Thi thử toàn quốc: Đánh giá năng lực Hà Nội (HSA) (Miễn phí Lần 1)

Năm 2024 là năm nhuận, tháng 2 có 29 ngày nên ngày 5/9/2024 là ngày thứ

\(N=31+29+31+30+31+30+31+31+5=249 .\)

Do đó \(N=249, m=1, \phi=20^{\circ}\) nên ta có góc nghiêng

\(\alpha=90^{\circ}-20^{\circ}-\left|\cos \left(\dfrac{2(249+10)}{365}-1\right) 180^{\circ}\right| \cdot 23,5^{\circ} \approx 64^{\circ} .\)

Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: Với \(a = m = 0\) thì:

\(f\left( x \right) = 4x - 3\) , do đó không thể có \(f\left( x \right) \le 0,\forall x \in R\)

Trường hợp 2: Với \(a = m \ne 0\) thì \(f\left( x \right)\) là tam thức bậc hai nên để \(f\left( x \right) \le 0,\forall x \in R\) điều kiện là:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\{\left( {m - 2} \right)^2} - m\left( {m - 3} \right) \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\{m^2} - 4m + 4 - {m^2} + 3m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\4 - m \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m \ge 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset .\end{array}\)  

Vậy không tồn tại \(m\) thoả mãn điều kiện đầu bài.

Lượng thuốc trong máu mỗi ngày của bệnh nhân lập thành cấp số nhân với số hạng đầu là 50 và công bội \(q=0,5\).

Tổng lượng thuốc trong máu 10 ngày liên tiếp chính là tổng 10 số hạng đầu của cấp số nhân này và bằng 

\(S_{10}=\frac{50\left[1-(0,5)^{10}\right]}{1-0,5}=99,902(\mathrm{mg})\).

Ta có số các số hạng của dãy là \(\dfrac{{3n + 1 - 1}}{3} + 1 = n + 1\) số

Nên \(1 + 4 + 7 + ... + \left( {3n + 1} \right) = 4187\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {1 + 3n + 1} \right)\left( {n + 1} \right)}}{2} = 4187\)

\( \Leftrightarrow \left( {3n + 2} \right)\left( {n + 1} \right) - 8374 = 0\)

\( \Leftrightarrow 3{n^2} + 5n - 8372 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 52\left( {tm} \right)}\\{n = {\rm{\;}} - \dfrac{{161}}{3}\left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy \(n = 52\).

Sau \(t\) phút bơm nước vào hồ thì lượng nước là \(600+15 t\) (l) và lượng muối có được là \(30.15 t(\mathrm{~g})\). Nồng độ muối của nước là:

\(C(t)=\dfrac{30.15 t}{600+15 t}=\dfrac{30 t}{40+t}(\mathrm{~g} / \mathrm{l})\)

Khi \(t\) dần về dương vô cùng, ta có:

\(\lim _{t \rightarrow+\infty} C(t)=\lim _{t \rightarrow+\infty} \dfrac{30 t}{40+t}\)

\(=\lim _{t \rightarrow+\infty} \dfrac{30 t}{t\left(\dfrac{40}{t}+1\right)}=\lim _{t \rightarrow+\infty} \dfrac{30}{\frac{40}{t}+1}=30(\mathrm{~g} / \mathrm{l}).\)

Ta có: \(y' = 2cos3x.\left( { - \sin 3x} \right).3 =  - 6\sin 3x.cos3x =  - 3\sin 6x\)

Ta có \(m\) nguyên dương \(\Rightarrow 2 m \geq 2\)

\(\Rightarrow \log _3(2 m) \geq \log _3(2) \approx 0,63>3^{-\frac{1}{2}} \approx 0,57\).
Khi đó bất phương trình:

\(\Leftrightarrow\left(3^x-3^{-\dfrac{1}{2}}\right)\left(3^x-2 m\right)<0\)

\(\Leftrightarrow 3^{-\dfrac{1}{2}}<3^x<2 m\)

\(\Leftrightarrow-\dfrac{1}{2}<x<\log _3(2 m)\)

Để tập nghiệm của bất phương trình đã cho khác rỗng và chứa không quá 5 số nguyên thì

\(0<\log _3(2 m)<5 \Leftrightarrow 1<2 m<3^5\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}<m<121,5 \xrightarrow{m \in \mathbb{N}^*} m \in\{1 ; 2 ; \ldots ; 121\} .\)

Vậy có 121 giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán.

Hàm số xác định trên \(\mathbb{R}\). Ta có: \(f^{\prime}(x)=\dfrac{16-2 x^2}{\left(x^2+8\right)^2}=0 \Leftrightarrow x=-2 \sqrt{2}, x=2 \sqrt{2}\).

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \((-2 \sqrt{2} ; 2 \sqrt{2})\), nghịch biến trên các khoảng \((-\infty ;-2 \sqrt{2})\) và \((2 \sqrt{2} ;+\infty)\).

Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng \((-\infty ;-2 \sqrt{2})\).

