Phương pháp giải:

Quan sát dự liệu bảng đã cho. Xét xem điểm chuẩn của các trường trong 4 đáp án đưa ra, trường nào có điểm

chuẩn cao nhất năm 2018.

Giải chi tiết:

Năm 2018, các trường THPT có điểm đầu vào là:

Trường Lê Quý Đôn - Hà Đông: 50,5 điểm.

Trường Phan Đình Phùng: 50,5 điểm.

Trường Chu Văn An: 51,5 điểm.

Trường Phạm Hồng Thái: 48 điểm.

Vậy: Trong năm 2018 THPT Chu Văn An có điểm đầu vào cao nhất: 51,5 điểm.

Phương pháp giải:

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm $t=t_0$  được tính theo công thức $v\left(t_0\right)=S^{\text{'}}\left(t_0\right)$  .

Giải chi tiết:

Phương pháp giải:

- Đưa về phương trình cùng cơ số.

- Giải phương trình mũ: \[{a^{f\left( x \right)}} = {a^m} \Leftrightarrow f\left( x \right) = m\].

Giải chi tiết:

Ta có: \[{3^{2x + 1}} = 27 \Leftrightarrow {3^{2x + 1}} = {3^3} \Leftrightarrow 2x + 1 = 3 \Leftrightarrow x = 1\].

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp hình học.

Giải chi tiết:

\(\left| {{z_1}} \right| = 3,{\mkern 1mu} \left| {{z_2}} \right| = 4;\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 5 \Rightarrow OA = 3,{\mkern 1mu} OB = 4,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB = 5 \Rightarrow \Delta OAB\) vuông tại O

\( \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}.OA.OB = \frac{1}{2}.3.4 = 6\).

Phương pháp giải:

- Mặt phẳng song song với \(\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x - 2y + z + 3 = 0\) có dạng \(\left( Q \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x - 2y + z + d = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {d \ne 3} \right)\).

- Thay tọa độ điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) tìm hằng số \(d\) và kết luận phương trình mặt phẳng cần tìm.

Giải chi tiết:

Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng cần tìm.

Vì \(\left( Q \right)\parallel \left( P \right)\) nên phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng: \(\left( Q \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x - 2y + z + d = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {d \ne 3} \right)\).

Theo bài ra ta có: \(M\left( {1;2;3} \right) \in \left( Q \right)\).

\( \Rightarrow 1 - 2.2 + 3 + d = 0 \Leftrightarrow d = 0\) (thỏa mãn).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) cần tìm là: \(x - 2y + z = 0\).

Phương pháp giải:

Điểm \(M'\) là hình chiếu của điểm \(M\left( {a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có tọa độ là: \(M'\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right)\).

Giải chi tiết:

Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 6;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2020} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có tọa độ là: \(\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 6;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2020} \right)\).

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức nhân đôi: \(\sin 2x = 2\sin x\cos x\), đưa phương trình ban đầu về dạng phương trình tích.

Giải phương trình lượng giác cơ bản.

Giải chi tiết:

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

$\iff [\begin{array}{c}\cos x=0\\ \sin x=\mathrm{ }-\frac{1}{2}\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=\frac{\pi }{2}+k\pi \\ x=-\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{7\pi }{6}+k2\pi \end{array}(k\in Z)\mathrm{ }\stackrel{x\in (0;2\pi )}{\Rightarrow }[\begin{array}{c}x=\frac{\pi }{2}\\ x=\frac{3\pi }{2}\\ x=\frac{11\pi }{6}\end{array}\Rightarrow \frac{\pi }{2}+\frac{3\pi }{2}+\frac{11\pi }{6}+\frac{7\pi }{6}=5\pi$.

Phương pháp giải:

Vận dụng các công thức cấp số cộng.

