Thi thử toàn quốc: Đánh giá năng lực Hà Nội (HSA) (28-29/12) (Trả phí lần 2)

Tầm xa \(R\) của vật được ném xiên là:

\(R=\dfrac{v_0^2 \sin 2 \theta}{g} =\dfrac{50^2 \cdot \sin \left(2 \cdot 45^{\circ}\right)}{9.8}\)

\(=\dfrac{2500 \cdot 1}{9.8} \approx 255.1 \mathrm{~m}\)

Vậy tầm xa của vật được ném xiên là \(R \approx 255 \mathrm{~m}\).

Ta có: \(a=m-1\), \(b=2(m-1)\), \(b^{\prime}=m-1\), \(c=m-3\).

Theo giả thiết: \((m-1) x^2+2(m-1) x+m-3 \leq 0, \forall x \in \mathbb{R}\) \((*)\)

Trường hợp 1: \(a=m-1=0 \Rightarrow m=1\).

Thay vào \((*)\): \(1-3 \leq 0, \forall x \in \mathbb{R}\) (đúng).

Suy ra \(m=1\) thỏa mãn.

Trường hợp 2: \(a=m-1 \neq 0 \Rightarrow m \neq 1\).

\((*) \Leftrightarrow\left\{\begin{array} { l } { a < 0 } \\{ \Delta ^ { \prime } \leq 0 }\end{array}\right.\) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} m-1<0 \\ (m-1)^2-(m-1)(m-3) \leq 0\end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array} { l } { m < 1 } \\ { m ^ { 2 } - 2 m + 1 - ( m ^ { 2 } - 4 m + 3 ) \leq 0 } \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { m < 1 } \\ { 2 m - 2 \leq 0 } \end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} m<1 \\ m \leq 1 \end{array} \Leftrightarrow m<1 .\right.\)

Hợp hai kết quả trên, ta được \(m \leq 1\) thỏa mãn đề bài.

Gọi \(u_n\) là số lương năm thứ \(n\) của nhân viên khi làm ở công ty. Vì mỗi năm nhân viên được tăng thêm 25 triệu đồng nên ta có \(\left(u_n\right)\) là một cấp số cộng với \(u_1=125\) và công sai \(d=25\). 
Để lương nhân viên đạt 400 đồng/năm ta có
\(u_n=400 \Leftrightarrow u_1+(n-1) d=400\) 
\(\Leftrightarrow 125+25(n-1)=400 \Leftrightarrow n=12\)
Sau 12 năm thì nhân viên đạt mức lương tối đa.
Vậy tổng số lương mà người đó nhận được trong 15 năm đầu là:
\(S_{15}=\dfrac{12.\left(125+400\right)}{2}+400.3=4350\)
Vậy tổng số tiền mà nhân viên đó nhận được trong 15 năm đầu được làm tròn đến hàng đơn vị là 4350 (triệu đồng).

Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt \(x_1, x_2, x_3\) lập thành một cấp số nhân. Ta có

\(x^3-7 x^2+2\left(m^2+6 m\right) x-8=\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right), \forall m \in \mathbb{R}\)

\(\Rightarrow x_1 x_2 x_3=8\).

Theo tính chất của cấp số nhân \(x_1 x_3=x_2^2\). Suy ra \(x_2^3=8 \Rightarrow x_2=2\).

Thay nghiệm \(x=x_2=2\) vào phương trình đã cho, ta có

\(8-28+2\left(m^2+6 m\right) \cdot 2-8=0\)

\(\Leftrightarrow 4 m^2+24 m-28=0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} m=1 \\ m=-7 \end{array}\right.\)

Thử lại với các giá trị \(m\) tìm được.

Với \(m=1\), ta có phương trình:

\(x^3-7 x^2+14 x-8=0\)\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=4 \\ x=2 \text { (thoả mãn). } \\ x=1\end{array}\right.\)

Với \(m=-7\), ta có phương trình

\(x^3-7 x^2+14 x-8=0\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=4 \\ x=2 \text { (thoả mãn). } \\ x=1\end{array}\right.\).

