Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng:

Gen xác định nhóm máu có 3 alen I^A, I^B, I^O tạo nên 4 nhóm máu A, B, AB, O. Một gia đình có hai anh em sinh đôi cùng trứng. Vợ của người anh có nhóm máu A, 2 con sinh ra của họ một người có nhóm máu B và một người có nhóm máu AB. Vợ của người em có nhóm máu B, 2 con của họ một người nhóm máu A và một người nhóm máu AB.

Hãy lựa chọn kiểu gen phù hợp với từng người sau đây:

Kiểu gen của 2 anh em sinh đôi cùng trứng là  I^AI^B .

Kiểu gen của vợ người anh là  I^AI^O .

Kiểu gen của vợ người em là  I^BI^O .

(Kéo thả hoặc click vào để điền)

Hướng dẫn giải:

Vợ của người anh có nhóm máu A, 2 con sinh ra của họ một người có nhóm máu B và một người có nhóm máu AB.

→ Kiểu gen của người anh có alen I^B.

Vợ của người em có nhóm máu B, 2 con của họ một người nhóm máu A và một người nhóm máu AB.

→ Kiểu gen của người em có alen I^A.

2 anh em sinh đôi cùng trứng.

→ Kiểu gen của họ là I^AI^B.

Cách li sau hợp tử là những trở ngại ngăn cản việc tạo ra con lai hoặc ngăn cản việc tạo ra con lai hữu thụ.

Hướng dẫn giải:

Bộ nguồn: \({E_b} = 3E = 3.0,9 = 27\;{\rm{V}};{r_b} = \frac{{3r}}{{10}} = 0,18\Omega \)

Cường độ dòng điện qua bình điện phân:

\(I = \frac{{{E_b}}}{{R + {r_b}}} = \frac{{2,7}}{{20 + 0,18}} = 0,134\;{\rm{A}}\)

Khối lượng đồng bám vào catot của bình trong thời gian 50 phút là:

\(m = \frac{1}{F}.\frac{A}{n}.It = \frac{1}{{96500}}.\frac{{64}}{2}.0,134.50.60 = 0,133\;{\rm{g}}\)

Chọn C

Máy thu thanh đơn giản gồm ít nhất 5 bộ phận:

Anten thu (1)

Mạch chọn sóng (2)

Mạch tách sóng (3)

Mạch khuếch đại dao động điện từ âm tần (4)

Hướng dẫn giải:

\(\Delta l = \alpha {l_0}\Delta t = {12.10^{ - 6}}.12,5.(55 - 15) = 0,006m\)

Chọn D

Hướng dẫn giải:

Gọi m là số thanh của một bên đường ray

Số khe hở: 2(m − 1) = 2m − 2 = n − 2 = 276800 − 2 = 276798 khe

Độ rộng của các khe hở trên toàn tuyến: 276287.4,5.10−3 = 1245,591 m

Số thanh ray tương ứng với độ rộng của các khe hở bằng độ rộng khe hở chia cho chiều dài mỗi thanh:

1245,591 : 12,5 = 99,65 ≈ 100 thanh

Số thanh ray thực tế bằng số thanh ray lí thuyết trừ cho số thanh ray ứng với độ rộng của các khe hở:

n′ = 276800−100=276700 thanh

Sử dụng thanh ray P38, số tiền để mua ray là:

∣z + 2 − 3i∣ là khoảng cách giữa điểm biểu diễn z và −2 + 3i trên hệ trục tọa độ.

Khi ∣z + 2 − 3i∣ ≤ 3 thì khoảng cách giữa điểm biểu diễn z và −2 + 3i trên hệ trục tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 3.

Giá của một chiếc xe ô tô lúc mua mới là 600 triệu đồng. Theo ước tính, sau mỗi năm sử dụng, giá của chiếc xe ô tô giảm 42 triệu đồng.

Mỗi khẳng định sau đúng hay sai?

Hướng dẫn giải:

1. Sau 3 năm, giá của chiếc xe còn: 600 - 42.3 = 474 triệu.

2. Sau 8 năm, giá của chiếc xe giảm: 42.8 = 336 triệu.

Giá của chiếc xe giảm hơn 50% so với giá ban đầu.