Hàm số \(y=x^3-3 x^2-9 x+1\) có \(y^{\prime}=3 x^2-6 x-9\) nên có hai điểm cực trị \(A(-1 ; 6)\) và \(B(3 ;-26)\).

Phương trình đường thẳng qua \(A B\) là \(8 x+y+2=0\).

Khi đó \(\mathrm{d}(O ; A B)=\dfrac{2}{\sqrt{65}}\).

Mặt khác \(A B=\sqrt{(3-(-1))^2+(-26-6)^2}=4 \sqrt{65}\).
Vậy diện tích tam giác \(O A B\) là

\(S_{O A B}=\dfrac{1}{2} \cdot \mathrm{~d}(O ; A B) \cdot A B=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{\sqrt{65}}=4\).

Đặt \(g(x)=f(2-x)\).

Ta có \(g^{\prime}(x)=-f^{\prime}(2-x), g^{\prime}(x)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}2-x=-1 \\ 2-x=1 \\ 2-x=4\end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=3 \\ x=1 \\ x=-2 .\end{array}\right.\right.\)

Từ đó ta có được bảng xét dấu của \(g^{\prime}(x)\)

Suy ra hàm số \(y=f(2-x)\) đồng biến trên \((-2 ; 1)\).

Xét hàm số \(g(x)=f(x)+\dfrac{1}{2} x^2-f(0)\).

Та со́ \(g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)+x ; g^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow f^{\prime}(x)=-x\).

Nghiệm của phương trình \(g^{\prime}(x)=0\) là hoành độ giao điểm của đồ thị \(y=f^{\prime}(x)\) với đường thẳng \(y=-x\).

Dựa vào đồ thị suy ra

\(g^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow f^{\prime}(x)=-x \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=-2 \\ x=0 \\ x=2 . \end{array}\right.\)

Từ đó suy ra bảng biến thiên của hàm số \(g(x)\) là

Từ bảng biến thiên ta thấy, hàm số \(y=g(x)\) đạt cực tiểu tại \(x=2\) trên khoảng \((-2 ; 3)\) nên chỉ có 1 cực trị trong khoảng \((-2 ; 3)\).

Mặt khác, ta có \(g(0)=f(0)+\dfrac{1}{2} 0^2-f(0)=0\), suy ra \(g(2)<0\).

Do đó đồ thị hàm số \(y=g(x)\) cắt trục hoành tại tối đa 2 điểm trên khoảng \((-2 ; 3)\) (khi \(g(3)>0)\).

Suy ra hàm số \(y=|g(x)|\) có nhiều nhất 3 điểm cực trị trong khoảng \((-2 ; 3)\).

Đặt \(t = {x^2}\). Vì \(x \in [ - 1;1]\) nên \(t \in [0;1]\).

Hàm số đã cho trở thành \(g(t) = {t^3} + 4{(1 - t)^3} =  - 3{t^3} + 12{t^2} - 12t + 4\) với \(t \in [0;1]\).

Xét hàm số \(g(t) =  - 3{t^3} + 12{t^2} - 12t + 4\) xác định và liên tục trên với [0 ; 1].

\({g^\prime }(t) =  - 9{t^2} + 24t - 12 = 0 \Leftrightarrow  - 9{t^2} + 24t - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \dfrac{2}{3} \in (0;1)}\\{t = 2 \notin (0;1)}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{g(0) = 4}\\{g\left( {\dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{4}{9}}\\{g(1) = 1}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\max }_{[0;1]}}g(t) = g(0) = 4}\\{{{\min }_{[0;1]}}g(t) = g\left( {\dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{4}{9}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\max }_{[ - 1;1]}}f(x) = 4 = M}\\{{{\min }_{[ - 1;1]}}f(x) = \dfrac{4}{9} = m}\end{array} \Rightarrow \dfrac{M}{m} = 9} \right.} \right.} \right.\).

Tập xác định của hàm số là: \(D = \mathbb{R}\backslash \{  - m\} \)

\(\begin{array}{l}y = \dfrac{{{x^2} + mx + 1}}{{x + m}} \Rightarrow y' = \dfrac{{{x^2} + 2mx + {m^2} - 1}}{{{{(x + m)}^2}}}\\y' = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne  - m}\\{{x^2} + 2mx + {m^2} - 1 = 0}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne  - m}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - m + 1}\\{x =  - m - 1}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - m + 1}\\{x =  - m - 1}\end{array}} \right.} \right.\end{array}\)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x =  - m - 1\).

Vậy \(y( - m - 1) = 7 \Leftrightarrow  - m - 2 = 7 \Leftrightarrow m =  - 9\).

\(f\left( x \right) = 3{e^x} + 4x \Rightarrow \int {\left( {3{e^x} + 4x} \right)} dx = 3{e^x} + 2{x^2} + c\)

Do \(\left. {\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } [f(x) - (x - 4)] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \dfrac{{{x^2} - 3x - 2}}{{x + 1}} - (x - 4)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \dfrac{2}{{x + 1}} = 0\)

Vậy \(y = x - 4\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số

\( \Rightarrow a = 1,b =  - 4 \Rightarrow a + b =  - 3\).

