tích là 340 ml, cao 10 cm. Biết rằng thể tích vỏ lon không đáng kể và kết quả làm tròn tới chữ số thập phân thứ nhất.

Đường kính đáy là lon nước là (1) __6,6__  (cm).

Diện tích toàn phần của lon nước là (2) __274,7__ (cm²).

Giải thích

Gọi R là bán kính đáy của hình trụ.

Thể tích của lon nước là \(V = \pi {R^2}.10 \Leftrightarrow 340 = \pi {R^2}.10 \Leftrightarrow R \approx 3,3\;{\rm{cm}} \Rightarrow d \approx 6,6\;{\rm{cm}}\) là đường kính đáy của lon nước.

Diện tích toàn phần của lon nước là: \(2\pi Rh + 2\pi {R^2} \approx 274,7\) (cm2).

Gọi \(H\) là trung điểm đoạn thẳng \(AB \Rightarrow IH \bot AB,HA = 4\).

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I( - 2;3;0)\), bán kính \(R = \sqrt {13 - m} ,\,\,(m < 13)\).

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M(4;3;3)\) và có 1 vectơ chỉ phương \(\vec u = (2;1;2)\).

Ta có: \(\overrightarrow {IM}  = (6;0;3) \Rightarrow [\overrightarrow {IM} ,\vec u] = ( - 3; - 6;6) \Rightarrow IH = d(I,\Delta ) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IM} ,\vec u} \right]} \right|}}{{|\vec u|}} = 3\)

\( \Rightarrow {R^2} = I{H^2} + H{A^2} \Leftrightarrow 13 - m = {3^2} + {4^2} \Leftrightarrow m =  - 12\).

Vậy tham số \(m\) thuộc \(( - 15; - 5)\). 

Giải thích

Ta có \(|z.\overline {\rm{w}} | = |z|.|\overline {\rm{w}} | = |z|.|{\rm{w}}| = \sqrt {1 + {2^2}} .\sqrt {{3^2} + 1}  = 5\sqrt 2 \).

Vì \(I\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow OI \bot CD,CD = 2OI\).

Kẻ \(OH \bot SI\) tại \(H \Rightarrow OH \bot (SCD) \Rightarrow d(O,(SCD)) = d(O,SI) = OH = 1\).

Ta có

Xét tam giác vuông 

Ta có \(\Delta SIO\) là tam giác vuông cân tại \(O \Rightarrow SO = OI = \sqrt 2 \).

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}C{D^2}.SO = \frac{1}{3}{(2\sqrt 2 )^2}.\sqrt 2  = \frac{{8\sqrt 2 }}{3}\).

Giải thích

Gọi số phức \(z = x + yi\,\,(x,y \in \mathbb{R})\).

Khi đó \(|z - 1 + 2i| = 4 \Leftrightarrow {(x - 1)^2} + {(y + 2)^2} = 16\).

Suy ra tập hợp các điểm trong mặt phẳng biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn điều kiện \(|z - 1 + 2i| = 4\) là đường tròn tâm \(I(1; - 2)\) và bán kính \(R = 4\).

Giải thích

Ta có: \(S = \int\limits_1^2 {\left| {{{(x - 2)}^2} - 1} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|} {\rm{d}}x = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 3x} \right)} \right|_1^2 = \frac{2}{3}\).

Đáp án

Lấy hôm nay là số 0 trên trục số. Nếu ngày hôm trước ngày hôm qua là ngày 17 tháng 1 thì 3 ngày sau ngày mai là ứng với số (1) __ 4 __ trên trục số?

Giải thích

Ngày trước ngày hôm qua là 17 tháng 1 nên ngày của ngày hôm qua là 17 + 1 = 18 tháng 1.

Ngày hôm nay là 18 + 1 = 19 tháng 1.

Ngày mai là 19 + 1 = 20 tháng 1.

Ngày 3 ngày sau ngày mai là 20 + 3 = 23 tháng 1.

Biểu diễn trên trục số ta có:

Vậy 3 ngày sau ngày mai là ứng với số 4 trục số.