Đặt \(x = \sqrt u  \Leftrightarrow u = {x^2}.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u \in \left[ {{a^2};{b^2}} \right]}\\{{\rm{d}}x = \frac{{{\rm{d}}u}}{{2\sqrt u }}}\end{array}} \right.\)

Vậy \(\int\limits_a^b f (x){\rm{d}}x = \int\limits_{{a^2}}^{{b^2}} f (\sqrt u ).\frac{{{\rm{d}}u}}{{2\sqrt u }}.\)

Dễ thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} =  - 3;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} =  - 3\) (loại).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} ( - 3x + 4) =  - 2 < 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} (x - 2) = 0;x - 2 < 0,\forall x < 2{\rm{ n\^e n }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} =  + \infty {\rm{.}}\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} ( - 3x + 4) =  - 2 < 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} (x - 2) = 0;x - 2 > 0,\forall x > 2{\rm{ n\^e n }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} =  - \infty \).

\(S(t) = \frac{1}{{{t^2}}}\)

\(V = \int\limits_a^b S (t){\rm{d}}t = \int\limits_5^9 {\frac{1}{{{t^2}}}} \;{\rm{d}}t = \frac{4}{{45}}\)

Biết hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng (0;+∞). Các khẳng định sau đúng hay sai?

Ta có \(x - y + 1 = 0 \Leftrightarrow y = x + 1.{\rm{ }}\)

Phương trình hoành độ giao điểm: \({e^x} + x = x + 1 \Leftrightarrow {e^x} = 1 \Leftrightarrow x = 0.\)

\(S = \int\limits_0^{\ln 5} {\left| {\left( {{e^x} + x} \right) - (x + 1)} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_0^{\ln 5} {\left| {{e^x} - 1} \right|{\rm{d}}x} \)

\( = \int\limits_0^{\ln 5} {\left( {{e^x} - 1} \right)dx}  = \left. {\left( {{e^x} - x} \right)} \right|_0^{\ln 5} = 4 - \ln 5.\)

\(y' = 4{x^3} + 12{x^2} - 16\)

\(y' = 4(x - 1){(x + 2)^2}\)

Lập BTT, hàm số y′ chỉ đạt cực trị tại điểm x = 1 (nghiệm bội lẻ).

Đối với điểm x = −2 (nghiệm bội chẵn), hàm số y′ sẽ không đổi dấu khi đi qua điểm này, nên x = −2 không phải điểm cực trị.

Vậy hàm số   có 0 điểm cực trị thuộc khoảng (−∞;0).

Diện tích tam giác ABC là \(\frac{{{a^2}}}{2}\).

Thể tích khối chóp S.ABC là  \[\frac{1}{3}.2a.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{3}.\] ​

Tọa độ điểm \(A(5;3; - 12)\) thuộc đường thẳng \(d:\frac{{x + 5}}{2} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 3}}{{ - 3}}\) vì \(d:\frac{{5 + 5}}{2} = \frac{{3 + 2}}{1} = \frac{{ - 12 - 3}}{{ - 3}} = 5\).

Phương trình mặt phẳng \((P)\) đi qua điểm \(M(2;3; - 4)\) và nhận \(\vec n = (3; - 2;5)\) là vectơ pháp tuyến là

\(\begin{array}{l}3(x - 2) - 2(y - 3) + 5(z + 4) = 0\\ \Leftrightarrow 3x - 6 - 2y + 6 + 5z + 20 = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow 3x - 2y + 5z + 20 = 0\)

\( \Leftrightarrow  - 3x + 2y - 5z - 20 = 0.\)

Hình bát diện đều có thể hiểu là hình được ghép lại từ hai hình chóp tứ giác đều.

Ta đếm thấy có 12 cạnh.

Kéo biểu thức ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau:

Diện tích đáy của hình nón được tạo ra bằng  36$\mathrm{\pi }$    .

Diện tích toàn phần của hình nón được tạo ra bằng  96$\mathrm{\pi }$

Hướng dẫn giải:

Đường sinh của hình nón là: \(l = AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = 10\);

Bán kính đáy của hình nón là: \(BC = 6\).

Diện tích đáy của hình nón là: \(\pi {.6^2} = 36\pi \)

Diện tích xung quanh của hình nón là: \(\pi rl = 60\pi \).

Diện tích toàn phần của hình nón là: \(36\pi  + 60\pi  = 96\pi \).