Giải chi tiết:

Ta có: \({u_1} = 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} d = 5;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {u_n} = 2018\)

\({u_1} + \left( {n - 1} \right).d = {u_n} \Leftrightarrow 3 + \left( {n - 1} \right).5 = 2018 \Rightarrow n = 404\)

Khi đó tổng sốc cây ca cao là: \(S = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{404.\left( {3 + 2018} \right)}}{2} = 408242\).

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản $\int \frac{1}{ax+b}𝑑x\mathrm{ }=\frac{1}{a}\ln |ax+b|+C$

Giải chi tiết:

Ta có : $F\left(x\right)=\int \frac{1}{2x+3}𝑑x\mathrm{ }=\frac{1}{2}\ln |2x+3|+C$.

Do \(F\left( 0 \right) = 0\) nên $\frac{1}{2}\ln 3+C=0\iff C=\mathrm{ }-\frac{1}{2}\ln 3$

\( \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 3} \right| - \frac{1}{2}\ln 3\)

\( \Rightarrow F\left( 2 \right) = \frac{1}{2}\ln 7 - \frac{1}{2}\ln 3 = \frac{1}{2}\ln \frac{7}{3}\).

Phương pháp giải:

+) Đặt \(t = {x^2} - 4x + 5\), xác định điều kiện của t.

+) Đưa phương trình về dạng \(f\left( t \right) = m - 1\), dựa  vào đồ thị hàm số tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm t thỏa mãn điều kiện của chính nó.

Giải chi tiết:

Đặt \(t = {x^2} - 4x + 5 = {\left( {x - 2} \right)^2} + 1 \ge 1\), phương trình trở thành \(f\left( t \right) = m - 1\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( t \right) = m - 1\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = m - 1\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình \(f\left( t \right) = m - 1\) có nghiệm \(t \ge 1 \Leftrightarrow m - 1 \le 2 \Leftrightarrow m \le 3\).

Kết hợp điều kiện m nguyên dương \( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).

Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương pháp giải:

Ứng dụng tích phân để tính quãng đường theo công thức: \[S = \int\limits_a^b {v\left( t \right)} {\mkern 1mu} dt.\]

Giải chi tiết:

Quãng đường ô tô đi được 5s đầu là: $S_1=\underset{0}{\overset{5}{\int }}{v}_1\left(t\right)𝑑t\mathrm{ }=\underset{0}{\overset{5}{\int }}7t𝑑t\mathrm{ }={\frac{1}{2}.7t^2|}_0^5=87,5\left(m\right)$

Vận tốc khi xe đi được 5s là: \[{v_1}\left( 5 \right) = 7.5 = 35\left( {m/s} \right)\]

Phương trình vận tốc của xe khi xe gặp chướng ngại vật là: \[{v_2}\left( t \right) = 35 - 70t{\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\]

Thời gian ô tô di chuyển tiếp đến khi dừng hẳn: \(35 - 70t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\left( s \right)\)

Quãng đường ô tô đi tiếp cho đến khi dừng hẳn là: $S_2=\underset{0}{\overset{\frac{1}{2}}{\int }}{v}_2\left(t\right)𝑑t\mathrm{ }=\underset{0}{\overset{\frac{1}{2}}{\int }}(35-70t)𝑑t$

Tổng quãng đường cần tìm là: \(87,5 + 8,75 = 96,25\left( m \right)\).

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức \(T = A{\left( {1 + r} \right)^n}\) với T là số tiền nhận được sau khi gửi số tiền A sau kì hạn n với lãi suất r%.

Giải chi tiết:

Gọi \(n\) năm là thời gian ít nhất mà người đó gửi tiết kiệm để có thể nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng.

Theo đề bài ta có: \({200.10^6}{\left( {1 + 5\% } \right)^n} > {300.10^6}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {1,05} \right)^n} > 1,5\)

\( \Leftrightarrow n > {\log _{1,05}}1,5\)

\( \Leftrightarrow n > 8,3\)

Vậy người đó phải gửi ít nhất 9 năm.