Từ đồ thị hàm số đā cho suy ra ta có

\(f(f(x))=1 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{ll} f(x)=m & (-1<m<0) \\ f(x)=n & (0<n<1) \\ f(x)=p & (2<p<3) . \end{array}\right.\)

Phương trình \(f(x)=m\) có 3 nghiệm phân biệt.
Phương trình \(f(x)=n\) có 3 nghiệm phân biệt.
Phương trình \(f(x)=p\) có đúng một nghiệm.

Các số thực \(m, n, p\) khác nhau, do đó phương trình \(f(f(x))=1\) có 7 nghiệm phân biệt.

\(v(t)=200 \Leftrightarrow t^2+10 t=200 \Leftrightarrow t^2+10 t-200=0 \Leftrightarrow t=10.\)

Quãng đường máy bay đã đi chuyển trên đường băng là:

\(s=\int_0^{10} v(t) d t=\int_0^{10}\left(t^2+10 t\right) d t=\left.\left(\dfrac{t^3}{3}+5 t^2\right)\right|_0 ^{10}=\dfrac{2500}{3}(\mathrm{~m})\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(y=f^{\prime}(x)\) ta có:

\(f^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=1 \text { ( nghiệm kép }) \\ x=3 .\end{array}\right.\)

Bảng biến thiên của hàm số \(f(x)\)

Vậy đồ thị hàm \(y=f(x)\) có một điểm cực tiểu.

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có dạng \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\).

Vì đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là \(\left( { - 1\,;\,3} \right)\) và \(\left( {1\,;\, - 1} \right)\) nên ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) = 3\\f\left( 1 \right) =  - 1\\f'\left( { - 1} \right) = 0\\f'\left( 1 \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a.{\left( { - 1} \right)^3} + b.{\left( { - 1} \right)^2} + c.\left( { - 1} \right) + d = 3\\a{.1^3} + b{.1^2} + c.1 + d =  - 1\\3a.{\left( { - 1} \right)^2} + 2b.\left( { - 1} \right) + c = 0\\3a{.1^2} + 2b.1 + c = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b - c + d = 3\\a + b + c + d =  - 1\\3a - 2b + c = 0\\3a + 2b + c = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c =  - 3\\d = 1\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\).

Xét phương trình \(f\left( {\sqrt {x - 1}  - 1} \right) + x + 3 - 4\sqrt {x - 1}  = m\,\,\,\left( 1 \right)\)\( \Leftrightarrow f\left( {\sqrt {x - 1}  - 1} \right) + {\left( {\sqrt {x - 1}  - 2} \right)^2} = m\,\,\,\left( 2 \right)\).

Đặt \(t = \sqrt {x - 1}  - 1\), vì \(\sqrt {x - 1}  \ge 0\), suy ra \(t \ge  - 1\). Ta có phương trình \(\left( 2 \right)\) trở thành:

\(f\left( t \right) + {\left( {t - 1} \right)^2} = m\)\( \Leftrightarrow \left( {{t^3} - 3t + 1} \right) + \left( {{t^2} - 2t + 1} \right) = m\)\( \Leftrightarrow {t^3} + {t^2} - 5t + 2 = m\,\,\,\left( 3 \right)\).

Xét hàm số \(g\left( t \right) = {t^3} + {t^2} - 5t + 2\) với \(t \in \left[ { - 1\,;\, + \infty } \right)\), ta có \(g'\left( t \right) = 3{t^2} + 2t - 5\), \(g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 \in \left[ { - 1\,;\, + \infty } \right)\\t =  -  \dfrac{5}{3} \notin \left[ { - 1\,;\, + \infty } \right)\end{array} \right.\).

Bảng biên thiên:

Nhìn vào bảng biến thiên, để \(\left( 1 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình \(\left( 3 \right)\) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng \( - 1\). Khi đó \( - 1 < m \le 7\), mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0\,;\,1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,;\,6\,;\,7} \right\}\).

Vậy có \(8\) giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Та со́ \(f^{\prime}(x)=3 x^2 \mathrm{e}^x+x^3 \mathrm{e}^x=\left(x^3+3 x^2\right) \mathrm{e}^x\).

Suy ra 

\(\int_2^3\left(f^{\prime}(x)+\dfrac{x-5}{x^2}\right) \mathrm{d} x\) \(=\int_2^3\left(\left(x^3+3 x^2\right) \mathrm{e}^x+\dfrac{1}{x}-\dfrac{5}{x^2}\right) \mathrm{d} x\)
\(=\left.\left(\left(x^3+3 x^2-3 x^2-6 x+6 x+6-6\right) \mathrm{e}^x+\ln |x|+\dfrac{5}{x}\right)\right|_2 ^3 \)
\(=\left.\left(x^3 \mathrm{e}^x+\ln |x|+\dfrac{5}{x}\right)\right|_2 ^3 \)
\(=3^3 \mathrm{e}^3-2^3 \mathrm{e}^2+\ln 3-\ln 2+\dfrac{5}{3}-\dfrac{5}{2} \)
\(\approx 483\)

Tâm của mặt cầu là trung điểm I của AB.