Theo định nghĩa trên, ta có thể hiểu \(\left( {\begin{array}{*{20}{l}}n\\k\end{array}} \right) = C_n^k\); tổ hợp chập \(k\) của \(n\) phần tử.

Do đó, \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{10}\\7\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{10}\\8\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{10}\\9\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{10}\\{10}\end{array}} \right) = C_{10}^7 + C_{10}^8 + C_{10}^9 + C_{10}^{10} = 176\).

Số quyển sách không phải sách Sinh học chiếm: 100% − 18% = 82%.

Vậy xác suất lấy được quyển sách không phải sách Sinh học bằng 82% = 0,82.

Ta có: \({u_2} = \frac{{ - 2}}{{2{u_1} - 1}} = \frac{{ - 2}}{{2.1 - 1}} =  - 2\).

Ta có \({S_1} = {a^2};{S_2} = \frac{1}{2}{a^2};{S_3} = \frac{1}{4}{a^2}, \ldots \)

Do đó \({S_1},{S_2},{S_3}, \ldots ,{S_{100}}\) là cấp số nhân với số hạng đầu \({u_1} = {S_1} = {a^2}\) và công bội \(q = \frac{1}{2}\). Suy ra \(S = {S_1} + {S_2} + {S_3} +  \ldots  + {{\rm{S}}_{100}} = {S_1}.\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}} = \frac{{{a^2}\left( {{2^{100}} - 1} \right)}}{{{2^{99}}}}\).​

Ta có \(f(x) \ge 0,\forall x \in [a;c]\) và \(f(x) \le 0,\forall x \in [c;b]\) nên diện tích hình phẳng là:

\(S = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_a^c {\left| {f(x)} \right|{\rm{d}}x}  + \int\limits_c^b {\left| {f(x)} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_a^c {f(x){\rm{d}}x}  - \int\limits_c^b {f(x){\rm{d}}x}  = \int\limits_a^c f (x){\rm{d}}x + \int\limits_b^c {f(x){\rm{d}}x} .\)

Do trên khoảng (0;2), hàm số f′(x) < 0 nên ta hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng này.

\(\left( {{2^{{x^2} - 5x + 6}} - 1} \right)\left( {m - {2^{1 - {x^2}}}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^{{x^2} - 5x + 6}} - 1 = 0}\\{{2^{1 - {x^2}}} = m}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = 3}\\{{2^{1 - {x^2}}} = m\,\,(*)}\end{array}} \right.} \right.\)

Yêu cầu bài toán tương đương với

+ TH1: Phương trình (∗) có nghiệm duy nhất (x = 0), suy ra m = 2.

+ TH2: Phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là 2 và nghiệm còn lại khác 3, khi đó m = 2− 3.

+ TH3: Phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm là 3 và nghiệm còn lại khác 2, khi đó m = 2−8.

Vậy có tất cả ba giá trị m thỏa mãn.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Parabol có phương trình dạng \(y = a{x^2} + bx\).

Vì chiếc cổng hình parabol có chiều rộng 12 m và chiều cao, theo hình vẽ ta có parabol đi qua các điểm (12;0) và (6;8), suy ra: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{144a + 12b = 0}\\{36a + 6b = 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - \frac{2}{9}}\\{b = \frac{8}{3}}\end{array}.} \right.} \right.\)

​​Suy ra parabol có phương trình \(y =  - \frac{2}{9}{x^2} + \frac{8}{3}\)​.

Do chiếc xe tải có chiều ngang 6 m đi vào vị trí chính giữa cổng nên xe sẽ chạm tường tại điểm A(3;6) khi đó chiều cao của xe là 6 m.

Vậy điều kiện để xe tải có thể đi vào cổng mà không chạm tường là 0 < h < 6.

Chu vi đáy và chiều cao của khối trụ lần lượt là chiều rộng và chiều dài của hình chữ nhật.

Gọi r (cm) là bán kính của đáy khối trụ, ta có:

\(2\pi r = 3 \Rightarrow r = \frac{3}{{2\pi }}\) (cm).

Thể tích của khối trụ tạo thành là:

\[V = B.h = \left( {\pi {r^2}} \right).h = \pi .{\left( {\frac{3}{{2\pi }}} \right)^2}.5 = \frac{{45}}{{4\pi }}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\].