Phương pháp giải:

- Đưa bất phương trình về dạng bất phương trình bậc hai với ẩn là \({\log _2}x\).

- Sử dụng công thức \({\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x,y > 0} \right)\)

\({\log _a}{x^m} = m{\log _a}x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x > 0} \right)\)

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \(x > 0\).

Ta có: \(\log _2^2\left( {2x} \right) + 1 \le {\log _2}\left( {{x^5}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\left( {1 + {{\log }_2}x} \right)^2} + 1 \le 5{\log _2}x\)

\( \Leftrightarrow \log _2^2x - 3{\log _2}x + 2 \le 0\)

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

\( \Leftrightarrow 2 \le x \le 4\)

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: \(\left[ {2;4} \right]\).

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm của hàm số.

- Chia các trường hợp của \(m\), xác định nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).

- Lập BBT của hàm số, tìm điều kiện để \(f'\left( x \right) > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\)

Giải chi tiết:

Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4\left( {{m^2} - 3m} \right)x\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4x\left[ {{x^2} - \left( {{m^2} - 3m} \right)} \right] = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = {m^2} - 3m}\end{array}} \right.\)

TH1: \({m^2} - 3m \le 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 3\), khi đó ta có \(f'\left( x \right) > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x > 0\), do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\), thỏa mãn điều kiện hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

TH2: \({m^2} - 3m > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 3}\\{m < 0}\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\), khi đó ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{c}x=0\\ x=\sqrt{m^2-3m}=x_1\\ x=\mathrm{ }-\sqrt{m^2-3m}\mathrm{ }=x_2\end{array}$

Ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy: Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) thì \({x_1} \le 2\).

$\iff \sqrt{m^2-3m}\le 2\iff m^2-3m\le 4\iff -1\le m\le 4$.

Kết hợp điều kiện (*) \( \Rightarrow m \in \left[ { - 1;0} \right) \cup \left( {3;4} \right]\).

Kết hợp 2 trường hợp \( \Rightarrow m \in \left[ { - 1;4} \right]\). Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1;2;3;4} \right\}\).

Vậy có 6 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương pháp giải:

- Biến đổi phương trình số phức, giải phương trình dạng \(az = b \Leftrightarrow z = \frac{b}{a}\).

- Sử dụng MTCT để thực hiện phép chia số phức.

Giải chi tiết:

\(\left( {3 + i} \right)z + \left( {4 - 5i} \right) = 6 - 3i\)

\( \Leftrightarrow \left( {3 + i} \right)z = 6 - 3i - \left( {4 - 5i} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {3 + i} \right)z = 2 + 2i\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{2 + 2i}}{{3 + i}} = \frac{4}{5} + \frac{2}{5}i\).

Phương pháp giải:

+) Gọi số phức \(z = x + yi\).

+) Modun của số phức \(z = x + yi\) là \(\left| z \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} .\)

+) Phương trình đường tròn tâm \(I\left( {a;\;b} \right),\) bán kính \(R\) có dạng: \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} = {R^2}.\)

Giải chi tiết:

Gọi số phức \(z = x + yi\).

\(\left| {\left( {1 + i} \right)z - 5 + i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {\left( {1 + i} \right)\left( {x + yi} \right) - 5 + i} \right| = 2\)

\( \Leftrightarrow \left| {\left( {x - y - 5} \right) + \left( {x + y + 1} \right)i} \right| = 2\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - y - 5} \right)^2} + {\left( {x + y + 1} \right)^2} = 4\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} - 10\left( {x - y} \right) + 25 + {\left( {x + y} \right)^2} + 2\left( {x + y} \right) + 1 = 4\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 2{y^2} - 8x + 12y + 22 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 11 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 2\).

Vậy đường tròn biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn điều kiện bài toán có tâm \(I\left( {2; - 3} \right),\;R = \sqrt 2 \).