Giải thích 

Đạo hàm hai vế \(f(x)\) ta có:

\(3n{(1 + 3x)^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2}x +  \ldots n{a_n}{x^{n - 1}}\)

\( \Rightarrow f'(1) = 3n{.4^{n - 1}} = {a_1} + 2{a_2} +  \cdots  + n{a_n} = 49152n \Rightarrow {4^{n - 1}} = 16384 \Leftrightarrow n = 8\)

Số hạng tổng quát thứ \(k + 1\) trong khai triển thành đa thức của \({(1 + 3x)^8}\) là \({T_{k + 1}} = C_8^k{3^k}{x^k}\) \( \Rightarrow {a_3} = C_8^3{3^3} = 1512\).

Giả sử hình nón \((N)\) có đỉnh là \(S\), tâm đáy là \(I\) và AB là đường kính của đường tròn đáy.

Giả sử mặt cầu \((S)\) có tâm \(O\).

Vì \((S)\) tiếp xúc với tất cả các đường sinh và mặt đáy của \((N)\) nên bán kính của \((S)\) là \(r = d(O;SA) = d(O;AB) = OI\) với S, O, I thẳng hàng và AO là tia phân giác của \(\widehat {SAI}\).

Xét  vuông tại \(I:SA = \sqrt {S{I^2} + A{I^2}}  = \sqrt {{{(3\sqrt 3 )}^2} + {3^2}}  = 6\).

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

Thể tích vật thể X được tính bằng công thức: \(V = \int_a^b S (x)dx\).

Giải thích

Vì cứ 10 năm, can Quý được lặp lại. Cứ 12 năm, chi Mão được lặp lại, nên số năm Quý Mão được lặp lại là bội chung của 10 và 12. Và số năm ít nhất năm Quý Mão lặp lại là bội chung nhỏ nhất của 10 và 12.

Phân tích 10 và 12 ra thừa số nguyên tố ta được: 10 = 2.5 và 12 = 22.3.

Các thừa số nguyên tố chung và riêng của 10 và 12 là 2, 3, 5 với số mũ lớn nhất lần lượt là: 2, 1, 1.

Khi đó: BCNN (10,12)=22.3.5 = 60.

Vậy cứ sau 60 năm thì năm Quý Mão được lặp lại.

Đáp án

Trên tập hợp các số phức, xét phương trình \(4{z^2} - 2(2m + 1)z + {m^2} = 0\) (\(m\) là tham số thực). Có (1)

__ 3 _  giá trị của tham số \(m\) để phương trình đó có nghiệm \({z_o}\) thỏa mãn \(\left| {{z_o}} \right| = 3\)? 

 Giải thích

Phương trình \(4{z^2} - 2(2m + 1)z + {m^2} = 0\,\,(1)\) có \({\Delta ^\prime } = 4m + 1\).

+Trường hợp 1. \({\Delta ^\prime } \ge 0 \Leftrightarrow m \ge  - \frac{1}{4}\).

Phương trình (1) có nghiệm \({z_o}\) thỏa mãn \(\left| {{z_o}} \right| = 3\) suy ra \({z_o} = 3\) hoặc \({z_o} =  - 3\).

Nếu \({z_o} = 3\) suy ra \(36 - 6(2m + 1) + {m^2} = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 12m + 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 6 + \sqrt 6 }\\{m = 6 - \sqrt 6 }\end{array}} \right.\), (chọn).

Nếu \({z_o} =  - 3\) suy ra \(36 + 6(2m + 1) + {m^2} = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 12m + 42 = 0\) vô nghiệm.

+ Trường hợp 2. \({\Delta ^\prime } < 0 \Leftrightarrow m <  - \frac{1}{4}\). Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm phức \({z_1};{z_2}\) thỏa mãn \({z_o} = {z_1} = \overline {{z_2}} \).

Suy ra \(\left| {{z_o}} \right| = 3 \Leftrightarrow {z_o}.\overline {{z_0}}  = 9 \Leftrightarrow {z_1}.{z_2} = 9 \Leftrightarrow \frac{{{m^2}}}{4} = 9 \Leftrightarrow m =  \pm 6\).

Kết hợp điều kiện \(m <  - \frac{1}{4}\) suy ra \(m =  - 6\). Vậy có 3 giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Ta có: \(\int {\frac{1}{x}} dx = \ln |x| + C\)

 Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \{ m\} \).

Ta có: \(y' = \frac{{{m^2} - 6}}{{{{(x - m)}^2}}}\).

Hàm số đồng biến trên khoảng \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 6 > 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 2}\\{m \le  - 2}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - \sqrt 6 }\\{m > \sqrt 6 }\end{array}} \right.}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 2}\\{m \le  - 2}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m <  - \sqrt 6 }\\{m > \sqrt 6 }\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

Vì m nguyên dương nhỏ hơn 10 nên m ∈{3;4;5;6;7;8;9}.

Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn. 

Số lượng vi khuẩn tăng sau mỗi phút lên là cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với công bội \(q = 2\). Ta có: \({u_6} = 64000 \Rightarrow {u_1}.{q^5} = 64000 \Rightarrow {u_1} = 2000\).

Sau \(n\) phút thì số lượng vi khuẩn là \({u_{n + 1}}\).

\({u_{n + 1}} = 2048000 \Rightarrow {u_1}.{q^n} = 2048000 \Rightarrow {2000.2^n} = 2048000 \Rightarrow n = 10.{\rm{ }}\)

Vậy sau 10 phút thì có được 2048000 con.

Giải thích

Ta có: \(\begin{array}{l}{u_1} = {4.2^{1 - 1}} - 3.1 = 1\\{u_3} = {4.2^{3 - 1}} - 3.3 = 7\end{array}\). 

Vậy u1 và u3 đều là số nguyên dương.

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - x - m > 0}\\{x - 2 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - x - m > 0}\\{x > 2}\end{array}} \right.} \right.\)

Với điều kiện trên bất phương trình đã cho tương đương với

\({\log _4}\left( {{x^2} - x - m} \right) \ge {\log _2}(x - 2) \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} - x - m} \right) \ge {\log _2}{(x - 2)^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - x - m \ge {x^2} - 4x + 4 \Leftrightarrow m \le 3x - 4(**).\)

Khi đó, \({x^2} - x - m > 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - m \ge {x^2} - x - 3x + 4 = {x^2} - 4x + 4 = {(x - 2)^2} > 0\) (vì \(x > 2\) ).

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm với mọi giá trị \(x\) thuộc tập xác định khi \((**)\) có nghiệm với mọi giá trị \(x\) thuộc tập xác định \( \Leftrightarrow m \le {\min _{(2; + \infty )}}(3x - 4) \Rightarrow m \le 2\).

Ta có: \(\lim {q^n} =  + \infty \) nếu \(q > 1\).

Đáp án

Cho hình nón \((N)\) có đường cao \(SO = 9\) và bán kính đáy bằng \(R\), gọi \(M\) là điểm trên đoạn SO sao cho \(OM = x\,\,(0 < x < 9)\). Mặt phẳng \((P)\) vuông góc với trục SO tại \(M\) giao với hình nón \((N)\) theo thiết diện là đường tròn \((C)\). Giá trị của \(x\) bằng (1) __ 3 __  để khối nón có đỉnh là điểm \(O\) và đáy là hình tròn \((C)\) có thể tích lớn nhất?  

Giải thích

Gọi BC là đường kính của \((C)\) và AD là đường kính của đường tròn đáy của \((N)\) sao cho \(BC//AD\), S, A, B thẳng hà̀ng \( \Rightarrow S,C,D\) thẳng hàng.

Đặt \(h = 5(m)\).

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

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

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

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

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

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

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

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

Giả sử một vật dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng theo phương trình \(x = 2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right)\) trong đó thời gian \(t\) tính bằng giây và quãng đường \(x\) tính bằng centimét. Trong khoảng thời gian từ 0 đến 10 giây, vật đi qua vị trí cân bằng (1) __ __16__ __  lần?

Giải thích

Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí khi vật đứng yên, tức là \(x = 0\).

\( \Rightarrow 2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi  \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5}\)

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 10 giây, tức là \(0 \le t \le 10\) hay \(0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 10 \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{150 - 2\pi }}{{3\pi }}\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên k ∈{0;1;2;…;14;15}.

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 10 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 16 lần.

Quan sát biểu đồ ta thấy trong tháng 12 có 30 khách mua giày cỡ 30, 60 khách mua giày cỡ 31 và 95 khách mua giày cỡ 32.

Tổng số khách mua giày từ cỡ 32 trở xuống là: 30 + 60 + 95 = 185.

Tổng số khách đã đến cửa hang mua giày là: 30 + 60 + 95 + 110 + 120 + 85 + 40 = 540.

Xác suất để khách được chọn mua giày cỡ 32 trở xuống là: \(\frac{{185}}{{540}} = \frac{{37}}{{108}}\).

Hình chiếu của \(M(2;1; - 1)\) lên mặt phẳng \((Oxz)\) là điểm có tọa độ \((2;0; - 1)\).