Gọi \(O\) là trung điểm BC, suy ra \(O\) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông tại \(A\).

Dựng trục \(d\) của đường tròn ngoại tiếp ABC, trong mặt phẳng \((SA,d)\) vẽ trung trực của cạnh SA cắt \(d\) tại \(I\).

Suy ra \(I\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và bán kính \(R = IA = IB = IS\).

Ta có tứ giác NIOA là chữ nhật.

Xét tam giác NAI vuông tại \(N\) ta có:

\(\begin{array}{l}R = IA = \sqrt {N{I^2} + N{A^2}}  = \sqrt {NA + {{\left( {\frac{{SA}}{2}} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{{\left( {\frac{{BC}}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{SA}}{2}} \right)}^2}} \end{array}\)

\( = \sqrt {\left( {\frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{4}} \right) + {{\left( {\frac{{SA}}{2}} \right)}^2}}  = 5a\sqrt 2 .\)

Nếu (P) // (Q) thì

\(\frac{{2a}}{{ - (b + 2)}} = \frac{{ - b - 3}}{a} = \frac{3}{{ - 3}}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a = b + 2\\a = b + 3\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b =  - 4\end{array} \right..\)

Thử lại, với \(a =  - 1\) và \(b =  - 4\), ta có:

\((P): - 2x + y + 3z - 2 = 0\).

\((Q):2x - y - 3z + 1 = 0\).

Do \((0;2;0)\) thuộc \((P)\) nhưng không thuộc \((Q)\), do đó \((P)//(Q)\).

Vậy \(S = \{ ( - 1; - 4)\} \).

Trong tam giác ABC kẻ đường cao AK và CF và \(AK \cap CF = \{ E\} \) nên \(E\) là trực tâm tam giác ABC.

\[\begin{array}{l}SC \bot SA\\SC \bot SB\end{array}\]\( \Rightarrow SC \bot (SAB){\rm{ hay }}SC \bot AB\).

Mà \(CF \bot AB\) nên \(AB \bot (SCF) \Rightarrow AB \bot SE\).

Chứng minh tương tự ta được \(BC \bot (SAK) \Rightarrow BC \bot SE\). Vậy \(SE \bot (ABC)\).

Ta có CE là hình chiếu của SC lên mặt phẳng \((ABC)\).

\(\widehat {(SC,(ABC))} = \widehat {(SC,CE)} = \widehat {SCE}\)

Ta có tam giác SCF vuông tại \(S\) nên \(\frac{1}{{S{E^2}}} = \frac{1}{{S{C^2}}} + \frac{1}{{S{F^2}}}\).

Mặt khác tam giác SAB vuông tại \(S\) nên \(\frac{1}{{S{F^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}}\).

Suy ra \(\frac{1}{{S{E^2}}} = \frac{1}{{S{C^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{S{E^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Leftrightarrow SE = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\).

\(\sin \widehat {SCE} = \frac{{SE}}{{SC}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}:a = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).

Khai triển nhị thức Newton: \({(a + b)^n} = C_n^k{a^{n - k}}{b^k}.\)

10101₂ = 1 × 2⁴ + 0 × 2³ + 1 × 2² + 0 × 2¹ + 1 × 2⁰ = 16 + 0 + 4 + 0 + 1 = 21 chia hết cho 7.

Giả sử \({a_1} = {\rm{ Math}}{\rm{.ceil }}\left( {\frac{{ - 3}}{3}} \right) =  - 1;\quad {a_2} = {\mathop{\rm Math}\nolimits} .{\mathop{\rm ceil}\nolimits} \left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right) = 0\);

\({a_3} = {\rm{ Math}}{\rm{.ceil }}\left( {\frac{{ - 1}}{3}} \right) = 0;\quad {a_4} = {\rm{ Math}}{\rm{.ceil }}\left( {\frac{0}{3}} \right) = 0{\rm{; }}\)

\({a_5} = {\rm{ Math}}{\rm{.ceil }}\left( {\frac{1}{3}} \right) = 1;\quad {a_6} = {\rm{ Math}}{\rm{.ceil }}\left( {\frac{2}{3}} \right) = 1;\)

\({a_7} = {\rm{ Math}}{\rm{.ceil }}\left( {\frac{3}{3}} \right) = 1.{\rm{ }}\)

Vậy \[{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} + {a_6} + {a_7} = 2\].