Khi đó: \(I\left( {2; - 1;2} \right)\)

Trải hình chóp S.ABCD trên cùng một mặt phẳng \(\left( {{A_1} \equiv A} \right)\).

Giả sử quãng đường của con kiến đi từ A đến A₁ là AA’B’C’A₁ , khi đó quãng đường con kiến đi ngắn nhất là độ dài đoạn AA₁.

Xét tam giác SAB có:

\(\begin{array}{l}\cos \angle ASB = \frac{{S{A^2} + S{B^2} - A{B^2}}}{{2SA.SB}} = \frac{{{6^2} + {6^2} - {4^2}}}{{{{2.6}^2}}} = \frac{7}{9}\\ \Rightarrow \angle ASB \approx 38,{9^0}\\ \Rightarrow \angle AS{A_1} = 4\angle ASB \approx 155,{8^0}\end{array}\)

Xét tam giác ASA₁ có :

\(A{A_1}^2 = S{A^2} + SA_1^2 - 2SA.S{A_1}.\cos \angle AS{A_1} \approx 11,73\,\,\left( {cm} \right)\)

Diện tích hình vuông \(O A B C: S=4.4=16\)

\(S_2=\int_0^4\left(\dfrac{1}{4} x^2\right) d x=\left.\dfrac{1}{12} x^3\right|_0 ^4=\dfrac{16}{3}\)

\(S_1=S-S_2=16-\dfrac{16}{3}=\dfrac{32}{3}\)

Tỉ số \(\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{32}{3}: \dfrac{16}{3}=2\)

Gọi \(O\) là tâm của \(\Delta BCD,\,\,M\) là trung điểm \(CD\).

Vì tứ diện \(ABCD\) đều nên \(AO \bot \left( {BCD} \right)\,\, \Rightarrow d\left( {A;\,\,\left( {BCD} \right)} \right) = AO\).

\(BM = \,\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 ;\,\,BO = \,\dfrac{2}{3}BM = \,\,\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\);

\(AO = \,\sqrt {A{B^2} - B{O^2}}  = \,\sqrt {4{a^2} - \dfrac{{12{a^2}}}{9}}  = \,\dfrac{{2a\sqrt 6 }}{3}\)

Diện tích cần làm tấm bìa là \({S_b} = {x^2} + 4xh\)

Từ tấm bìa ta làm được chiếc hộp có chiều là \(h\), đáy là hình vuông cạnh bằng \(x\)

Khi đó thể tích của chiếc hộp là \(V = {x^2}h\)

Theo giả thiết \({x^2}h = 4000 \Rightarrow h = \dfrac{{4000}}{{{x^2}}}\)

Khi đó:

 \({S_b} = {x^2} + 4.x.\dfrac{{4000}}{{{x^2}}} = {x^2} + \dfrac{{16000}}{x} = {x^2} + \dfrac{{8000}}{x} + \dfrac{{8000}}{x}\)

\( \ge 3\sqrt[3]{{{x^2}.\dfrac{{8000}}{x}.\dfrac{{8000}}{x}}} = 1200\) (theo BĐT Cauchy)

Vậy diện tích nhỏ nhất bìa ít nhất là \(1200\left( {c{m^2}} \right)\)

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \({x^2} = \dfrac{{8000}}{x} \Leftrightarrow {x^3} = 8000 \Leftrightarrow x = 20\,\,\left( {cm} \right)\)

Ta có \(AA'//BB' \Rightarrow AA'//\left( {BCC'B'} \right) \supset BC'\) \( \Rightarrow d\left( {AA';BC'} \right) = d\left( {AA';\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AK \bot BC\,\,\left( {K \in BC} \right)\), trong \(\left( {AHK} \right)\) kẻ \(AI \bot HK\,\,\left( {I \in HK} \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AK\\BC \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow BC \bot AI\\\left\{ \begin{array}{l}AI \bot HK\\AI \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {BCC'B'} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AI = d\left( {AA';BC'} \right)\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(ABC\) ta có \(AK = \dfrac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \dfrac{{a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác \(A'B'C'\) có \(B'C' = \sqrt {A'B{'^2} + A'C{'^2}}  = 2a\) \( \Rightarrow A'H = \dfrac{1}{2}B'C' = a\).

\( \Rightarrow AH = \sqrt {AA{'^2} - A'{H^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 3 \).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(AHK\) ta có \(AI = \dfrac{{AH.AK}}{{\sqrt {A{H^2} + A{K^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {3{a^2} + \dfrac{{3{a^2}}}{4}} }} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy \(d\left( {AA';BC'} \right) = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

Ta có \(\int_0^2 {\dfrac{{x - 1}}{{{x^2} + 4x + 3}}} \;{\rm{d}}x = \int_0^2 {\dfrac{{x - 1}}{{(x + 1)(x + 3)}}} {\rm{d}}x = \int_0^2 {\left[ {\dfrac{2}{{x + 3}} - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right]} {\rm{d}}x\)

\( = \left. {\left( {2{\rm{ln}}\left| {x + 3\left| { - {\rm{ln}}} \right|x + 1} \right|} \right)} \right|_0^2 = \left( {2{\rm{ln}}5 - {\rm{ln}}3} \right) - \left( {2{\rm{ln}}3 - {\rm{ln}}1} \right) = 2{\rm{ln}}5 - 3{\rm{ln}}3\).