Gọi \(R(\;{\rm{cm}})\) và \(h(\;{\rm{cm}})\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ \((R,h > 0)\). Ta có: \(2{S_d} = {S_{tp}} - {S_{xq}} \Leftrightarrow 2\pi {R^2} = 60\pi  - 42\pi  \Leftrightarrow 2\pi {R^2} = 18\pi  \Leftrightarrow R = 3(\;{\rm{cm}})\). \({S_{xq}} = 42\pi  \Leftrightarrow 2\pi Rh = 42\pi  \Leftrightarrow h = \frac{{42}}{{2R}} = 7(\;{\rm{cm}})\).

Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật có 2 kích thước tương ứng bằng đường kính đáy và chiều cao của hình trụ.

Vậy diện tích của thiết diện qua trục của hình trụ là \(S = 2R.h = 2.3.7 = 42\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\). 

Một chiếc ô tô đang đi trên đường với vận tốc \(v(t) = 3t - 15(t \ge 3)\,\,({\rm{m}}/{\rm{s}})\), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây. Quãng đường ô tô đi được trong 10 giây bắt đầu từ thời điểm t = 3 là: 90 (m)

Khi ô tô đạt vận tốc \(30\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) thì người lái xe phát hiện có hàng rào chắn ngang đường ở phía trước cách xe 100 m (tính từ đầu xe tới hàng rào) nên người lái đạp phanh. Từ thời điểm đó, xe chuyển động chậm dần đều với vận tốc \(v(t) =  - 5t + 100(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\). Từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô còn di chuyển 62,5 (m).

Khi xe dừng hẳn, khoảng cách từ xe đến hàng rào là 37,5 (m).

Giải thích

Quãng đường ô tô đi được trong 15 giây từ thời điểm \(t = 3\) là: \({S_1} = \int_3^{13} {(3t - 15)} dt = 90\,\,({\rm{m}})\).

Khi xe đạt vận tốc \(30\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) thì xe đã đi được \(\frac{{30 + 15}}{3} = 15\) (giây).

Xe dừng lại khi \(v(t) = 0 \Leftrightarrow  - 5t + 100 = 0 \Leftrightarrow t = 20\,\,(s)\).

Quãng đường xe đi được kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng lại là:

\(s(t) = \int_{15}^{20} v (t)dt = \int_{15}^{20} {( - 5t + 100)} dt = \left. {\left( {100t - \frac{{5{t^2}}}{2}} \right)} \right|_{15}^{20} = 62,5\,\,(m)\).

Khi xe dừng hẳn, khoảng cách từ xe đến hàng rào là \(100 - 62,5 = 37,5\,\,({\rm{m}})\).

Để chia thành 4 phần quà mà mỗi phần có ít nhất 3 hộp bánh ta làm như sau:

+ Chia mỗi phần là 2 hộp bánh.

+ Còn lại 12 hộp bánh. Khi đó bài toán trở thành. Có bao nhiêu cách chia 12 hộp bánh thành 4 phần quà sao cho mỗi phần có ít nhất 1 hộp bánh. Để làm bài toán này ta xếp 12 hộp bánh thành hàng ngang, khi đó có 11 khoảng trống. Chọn 3 trong 11 khoảng trống để đặt vách ngăn. Khi đó ta có $C_{11}^3=165$ cách chia.

Mệnh đề sai là: Nếu một đường thẳng nằm trên (P) thì nó song song với mọi đường thẳng nằm trên (Q).

Giải thích

Từ bảng biến thiên ta thấy:

+ Hàm số có 2 điểm cực trị là \(x = 1\) và \(x = 3\).

+ \({f^\prime }(x) < 0\) với \(x \in (1;3)\) nên hàm số nghịch biến trên \((1;3)\) suy ra hàm số nghịch biến trên \((2;3)\) (do \((2;3) \subset (1;3)\)).

+ Hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên \(\mathbb{R}\) (do khi \(x \to  - \infty \) thì \(f(x) \to  - \infty \) ).

+ \({f^\prime }(x)\) đổi dấu từ dương sang âm khi qua \(x = 1\) nên \(x = 1\) là điểm cực đại của hàm số.

Gọi \({M^\prime }\) là trung điểm .

Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có \({S_{\Delta {M^\prime }BD}} = \cos \varphi .{S_{\Delta MBD}}\)