Suy ra \(m=1 ; m=-7\) là các giá trị cần tìm.

Tổng các giá trị của \(m\) là \(-6\).

Sau \(t\) phút, ta có: 

Khối lượng muối trong bể là \(25 \cdot 30 \cdot t=750 t(\mathrm{gam})\); t

Thể tích của lượng nước trong bể là \(5000+25 t\) (lít).

Vậy nồng độ muối sau \(t\) phút là:

\(f(t)=\dfrac{750 t}{5000+25 t}=\dfrac{30 t}{200+t}(\mathrm{gam} / \mathrm{lít})\)

Ta có:

\(\lim _{t \rightarrow+\infty} f(t)=\lim _{t \rightarrow+\infty} \dfrac{30 t}{200+t}=30\).

Vậy nồng độ muối trong bể đạt trạng thái cân bằng khi bằng 30 (gam/lít).

Ta có \(y^{\prime}=\dfrac{\cos x}{\sin x}=\cot x\).

Ta có \(m\) nguyên dương nên \(2 m \geq 2 \Rightarrow \log _3(2 m) \geq \log _3(2) \approx 0,63>3^{-\frac{1}{2}} \approx 0,57\).

Khi đó bất phương trình:

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

\(\Leftrightarrow 3^{-\frac{1}{2}}<3^x<2 m \Leftrightarrow-\dfrac{1}{2}<x<\log _3(2 m)\)

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

\(0<\log _3(2 m)<5 \Leftrightarrow 1<2 m<3^5 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}<m<121,5\)

Suy ra \(m \in\{1 ; 2 ; \ldots ; 121\}\)

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

Ta có:

\(f^{\prime}(x)=0 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ x-2=0 \\ x-3=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ x=2 \\ x=3\end{array}\right.\right.\)

Ta có bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số \(f(x)\) đồng biến trên \((4 ;+\infty)\).

Ta có \(y^{\prime}=3 x^2-6 x+2\).

Vì tiếp tuyến của đồ thị tại điểm \(x=1\), ta có:

\(y^{\prime}(1)=3 \cdot 1^2-6 \cdot 1+2=-1\)

Phương trình tiếp tuyến tại \(x=1\) là:

\(y-0=-1(x-1) \Rightarrow y=-x+1\)

Tiếp tuyến này cắt \(Ox\) tại \(A\) và \(Oy\) tại \(B\) :

Với \(y=0:-x+1=0 \Rightarrow x=1\). Ta có giao điểm \(A(1,0)\).

Với \(x=0: y=1\). Ta có giao điểm \(B(0,1)\).

Diện tích tam giác \(OAB\) là:

\(S=\dfrac{1}{2} \cdot OA.OB=\dfrac{1}{2}.1.1=\dfrac{1}{2}\).

Ta có \(g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)+4\).

Hàm số \(g(x)\) đồng biến khi

\( g^{\prime}(x) \geq 0 \)

\(\Leftrightarrow f^{\prime}(x)+4 \geq 0 \)

\(\Leftrightarrow f^{\prime}(x) \geq-4\)

Dựa vào đồ thị hàm số \(f^{\prime}(x), ta có f^{\prime}(x) \geq-4\) khi \(x \geq 0\).

Vậy \(g(x)\) đồng biến trên khoảng \((0 ;+\infty)\).

Vì \((0 ; 1) \subset(0 ;+\infty)\) nên \(g(x)\) đồng biến trên \((0 ; 1)\).

Ta có \(g^{\prime}(x)=2 x \cdot f^{\prime}\left(x^2+1\right)+2 x-3 x^2+4 x^3\)

\(=2 x\left[f^{\prime}\left(x^2+1\right)+2 x^2-\dfrac{3}{2} x+1\right]\).