+) Xét hàm số \(y = f(x) = \sin 2x\).

TXĐ\(:D = \mathbb{R}\). Do đó \(\forall x \in D \Rightarrow  - x \in D\).

Ta có \(f( - x) = \sin ( - 2x) =  - \sin 2x =  - f(x) \to f(x)\) là hàm số lẻ.

+) Xét hàm số \(y = f(x) = x\cos x\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Do đó \(\forall x \in D \Rightarrow  - x \in D\).

Ta có \(f( - x) = ( - x).\cos ( - x) =  - x\cos x =  - f(x) \to f(x)\) là hàm số lẻ.

+) Xét hàm số \(y = f(x) = \cos x\cot x\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \{ k\pi ,k \in \mathbb{Z}\} \). Do đó \(\forall x \in D \Rightarrow  - x \in D\).

Ta có \(f( - x) = \cos ( - x).\cot ( - x) =  - \cos x\cot x =  - f(x) \to f(x)\) là hàm số lẻ.

+) Xét hàm số \(y = f(x) = \frac{{\tan x}}{{\sin x}}\).

ТХĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}\]. Do đó \(\forall x \in D \Rightarrow  - x \in D\).

Ta có \(f( - x) = \frac{{\tan ( - x)}}{{\sin ( - x)}} = \frac{{ - \tan x}}{{ - \sin x}} = \frac{{\tan x}}{{\sin x}} = f(x) \to f(x)\) là hàm số chẵn.

Xét các số phức z thỏa mãn điều kiện \(|z + 1 - 3i| = |z - 1 - i|\) và biểu thức \(P = |\bar z - 3 - i|\).

Mỗi phát biểu sau đây về z và P đúng hay sai?

Hướng dẫn giải:

Trong mặt phẳng Oxy, tập hợp biểu diễn các số phức \(z\) là trung trực của đoạn thẳng AB với \(A( - 1;3)\) và \(B(1;1)\)

Vậy, đường thẳng \((d)\) có phương trình \( - x + y = 2\).

Suy ra tập hợp điểm biểu diễn các số phức \(\bar z\) là đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) có phương trình \(x + y =  - 2\).

(Lấy đối xứng đường thẳng \((d)\) qua trục Ox)

Đặt D(3;1). Với \(P = |\bar z - 3 - i| = |\bar z - (3 + i)|\) nên \(P\) là độ dài khoảng cách giữa \(\bar z\) và \(D\).

\(\min P = \min {d_{(\bar z;D)}} = {d_{\left( {D;\left( {d'} \right)} \right)}} = 3\sqrt 2 \).

Hình chiếu vuông góc của \(D\) xuống \(\left( {d'} \right)\) là điểm \(F(0; - 2)\).

Suy ra số phức \(\bar z\) cần tìm là \( - 2i\).

Vậy \(z = 2i\).

\(\frac{{{{\log }_2}\frac{x}{2}}}{{{{\log }_2}x}} - \frac{{{{\log }_2}{x^2}}}{{{{\log }_2}x - 1}} \le 1\) (1).

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{\log _2}x \ne 0\\{\log _2}x - 1 \ne 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{\log _2}x \ne 0\\{\log _2}x - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne 1\\x \ne 2\end{array} \right.\)

(1) \( \Leftrightarrow \frac{{{{\log }_2}x - 1}}{{{{\log }_2}x}} - \frac{{2{{\log }_2}x}}{{{{\log }_2}x - 1}} \le 1\).

Đặt \(t = {\log _2}x\).

Bất phương trình trở thành: \(\frac{{t - 1}}{t} - \frac{{2t}}{{t - 1}} \le 1 \Leftrightarrow \frac{{ - 2{t^2} - t + 1}}{{t(t - 1)}} \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t > 1}\\{0 < t \le \frac{1}{2}}\\{t \le  - 1}\end{array}} \right.\).

\(t > 1 \Leftrightarrow {\log _2}x > 1 \Leftrightarrow x > 2\).

​\(0 < t \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow 0 < {\log _2}x \le \frac{1}{2} \Leftrightarrow 1 < x \le \sqrt 2 \).

\(t \le  - 1 \Leftrightarrow {\log _2}x \le  - 1 \Leftrightarrow 0.x \le \frac{1}{2}\).