Phương pháp giải:

Ta có 4 đỉnh của hình vuông nằm trên hai đường thẳng song song \({d_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2} \Rightarrow \) cạnh của hình vuông là \(a = d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right).\)

Khi đó diện tích hình vuông cần tìm là: \(S = {a^2} = {\left[ {d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right)} \right]^2}.\)

Giải chi tiết:

Ta có 4 đỉnh của hình vuông nằm trên hai đường thẳng song song \({d_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2} \Rightarrow \) cạnh của hình vuông là \(a = d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right).\)

Gọi $M(0;\mathrm{ }-5)\in d_2.$

Ta có: \({d_1}//{d_2} \Rightarrow d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right) = d\left( {M;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_1}} \right) = \frac{{\left| {2.0 - 4.\left( { - 5} \right) + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = \frac{{21}}{{2\sqrt 5 }}.\)

Khi đó diện tích hình vuông cần tìm là: \(S = {a^2} = {\left[ {d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right)} \right]^2} = {\left( {\frac{{21}}{{2\sqrt 5 }}} \right)^2} = \frac{{441}}{{20}}.\)

Phương pháp giải:

- Áp dụng công thức tính diện tích tam giác đều cạnh a: \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\), từ đó suy ra độ dài đường sinh \(l\)và bán kính \(r\)của hình nón.

- Tính chiều cao của hình nón: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} \).

- Áp dụng công thức tính thể tích khối nón có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(r\) là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\).

Giải chi tiết:

Vì thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều nên $l=2r$

\( \Rightarrow \) Bán kính hình nón là \(r = \frac{l}{2} = a\)và chiều cao hình nón là $h=\sqrt{l^2-r^2}\mathrm{ }=a\sqrt{3}.$

Vậy thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi a^2.a\sqrt{3}\mathrm{ }=\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{3}.$

Phương pháp giải:

- Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy là \(r\) và chiều cao của hình trụ bằng \(h\) là: \({S_{xq}} = 2\pi rh\).

- Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy bằng \(r\) và độ dài đường sinh bằng \(l\) là: \$(S_{xq}\mathrm{ }=\pi rl.$

Giải chi tiết:

Gọi \(AB\) là đường kính đáy của hình tròn \(\left( {O,r} \right)\).

Hình trụ đã cho có độ dài bán kính đáy bằng \(r\) và độ dài đường cao là \(h = OO' = r\sqrt 3 \) nên diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_1} = 2\pi rh = 2\pi .r.\sqrt 3 r = 2\sqrt 3 \pi {r^2}\)

Hình nón có đáy là hình tròn \(\left( {O;r} \right)\) nên bán kính đáy của hình nón bằng \(r\). Độ dài đường sinh của hình nón là: $l=OA=\sqrt{O{O}^{\text{'}}+O{A}^2}\mathrm{ }=2a$

Suy ra diện tích xung quanh của hình nón là : \({S_2} = \pi rl = \pi r.2r = 2\pi {r^2}\).

Do đó tỉ số \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{2\sqrt 3 \pi {r^2}}}{{2\pi {r^2}}} = \sqrt 3 \).

Phương pháp giải:

+ Dựng mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) dựa vào mối quan hệ song song với \(BB',AC\)

+ Từ đó tính tỉ số \(\frac{{TB}}{{TC}}\)

Giải chi tiết:

Gọi \(N,E\) lần lượt là trung điểm của \(AD,DC\)

Ta có \(MN//AA'//BB'\) và \(NE//AC\) (do \(NE\) là đường trung bình của tam giác \(DAC\))

Suy ra $(\alpha )\equiv (MNE)$

Trong \(\left( {ABCD} \right)\), kéo dài \(NE\) cắt \(BC\) tại \(T\). Suy ra \(ANTC\) là hình bình hành (do \(AN//TC;NT//AC\))

Do đó \(TC = AN = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}BC\)

Ta có \(\left( {MNE} \right) \cap BC = \left\{ T \right\}\) nên \(\frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{\frac{3}{2}BC}}{{\frac{1}{2}BC}} = 3\).