Ta có \(x^2+1 \geq 1, \forall x \in \mathbb{R}\).

Dựa vào bảng biến thiên, ta có \(f^{\prime}(x) \geq 0 \forall x \in(1 ;+\infty)\) nên

\(f^{\prime}\left(x^2+1\right) \geq 0 \forall x \in \mathbb{R}\).

Mặt khác, ta có \(2 x^2-\dfrac{3}{2} x+1=2\left(x-\dfrac{3}{8}\right)^2+\dfrac{23}{32}>0, \forall x \in \mathbb{R}\).

Vậy \(f^{\prime}\left(x^2+1\right)+2 x^2-\dfrac{3}{2} x+1>0 \forall x \in \mathbb{R}\).

Suy ra \(g^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow 2 x=0 \Leftrightarrow x=0\).

Lập bảng biến thiên của hàm số \(g(x)\)

Vậy hàm số \(g(x)\) có đúng một điểm cực tiểu là \(x=0\).

Ta có \(-1 \leq \cos x \leq 1\) nên \(-2 \leq \cos x-1 \leq 0\).

Đặt \(\cos x-1=t\), với \(t \in[-2 ; 0]\) ta có bảng biến thiên

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \(g(x)=f(\cos x-1)\) là 3.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m\).

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có nhiều nhất 3 điểm cực trị và cắt trục hoành tại nhiều nhất 4 điểm.

Do đó để đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có 7 điểm cực trị thì đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt và có 3 điểm cực trị.

\( \Rightarrow \) đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt (vì khi đó chắc chắn hàm số \(y = f\left( x \right)\) sẽ có 3 điểm cực trị) \( \Rightarrow \) Phương trình \(3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m = 0 \Leftrightarrow 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x = m\,\,\left( * \right)\) phải có 4 nghiệm phân biệt.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x\) ta có \(g'\left( x \right) = 12{x^3} - 24{x^2} - 12x + 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 8 < m < 13\).

Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in S = \left\{ {9;10;11;12} \right\}\).

Vậy tổng tất cả các phần tử của \(S\) là \(9 + 10 + 11 + 12 = 42\).

Ta có \(y=\dfrac{x^2-2 x+3}{x+1}=x-3+\dfrac{6}{x+1}\).

Vậy đồ thị hàm số \(y=\dfrac{x^2-2 x+3}{x+1}\) có một đường tiệm cận xiên là \(y=x-3\).

Ta có \(F'\left( x \right) = f\left( x \right) \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{1}{2}\sin 2x} \right)^\prime } = \cos 2x\).

Ta có \(\dfrac{1-f(x)}{1+f(x)}=2 \Leftrightarrow 1-f(x)=2[1+f(x)]\)

\( \Leftrightarrow 3 f(x)=-1 \Leftrightarrow f(x)=-\dfrac{1}{3}\) \((*)\)

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(f(x)\) và đường thẳng \(y=-\dfrac{1}{3}\).

Quan sát hình vẽ, nhận thấy số giao điểm là 4.

Suy ra số nghiệm của phương trình là 4.

Xét hàm số \(f(t)=2 t^3-15 t^2+24 t+20\) trên đoạn \([0 ; 5]\)

\(f^{\prime}(t)=6 t^2-30 t+24 ; f^{\prime}(t)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}t=1 \\ t=4\end{array}\right.\)

\(f(0)=20 ; f(1)=31 ; f(4)=4 ; f(5)=15\)

Do đó \(\max _{[0 ; 5]} f(t)=f(1)=31\)

Quãng đường đi được từ lúc vật tăng tốc đến khi đạt vận tốc lớn nhất là:

\(S=\int_0^1\left(2 t^3-15 t^2+24 t+20\right) \mathrm{d} t=\left.\left(\dfrac{1}{2} t^4-5 t^3+12 t^2+20 t\right)\right|_0 ^1=\dfrac{55}{2} \mathrm{~m}\).