Đối chiếu đề bài ta có \(a = 2,b =  - 3\).

Vậy \(P = a . b =  - 6\).

Có \(G \in(S A B) \cap(G I J) \Rightarrow G \in d\) với \(d=(S A B) \cap(G I J)\).

\(I J\) là đường trung bình của hình thang \(A B C D\) nên \(I J / / A B\).

Ta có: \(\left\{\begin{array}{l}d=(S A B) \cap(G I J) \\ A B / / I J \\ A B \subset(S A B), I J \subset(G I J)\end{array} \Rightarrow d / / A B / / I J\right.\)

Vậy giao tuyến \(d\) của hai mặt phẳng \((S A B)\) và \((G I J)\) là đường thẳng \(d\) qua \(G\) và song song với đường thẳng \(A B\).

Ta có:

\(M N // I J; MNJI\) là hình bình hành khi và chi khi \(M N=I J\). (1)

Vì \(M G // A E \Rightarrow \dfrac{SM}{S A}=\dfrac{S G}{S E}=\dfrac{2}{3}\) ( \(G\) là trọng tâm của tam giác \(S A B\) ).

Vì \(M N // A B \Rightarrow \dfrac{M N}{A B}=\dfrac{S M}{S A}=\dfrac{2}{3} \Rightarrow MN=\dfrac{2}{3} AB\).

Vì \(IJ\) là đường trung bình của hình thang \(A B C D\) nên \(I J=\dfrac{A B+C D}{2}\).

Từ (1), (2), (3), ta có:

\(\dfrac{2}{3} A B=\dfrac{A B+C D}{2} \Leftrightarrow 4 A B=3 A B+3 C D\) \(\Leftrightarrow A B=3 C D\)

Та сó \(I \in d \Rightarrow I(-3 m-8 ; m)\).

\(A I^2=[\mathrm{d}(I, \Delta)]^2 \) (cùng bằng  \(R^2 \))
\(\Leftrightarrow (-3 m-6)^2+(m-1)^2=\frac{[3(-3 m-8)-4 m+10]^2}{3^2+(-4)^2} \)
\(\Leftrightarrow 10 m^2+34 m+37=\frac{169 m^2+364 m+196}{25} \)
\(\Leftrightarrow 81 m^2+486 m+729=0 \)
\(\Leftrightarrow m=-3\)
Do đó, đường tròn \((C)\) có tâm \(I(1 ;-3)\), bán kính \(R=A I=\sqrt{(9-6)^2+(-3-1)^2}=5\)
Vậy phương trình đường tròn là \((x-1)^2+(y+3)^2=25\).

\(M \in (Oxz) \Rightarrow M(x;0;z);\overrightarrow {AB}  = (7;3;1) \Rightarrow AB = \sqrt {59} ;\overrightarrow {AM}  = (x + 2; - 3;z - 1)\) và A, B, M thẳng hàng \( \Rightarrow \overrightarrow {AM}  = k \cdot \overrightarrow {AB} \quad (k \in \mathbb{R}) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2 = 7k}\\{ - 3 = 3k}\\{z - 1 = k}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 9}\\{ - 1 = k}\\{z = 0}\end{array} \Rightarrow M( - 9;0;0)} \right.} \right.\). \(\overrightarrow {BM}  = ( - 14; - 6; - 2);\overrightarrow {AM}  = ( - 7; - 3; - 1) \Rightarrow BM = 2AM\).

Hay \( \dfrac{{BM}}{{AM}} = 2\).

Dựng trục đường tròn \(d\) của \(\Delta OAB\) với:

+ \(d\) qua trung điểm \(K\) của \(AB\)

+ \(d \bot \left( {OAB} \right) \Rightarrow d||Oz\)

Xét trong mặt phẳng \(\left( {COK} \right)\), kẻ trung trực \(\Delta \) của \(OC\)

\(\Delta  \cap d = I \Rightarrow I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp \(OABC\)

\( \Rightarrow \) Ta xác định được điểm \(I\left( {\dfrac{a}{2};\dfrac{b}{2};\dfrac{c}{2}} \right)\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \dfrac{a}{2} \Leftrightarrow a = 2{x_I}\\{y_I} = \dfrac{b}{2} \Leftrightarrow b = 2{y_I}\\{z_I} = \dfrac{c}{2} \Leftrightarrow c = 2{z_I}\end{array} \right.\)

Theo giả thiết \(a + b + c = 4 \Rightarrow 2{x_I} + 2{y_I} + 2{z_I} = 4\) \( \Leftrightarrow {x_I} + {y_I} + {z_I} = 2\)

\( \Rightarrow I\) luôn thuộc một mặt phẳng cố định \(\left( P \right):\,\,x + y + z - 2 = 0\)