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Giải chi tiết:

Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;4), bán kính R = 3.

Gọi H là giao điểm của IA là mặt phẳng chứa đường tròn là tập hợp các điểm M. Khi đó H là tâm đường tròn tập hợp tiếp điểm, bán kính r = HM.

Ta có: $IA=\sqrt{3^2+0^2+{(-3)}^2}\mathrm{ }=3\sqrt{2}$.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông IAM có: $AM=\sqrt{I{A}^2-I{M}^2}\mathrm{ }=\sqrt{18-9}\mathrm{ }=3$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông IAM có: \(MH = \frac{{IM.AM}}{{IA}} = \frac{{3.3}}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm của hàm số \(g\left( x \right)\)

- Giải phương trình \(g'\left( x \right) = 0\), xác định các nghiệm bội lẻ.

- Số nghiệm bội lẻ của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) là số điểm cực trị của hàm số.

Giải chi tiết:

Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( { - 4x + 4} \right)f'\left( { - 2{x^2} + 4x} \right)\).

Cho $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{c}-4x+4=0\\ -2x^2+4x=-2\\ -2x^2+4x=0\end{array}\iff [\begin{array}{c}x=1\\ x=1\pm \sqrt{2}\\ x=0\end{array}$, các nghiệm này đều là nghiệm đơn.

Do đó \(g'\left( x \right)\) đổi dấu tại đúng 5 điểm trên.

Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 5 điểm cực trị.

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “trong 3 viên bi được lấy ra có nhiều nhất một viên bi màu trắng”, chia các TH sau:

+ TH1: ba viên bi được chọn đều màu đen.

+ TH2: ba viên bi được chọn có 2 viên bi màu đen và 1 viên bi màu trắng.

Từ đó tính số phần tử của biến cố A.

- Tính xác suất của biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n(\mathrm{\Omega }\mathrm{ })}$

Giải chi tiết:

Số phần tử của không gian mẫu là $n(\mathrm{\Omega }\mathrm{ })=C_{10}^3=120.$

Gọi A là biến cố: “trong 3 viên bi được lấy ra có nhiều nhất một viên bi màu trắng”. Ta có các TH sau:

+ TH1: ba viên bi được chọn đều màu đen.

Số cách chọn là: \(C_3^3 = 1\) cách.

+ TH2: ba viên bi được chọn có 2 viên bi màu đen và 1 viên bi màu trắng.

Số cách chọn là: \(C_3^2.C_7^1 = 21\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 1 + 21 = 22\).

Vậy xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n(\mathrm{\Omega }\mathrm{ })}=\frac{22}{120}=\frac{11}{60}.$

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính tỉ lệ thể tích: Cho các điểm \(M \in SA,N \in SB,P \in SC\) ta có: \(\frac{{{V_{SMNP}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\)

Giải chi tiết:

Ta có: \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = \left\{ {SA} \right\}\)\( \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right).\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SD;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AD} \right) = \angle SAD = {45^0}\)

\( \Rightarrow \Delta SAD\) là tam giác vuông cân tại \(A\)\( \Rightarrow h = SA = AD = a\).

Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích ta có: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{V_{S.AHK}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SH}}{{SC}}.\frac{{SK}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{4}.\)

Đáp án: \[\frac{1}{9}\]

Phương pháp giải:

- Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại điểm có hoành độ \[x = {x_0}\] là \(y'\left( {{x_0}} \right)\).

- Sử dụng công thức tính nhanh đạo hàm: \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\)\( \Rightarrow y' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}\).

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).

Ta có: \(y' = \frac{{2.2 - \left( { - 3} \right).\left( { - 1} \right)}}{{{{\left( {2 - x} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2 - x} \right)}^2}}}\).