Ta có \(f^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=x_1 \\x=x_2 \\x=x_3\end{array}\right.\)

Mặt khác, ba nghiệm \(x_1, x_2, x_3\) là ba nghiệm bội lẻ nên đồ thị hàm số \(f(x)\) có ba điểm cực trị.

Đặt \(t=\sqrt{2 x-x^2}\) với \(x \in[0 ; 2]\)

Ta có \(t^{\prime}=\dfrac{1-x}{\sqrt{2 x-x^2}}\) và \(t^{\prime}=0 \Leftrightarrow x=1\).

Suy ra \(t(0)=0, t(1)=1\) và \(t(2)=0\). Khi đó, \(t \in[0 ; 1]\).

Hàm số \(t(x)\) có bảng biến thiên là

Như vậy, mỗi \(t \in[0 ; 1)\) có hai nghiệm \(x\) thuộc \([0 ; 2]\).

Với \(t=1\) có một nghiệm \(x=1\).

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(f(x)\), suy ra phương trình \(f(t)=3\) có một nghiệm \(t\) trên \((0 ; 1)\).

Do đó, phương trình \(f\left(\sqrt{2 x-x^2}\right)=3\) có hai nghiệm thuộc \([0 ; 2]\).

Ta có \(g(3)-g(1)=27 \ln 3\).

\(\int_1^3\left(\dfrac{x^2-6}{x}\right) d x=\int_1^3\left(x-\dfrac{6}{x}\right) d x\)

\(=\left.\left(\dfrac{x^2}{2}-6 \ln |x|\right)\right|_1 ^3=4-6 \ln 3\)

Vậy

\(\int_1^3\left(g^{\prime}(x)+\dfrac{x^2-6}{x}\right) d x=\left.g(x)\right|_1 ^3+\int_1^3\left(\dfrac{x^2-6}{x}\right) d x\)

\(=27 \ln 3+4-6 \ln 3=4+21 \ln 3 \approx 27\).

Điểm nằm ngoài mặt cầu \((S): x^2+(y-1)^2+z^2=2\) có tâm \(I(0 ; 1 ; 0)\) là điểm \(M_0\) thỏa mãn \(I M_0>\sqrt{2}\).

Thử đáp án, ta thấy \(N((1 ; 0 ; 1)\) thỏa mãn.

Vì tam giác \(A H B\) vuông tại \(H\) nên ta có

\(A B=\sqrt{A H^2+H B^2}=4 \sqrt{26}\).

Ta có \(\sin \widehat{B A H}=\dfrac{B H}{A B}=\dfrac{5}{\sqrt{26}}\)

\(\Rightarrow \widehat{B A H} \approx 78,69^{\circ}\) \(\Rightarrow \widehat{A B C} \approx 78,69^{\circ}\)

\(\Rightarrow \widehat{A C B} \approx 56,31^{\circ}\).

Áp dụng định lí sin cho tam giác \(A B C\) ta có

\(\dfrac{B C}{\sin A}=\dfrac{A B}{\sin C}\).

Suy ra \(B C \approx 17,3 \mathrm{~m}\).

Diện tích tam giác vuông cân là:

$S(x) = \dfrac{1}{2}\sqrt{4 - \dfrac{1}{2}x^2} \cdot \sqrt{4 - \dfrac{1}{2}x^2} = \dfrac{1}{2}\left(4 - \dfrac{1}{2}x^2\right)$

Thể tích vật thể là: \(V = \int_{1}^{3} \dfrac{1}{2}\left(4 - \dfrac{1}{2}x^2\right)dx = \dfrac{11}{6} \)

Trong mặt phẳng \((A B C)\), kẻ \(A H \perp B C, H \in B C\).

Vì \(S A \perp(A B C)\) nên \(S A \perp B C\).