\( \Rightarrow d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| { - 1} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Ta có: \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {3; - 5; - 1} \right),\,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {2;0;1} \right)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( { - 5; - 5;10} \right)\)

Chọn \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;1; - 2} \right)\)

Phương trình đường thẳng \(d\) là \(\Delta :\dfrac{x}{1} = \dfrac{{y + 3}}{1} = \dfrac{{z - 2}}{{ - 2}}\)

Chọn A

Xét thiết diện cắt cốc thủy tinh vuông góc với đường kính tại vị trí bất kỳ có:

\(S(x)=\dfrac{1}{2} \sqrt{R^2-x^2} \cdot \sqrt{R^2-x^2} \cdot \tan \alpha\)

\( \Rightarrow S(x)=\dfrac{1}{2}\left(R^2-x^2\right) \tan \alpha\).
Thể tích hình cái nêm là:

\(V=\dfrac{1}{2} \tan \alpha \int_{-R}^R\left(R^2-x^2\right) \mathrm{d} x=\dfrac{2}{3} R^3 \tan \alpha\).

Thể tích khối nước tạo thành khi nguyên cốc có hình dạng cái nêm nên

\(V_{b n}=\dfrac{2}{3} R^3 \tan \alpha\).

\(\Rightarrow V_{b n}=\dfrac{2}{3} R^3 \cdot \dfrac{h}{R}=240 \mathrm{~cm}^3\).

Theo giả thiết ta có \(N(2 t-2 ; t+1 ; 1-t) \in d\) và \(A\) là trung điểm của đoạn \(M N\).

Do đó, tọa độ điểm \(M(4-2 t ; 5-t ; 3+t)\).

Do \(M \in(P)\) nên \(2(4-2 t)-(5-t)+(3+t)-10=0 \Leftrightarrow t=-2\).

Suy ra tọa độ điểm \(N(-6 ;-1 ; 3)\) và \(M(8 ; 7 ; 1)\).

Suy ra \(\overrightarrow{M N}=(-14 ;-8 ; 2)\).

Vì \(\vec{u}=(a ; b ; 1)\) là một véctơ chỉ phương của \(\Delta\) nên \(\vec{u}, \overrightarrow{M N}\) là 2 véctơ cùng phương.
Do đó ta có \(\dfrac{a}{-14}=\dfrac{b}{-8}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a=-7 \\ b=-4\end{array} \Rightarrow a+b=-11\right.\).

\(A, B, C, D\) đồng phẳng \(\Rightarrow \overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A D}\) đồng phẳng

\(\Rightarrow[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A D}] \cdot \overrightarrow{A C}=0\)

Ta có \(\overrightarrow{A B}=(4 ;-2 ;-1), \overrightarrow{A D}=(2 ; 0 ; 1)\) và \(\overrightarrow{A C}=(1 ; 1 ; m-4)\)

\(\Rightarrow[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A D}]=(-2 ;-6 ; 4)\)

Để 4 điểm đồng phẳng thì \(-2-6+4(m-4)=0 \Rightarrow m=6\)

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(-1 ; 1 ;-2)\) và bán kính \(R=\sqrt{2}\)

Vectơ chỉ phương \(d\) là \(\vec{u}_d=(1 ; 2 ;-1)\)

Vectơ chỉ phương \(\Delta\) là \(\vec{u}_{\Delta}=(1 ; 1 ;-1)\)

Gọi \((P)\) là mặt phẳng cần viết phương trình, ta có

\(\left[\vec{u}_d, \vec{u} \Delta\right]=(-1 ; 0 ;-1)\) nên ta chọn một vectơ pháp tuyến của \((P)\) là \(\vec{n}=(1 ; 0 ; 1)\)

Mặt phẳng \((P)\) có phương trình tổng quát \(x+z+D=0\)
Do \((P)\) tiếp xúc với \((S)\) nên

\(d(I ;(P))=R \Rightarrow \dfrac{|-1-2+D|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2} \Rightarrow|D-3|=2 \Rightarrow\left[\begin{array}{l}D=5 \\ D=1\end{array}\right.\)

Vậy phương trình của một mặt phẳng tiếp xúc với \((S)\) và song song với \(d, \Delta\) là \(x+z+1=0\).

Tọa độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ phương trình:

 \(\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{O M}=\dfrac{O B^2-O A^2}{2} \\ \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{O M}=\dfrac{O C^2-O A^2}{2} \\ M \in(P)\end{array}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{array} { l } { - 6 a + 2 b - 2 c = 4 } \\{ - 4 a - 4 b = - 1 2 } \\{ 2 a + b + c = 1 } \end{array}\right.\) \(\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} a=1 \\b=2 \\ c=-3\end{array}\right.\)

\( \Rightarrow a+b+c=0\)

Mẫu số liệu trên được sắp xếp theo thứ tự tăng dần như sau:

Trung vị của mẫu số liệu trên là \(\dfrac{96+105}{2}=100,5 \Rightarrow Q_2=100,5\)

Nửa dāy phía dưới số 100,5 gồm \(72,77,84,96\) có trung vị là

\(\dfrac{77+84}{2}=80,5 \Rightarrow Q_1=80,5\).