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $x=\mathrm{ }-1$ là \(y'\left( { - 1} \right) = \frac{1}{9}\).

Đáp án: 2

Giải chi tiết:

Bảng xét dấu

\( \Rightarrow \) Hàm số đã cho có 2 điểm cực tiểu.

Đáp án: \(\frac{{\sqrt 6 }}{2}\)

Phương pháp giải:

Khoảng cách từ điểm \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\)  đến mặt phẳng \(\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ax + by + cz + d = 0\) là: \(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c{z_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).

Giải chi tiết:

Ta có : \(d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {0 - 0 + 2.0 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt 6 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).

Đáp án: 1107600

Phương pháp giải:

Sử dụng tổ hợp.

Giải chi tiết:

Tổng cả lớp có \[20 + 15 = 35\] học sinh.

Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ”

- Số cách chọn 4 học sinh bất kì là \[C_{35}^4\].

- Số cách chọn 4 học sinh chỉ toàn nữ là \[C_{20}^4.\]

- Số cách chọn 4 học sinh chỉ toàn nam là \[C_{15}^4\].

\[ \Rightarrow n\left( A \right) = C_{35}^4 - C_{20}^4 - C_{15}^4 = 46150.\]

Mà 4 học sinh được chọn ra sẽ xếp vào 4 đội nhảy khác nhau

Suy ra có tất cả số cách chọn là \(46150.4! = 1107600.\)

Đáp án: \[h = 2{\mkern 1mu} m\]

Phương pháp giải:

Sử dụng tính đối xứng của parabol.

Giải chi tiết:

Gọi hai điểm chân cổng là \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\) và \(B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\) thì ta có \({y_A} = {y_B}\) và \(\left| {{x_A}} \right| = \left| {{x_B}} \right|.\)

Vì \(d = 4\) nên \(\left| {{x_A}} \right| = \left| {{x_B}} \right| = 2.\)

Vậy \(h = \left| {{y_A}} \right| = \left| { - \frac{1}{2}x_A^2} \right| = \left| { - \frac{1}{2}{{.2}^2}} \right| = 2{\mkern 1mu} \left( m \right).\)

Đáp án: \( - \frac{9}{4}\)

Phương pháp giải:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\), đường thẳng \(x = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\) là \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \).

Giải chi tiết:

Ta có: $\{\begin{array}{c}{S}_{\left(K\right)}=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx\mathrm{ }=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx\mathrm{ }=\frac{5}{12}\{\\ S_{\left(H\right)}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx\mathrm{ }=\mathrm{ }-\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=\frac{8}{3}\Rightarrow \underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=-\frac{8}{3}\end{array}.$

Vậy $\underset{-1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)𝑑x\mathrm{ }=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)𝑑x\mathrm{ }+\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)𝑑x\mathrm{ }=\frac{5}{12}-\frac{8}{3}=\mathrm{ }-\frac{9}{4}$.

Đáp án: 5

Phương pháp giải:

- Đặt \(t = 1 - f\left( x \right)\), đưa phương trình về dạng phương trình ẩn \(t\).

- Tìm số nghiệm của phương trình thông qua số giao điểm của đồ thị hàm số.

- Từ nghiệm \(t\) tìm được thay lại phương trình \(f\left( x \right) = 1 - t\) để tìm số nghiệm \(x\), tiếp tục áp dụng phương pháp tương giao.

Giải chi tiết:

Đặt \(t = 1 - f\left( x \right)\), phương trình trở thành \(f\left( t \right) = 2\).

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = 2\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $f\left(t\right)=2\iff [\begin{array}{c}t=1\\ t=-2\end{array}$ $\iff [\begin{array}{c}1-f\left(x\right)=1\\ 1-f\left(x\right)=-2\end{array}\iff [\begin{array}{c}f\left(x\right)=0\left(1\right)\\ f\left(x\right)=3\left(2\right)\end{array}.$