\(\Rightarrow B C \perp(S A H)\).

Mà \(B C \subset(S B C)\) nên \((S A H) \perp(S B C)=S H\).

Trong mặt phẳng \((S A H)\), kẻ \(A K \perp S H, K \in S H\).

\(\Rightarrow A K \perp(S B C) . \)

\(\Rightarrow \mathrm{d}(A,(S B C))=AK\)

Xét \(\triangle A B C\) vuông tại \(A\), ta có \(A C=\sqrt{B C^2-A B^2}=2 a\).

\(\dfrac{1}{A H^2}=\dfrac{1}{A B^2}+\dfrac{1}{A C^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{4 a^2}=\dfrac{5}{4 a^2}\)

Xét \(\triangle S A H\) vuông tại \(A\), ta có

\(\dfrac{1}{A K^2}=\dfrac{1}{S A^2}+\dfrac{1}{A H^2}=\dfrac{1}{9 a^2}+\dfrac{5}{4 a^2}=\dfrac{49}{36 a^2}\).

\(\Rightarrow A K^2=\dfrac{36 a^2}{49} \Leftrightarrow A K=\dfrac{6 a}{7}\)

Đặt trục tọa độ sao cho tâm đường tròn (tâm hình chữ nhật) trùng gốc tọa độ và điểm \((x,y)\) như hình:

Ta có phương trình đường tròn \((C):\)\({x^2} + {y^2} = 16\) hay \(y =  \pm \sqrt {16 - {x^2}} .\)

Khi đó chiều dài của sổ hình chữ nhật là \(2x\), chiều rộng là \(2y\), với \(x > 0,y > 0\) nằm trên đường tròn \((C)\)

Diện tích cửa sổ hình chữ nhật là \(S = 2x.2y = 4xy = 4x\sqrt {16 - {x^2}} \)

Xét hàm số \(S(x) = 4x\sqrt {16 - {x^2}} \) với \(0 \le x \le 4\)

Có \(S'(x) = 4\sqrt {16 - {x^2}}  - \dfrac{{4{x^2}}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }} = \dfrac{{ - 8{x^2} + 64}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }}\).

\(S'(x) = 0 \Leftrightarrow  - 8{x^2} + 64 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\sqrt 2 \\x =  - 2\sqrt 2 {\rm{(loai)}}\end{array} \right.\)

Ta có \(S(0) = 0\); \(S(4) = 4.4.\sqrt {16 - {4^2}}  = 0;\)

\(S(2\sqrt 2 ) = 4.2\sqrt 2 .\sqrt {16 - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 32.\)

Vậy cửa sổ hình chữ nhật lớn nhất nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 4 sẽ có hình vuông với diện tích 32, chiều dài và chiều rộng bằng \(2\sqrt 2 .\)

Gọi \(H\) là trung diểm của \(A B\); gọi \(I\) là hình chiếu của \(H\) trên \(S B\).

Ta có \(\left\{\begin{array}{l}(S A B) \perp(A B C D) \\ (S A B) \cap(A B C D)=A B \\ S H \subset(S A B) \\ S H \perp A B\end{array} \Rightarrow S H \perp(A B C D)\right.\).

Lai có \(\left\{\begin{array}{l}B C \perp S H(S H \perp(A B C D)) \\ B C \perp A B\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B)\right.\).

Do đó \(\left\{\begin{array}{l}H I \perp S B \\ H I \perp B C\end{array} \Rightarrow H I \perp(S B C)\right.\).

Vì \(A D / / B C \Rightarrow A D / /(S B C)\) và \(S C \subset(S B C)\) nên

\(\mathrm{d}(A D, S C)=\mathrm{d}(A D,(S B C))=\mathrm{d}(A,(S B C))=2 \cdot \mathrm{~d}(H,(S B C))=2 HI\)

Trong tam giác \(S A H\) vuông tại \(H\), ta có \(S H=\sqrt{S A^2-A H^2}=2 a\).