Nửa dãy phía trên số 100,5 gồm \(105,105,117,124\) có trung vị là

\(\dfrac{105-117}{2}=111 \Rightarrow Q_3=111\)

Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là \(\Delta_Q=Q_3-Q_1=30,5\)

Số cách xếp 12 học sinh thành 1 hàng dọc là \(12!\) cách \( \Rightarrow \) Không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right) = 12!\).

Gọi A là biến cố: “không có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau”

Xếp 8 bạn nữ thành hàng ngang có \(8!\) cách, khi đó có 9 vách ngăn giữa 8 bạn nữ này.

Xếp 4 bạn nam vào 4 trong 9 vách ngăn trên có \(A_9^4\) cách.

Khi đó \(n\left( A \right) = 8!.A_9^4\).

Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \dfrac{{8!.A_9^4}}{{12!}} = \dfrac{{14}}{{55}}\).

\({M_e} = 70 + \dfrac{{20 - 9}}{{23}} \cdot 10 = 75\)

A: "Bạn An lấy được bộ câu hởi về chủ đề tự nhiên";

B: "Bạn Bình lấy được bộ câu hỏi về chủ để xã hội".

Khi đó, \(P(A)=\dfrac{20}{36}=\dfrac{5}{9}; P(\bar{A})=1-P(A)=1-\dfrac{5}{9}=\dfrac{4}{9}\).

Nếu bạn An chọn được một bộ cẩu hỏi về chủ đề tự nhiên thì sau đó còn 35 bộ câu hỏi, trong đó có 16 bộ câu hỏi về chủ đề xā hội

\(\Rightarrow P(B \mid A)=\dfrac{16}{35}\).

Nếu bạn An chọn được một bộ cấu hỏi vè̀ chủ đề xã hội thì sau đó còn 35 bộ cấu hỏi, trong đó có 15 bộ cảu hỏi về chủ đề xã hội

\(\Rightarrow P(B \mid \bar{A})=\dfrac{15}{35}\).

Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất bạn Bình lấy được bộ cấu hói về chú đề xã hội là:

\(P(B)=P(A) \cdot P(B \mid A)+P(\bar{A}) \cdot P(B \mid \bar{A})=\dfrac{5}{9} \cdot \dfrac{16}{35}+\dfrac{4}{9} \cdot \dfrac{15}{35}=\dfrac{4}{9}\).

Gọi \(H\) là biến cố: "Để một khách ở phòng điều hòa bị hỏng"

Gọi \(A, B, C\) lần lượt là các biến cố "Khách nghỉ tại ba khách sạn \(A, B, C\)

Ta có:

\(P(A)=20 \%=0,2, P(B)=50 \%=0,5, P(C)=30 \%=0,3, P(H \mid A)=5 \%=0,05\),

\(P(H \mid B)=4 \%=0,04, P(H \mid C)=8 \%=0,08\)

Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

\(P(H)=P(H \mid A) \cdot P(A)+P(H \mid B) \cdot P(B)+P(H \mid C) \cdot P(C)\)

\(=0,05.0,2+0,04.0,5+0,08.0,3=\dfrac{27}{500}\)

Ta có:

Ta có:

\(\bar{x}=\dfrac{4 \cdot 157,5+6 \cdot 162,5+12 \cdot 167,5+10 \cdot 172,5+8 \cdot 177,5}{40}=169\).

Từ đó ta có giá trị phương sai của mẫu số liệu:

\(S^2=\dfrac{4 \cdot 157,5^2+6 \cdot 162,5^2+12 \cdot 167,5^2+10 \cdot 172,5^2+8 \cdot 177,5^2}{40}-169^2=37,75.\)

Ta có: \(P(\bar{B} \mid A)=1-P(B \mid A)\)

\(=1-\dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}=1-\dfrac{0,2}{0,3}=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}\).

Xét các biến cố:

\(A\): "Người được chọn mắc bệnh \(X\) ";

\(B\): "Người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm \(\mathrm{Y}^{-}\).

Theo giả thiết ta có: \(P(A)=0,002 ; P(\bar{A})=1-0,002=0,998\);

\(P(B \mid A)=1 ; P(B \mid \bar{A})=0,06.\)

Theo công thức Bayes, ta có:

\(P(A \mid B)=\dfrac{P(A) \cdot P(B \mid A)}{P(A) \cdot P(B \mid A)+P(\bar{A}) \cdot P(B \mid \bar{A})}\)

\(=\dfrac{0,002 \cdot 1}{0,002 \cdot 1+0,998 \cdot 0,06} \approx 0,03\).

Số tiền cược của các lần liên tiếp là một cấp số nhân với \(u_1=3\) và \(q=2\).

Anh ta thua 13 lần liên tiếp, tổng số tiền thua là:

\(S_{13}=u_1+u_2+\cdots+u_{13}=\frac{u_1\left(1-q^{13}\right)}{1-q}=\frac{3\left(1-2^{13}\right)}{1-2}=24573.\)

Số tiền anh ta cược ở lần thứ 14 là \(u_{14}=3 \cdot 2^{13}=24576$\).