Kết hợp với điều kiện, bất phương trình (1) có tập nghiệm \[S = \left( {0;\frac{1}{2}} \right] \cup \left( {1;\sqrt 2 } \right] \cup (2; + \infty )\].

Vậy có 8 số nguyên x ∈ (0;10] là nghiệm của BPT đã cho.

Đặt \(t = {x^2} - x + 1 = \left( {x - \frac{1}{2}} \right) + \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4},\left( {t \ge \frac{3}{4}} \right)\).

Ta có: \({x^2} - x + 2 + a\ln \left( {{x^2} - x + 1} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {x^2} - x + 1 + 1 + a\ln \left( {{x^2} - x + 1} \right) \ge 0\).

Đặt \(t = {x^2} - x + 1 = \left( {x - \frac{1}{2}} \right) + \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4},\left( {t \ge \frac{3}{4}} \right)\).

Ta được bất phương trình \(t + 1 + a\ln t \ge 0\,\,(2),\left( {t \ge \frac{3}{4}} \right)\).

Đặt \(f(t) = t + 1 + a\ln t \ge 0 \Rightarrow {f^\prime }(t) = 1 + \frac{a}{t} > 0,\forall t \ge \frac{3}{4}\)​.

Do đó để bất phương trình (2) nghiệm đúng \(\forall t \ge \frac{3}{4}\) ​điều kiện là \(f\left( {\frac{{\rm{3}}}{{\rm{4}}}} \right) \ge {\rm{0}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{7}{4} + a\ln \frac{3}{4} \ge 0 \Leftrightarrow a \le \frac{{ - 7}}{{4\ln \frac{3}{4}}} \approx 6,09.\)

\(y' = \frac{{ - 1 - {m^2}}}{{{{(x - 1)}^2}}} < 0\,\,(\forall x).\)

Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (1;+∞).

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số  ​ trên đoạn [2;5] là giá trị y(2).

y(2) = 2

\( \Leftrightarrow \frac{{2 + {m^2}}}{{2 - 1}} = 2\)

\( \Leftrightarrow m = 0\)

Chọn B,C,D

Gọi O1​, O2​, O3​ lần lượt là tâm của 3 mặt cầu và A, B, C lần lượt là hình chiếu của 3 tâm trên mặt phẳng (α) đã cho.

Không mất tính tổng quát, gọi bán kính của 3 mặt cầu lần lượt là R1​, R2​, R3​.

Dễ thấy \({O_1}A \bot (\alpha ),{O_2}B \bot (\alpha ),{O_3}C \bot (\alpha ){\rm{ v\`a  }}{O_1}A = {R_1},{O_2}B = {R_2},{O_3}C = {R_3}{\rm{. }}\)

Xét hình thang vuông O1ABO2 vuông tại A và B.

Từ \({O_2}\) kẻ \({O_2}H \bot A{O_1}\)

Suy ra \(AH = {R_2},{O_1}H = \left| {{R_1} - {R_2}} \right|,{O_2}H = AB,{O_1}{O_2} = {R_1} + {R_2}\)

Xét tam giác vuông \({O_1}{O_2}H\) ta có \({O_1}O_2^2 = {O_1}{H^2} + A{B^2}\) hay \({\left( {{R_1} + {R_2}} \right)^2} = {\left( {{R_1} - {R_2}} \right)^2} + A{B^2}\).

Suy ra \({R_1}.{R_2} = \frac{{A{B^2}}}{4}\).

Tương tự \({R_2}.{R_3} = \frac{{B{C^2}}}{4},{R_1}.{R_3} = \frac{{A{C^2}}}{4}\).

Do đó \[{\left( {{R_1}.{R_2}.{R_3}} \right)^2} = \frac{{{3^2}{{.2}^2}{{.4}^2}}}{{4.4.4}} = 9{\rm{ hay }}{R_1}.{R_2}.{R_3} = 3.{\rm{ }}\]

Ta có Q(O,0);Q(O,π)​ biến hình chữ nhật có O là tâm đối xứng thành chính nó.

Vậy có hai phép quay tâm O góc α, 0 ≤ α < 2π biến hình chữ nhật trên thành chính nó.

a) Lập được số các số tự nhiên gồm cả năm chữ số trên là 96  .