Số tiền anh ta nhận được là \(u_{14}-S_{13}=24576-24573=3 \$\).

Vậy anh ta lãi 3$.

Kim giờ di chuyển với tốc độ \(0,5^{\circ}\) mỗi phút.
Kim phút di chuyển với tốc độ \(6^{\circ}\) mỗi phút.
Sau \(x\) phút, góc giữa kim giờ và kim phút là \(\mid\left(90^{\circ}-6^{\circ} x+0,5^{\circ} x \mid\right.\).
Để kim phút và kim giờ tạo thành góc \(180^{\circ}\) lần đầu tiên sau 3 giờ 00 chiều thì 

\(\left|\left(90^{\circ}-5,5^{\circ} x\right)\right|=180^{\circ}\)

Suy ra \(x \approx 49,1\) (phút).

Từ có nghĩa không cùng loại: đồng âm

Từ không cùng nghĩa với các từ còn lại là “hồng hào”

Từ không cùng nghĩa với các từ còn lại là “bàng quang”

“công” trong đáp án A có nghĩa là của chung >< “công” trong các đáp án còn lại có nghĩa là không thiên vị

Đáp án A chỉ đối tượng nắng buổi chiều >< các đáp án còn lại là thời điểm chiều tối trong ngày

Càng nhiều tri thức thì càng có thêm trí tưởng tượng, và ngược lại càng giàu tưởng tượng thơ mộng thì sẽ nảy sinh nhiều ý tưởng bất ngờ cho sáng tạo khoa học.

Những lời khuyên của Bác Hồ nhẹ nhàng mà thấm thía khiến người nghe luôn tâm phục khẩu phục rồi làm theo một cách tự nguyện.

Có lúc bạn chìm ngập trong các loại cảm xúc hỗn độn. Bạn buồn, bạn giận dữ, bạn vui, bạn lo lắng, bạn mệt mỏi cả về thể xác và tinh thần vì những thứ diễn ra trong đầu.

Màu sắc của tia sáng phụ thuộc vào bước sóng của nó. Trong tia sáng thấy được, tia sáng màu tím có bước sóng ngắn nhất, tia sáng đỏ có bước sóng dài nhất.

Các cơ quan trong cơ thể chỉ sinh ra một lần, sau khi sinh ra thì không thay đổi nữa. Chỉ có răng mọc hai lần.

- Từ “nghiêm trọng” dùng để chỉ tính chất tiêu cực, mức độ nguy hiểm, hậu quả xấu (ví dụ: bệnh nghiêm trọng, tai nạn nghiêm trọng, vi phạm nghiêm trọng…).

- Khi nói về việc học, người viết muốn diễn đạt ý việc học trở nên quan trọng, cần thiết, đòi hỏi sự nghiêm túc, chứ không phải mang nghĩa “nguy hiểm, gây hậu quả”.

=> Vì vậy, “nghiêm trọng” không phù hợp về ngữ nghĩa và phong cách trong ngữ cảnh.

Từ phù hợp hơn: quan trọng, nghiêm túc, áp lực hơn, khó khăn hơn, …

Từ sai: nhận chức

Sửa lại: nhậm chức

- Tác phong: Có nghĩa là cách thức làm việc, sinh hoạt hằng ngày của mỗi người. Sử dụng ở đây không phù hợp

=> Chữa lại: phong vị (đặc tính gây hứng thú đặc sắc)

Giản dị là từ dùng để chỉ tính cách không phù hợp dùng trong trường hợp này.

=> Sửa lại: đơn giản

Từ thân thiết không phù hợp dùng trong văn cảnh

=> Sửa lại: gần gũi

Phương thức biểu đạt: Nghị luận

Biện pháp tu từ nghệ thuật được sử dụng trong câu văn trên là liệt kê (có người)

Ý nêu đúng tác dụng của phép chêm xen (Anh vô tình anh chẳng biết điều/Tôi đã đến với anh rồi đấy): Thể hiện tình yêu kín đáo, ý nhị của cô gái với chàng trai

“canh gà” ở đây không phải là một món ăn, mà là tiếng gà gáy báo thời gian”

Hình ảnh rổ thị được miêu tả tập trung trong đoạn trích. Tất cả các câu văn đều miêu tả, thể hiện cảm xúc xoay quanh rổ thị.

Đối tượng chính được miêu tả trong đoạn trích là bình minh

Từ “bàn hoàn” trong đoạn trích trên có ý nghĩa băn khoăn, trăn trở, nghĩ ngợi, vấn vương

Hình ảnh “trái đất” trong đoạn trích tượng trưng cho hình ảnh nhân loại

Đoạn trích trên thể hiện phẩm chất thận trọng, khôn ngoan, khiêm tốn của nhân vật Huyền Đức

Đoạn trích trên thể hiện phẩm chất anh hùng kiên cường, không sợ hiểm nguy của nhân vật Việt