Trong tam giác \(S H B\) vuông tại \(H\)

\(HI=\dfrac{H S \cdot H B}{\sqrt{H S^2+H B^2}}=\dfrac{2 a \cdot a}{\sqrt{(2 a)^2+a^2}}=\dfrac{2 a \sqrt{5}}{5}\)

Do đó \(\mathrm{d}(A D, S C)=2 \cdot \dfrac{2 a \sqrt{5}}{5}=\dfrac{4 a \sqrt{5}}{5}\).

Ta có

\(\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}(2 \tan x+\cot x)^2 \mathrm{~d} x =\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}\left(4 \tan ^2 x+4 \tan x \cdot \cot x+\cot ^2 x\right) \mathrm{d} x\)

\(=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}\left(\dfrac{4}{\cos ^2 x}+\dfrac{1}{\sin ^2 x}-1\right) \mathrm{d} x \)

\(=\left.(4 \tan x-\cot x-x)\right|_{\frac{\pi}{6}} ^{\frac{\pi}{4}}=3+\dfrac{-1}{3} \cdot \sqrt{3}+\dfrac{-1}{12} \cdot \pi\)

Vậy \(a=3, b=\dfrac{-1}{3}, c=\dfrac{-1}{12}\).

Do đó \(a+3b+12c=3-1-1=1\).

Xét \(\triangle A C D\) có \(P, N\) lần lượt là trung điểm của \(A C, C D\), suy ra \(N P / / A D \| B C\).

Ta có

\(\left\{\begin{array}{l}N P / / B C \\ N P \subset(M N P) \\ B C \subset(S B C) \\ M \in(M N P) \cap(S B C)\end{array}\right.\)

\(\Rightarrow(M N P) \cap(S B C)=M x / / B C / / N P\)

Gọi \(F=M x \cap S C\).

Vì \(M\) là trung điểm của \(S B\) nên \(M F\) là đường trung bình của \(\triangle S B C\), suy ra

\(MF=\dfrac{1}{2} B C=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{5} A D=\dfrac{1}{5} A D=\dfrac{2}{5} P N\)

Vậy \(P N=\dfrac{5}{2} M F\).

Ta có \(I \in d \Rightarrow I(-3 m-8 ; m)\).

\(A I^2=[\mathrm{d}(I, \Delta)]^2 = R^2 \)

\(\Leftrightarrow (-3 m-6)^2+(m-1)^2=\dfrac{[3(-3 m-8)-4 m+10]^2}{3^2+(-4)^2} \)

\(\Leftrightarrow 10 m^2+34 m+37=\dfrac{169 m^2+364 m+196}{25} \)

\(\Leftrightarrow 81 m^2+486 m+729=0 \)

\(\Leftrightarrow m=-3\)

Do đó, đường tròn \((C)\) có \(\left\{\begin{array}{l}\text { tâm } I(1 ;-3) \\ \text { bán kính } R=A I=\sqrt{(9-6)^2+(-3-1)^2}=5 .\end{array}\right.\)

Vậy phương trình đường tròn là \((x-1)^2+(y+3)^2=25\).

Có \(\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{A B}=(-6 ;-3 ; 2) \\ \overrightarrow{A C}=(-3 ; 2 ;-6) \end{array}\right.\)

\(\Rightarrow[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}]=(14 ;-42 ;-21)\)

Diện tích tam giác \(A B C\) là

\(S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} \cdot|[\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}]|=\dfrac{1}{2} \sqrt{14^2+(-42)^2+(-21)^2}=\dfrac{49}{2}\).

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(A B C\), thì \(G(1,2,1)\). Ta có:

\(\begin{aligned}M A^2+M B^2+M C^2 & =(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G A})^2+(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G B})^2+(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G C})^2 \\ & =3 M G^2+2 \overrightarrow{M G}(\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C})+G A^2+G B^2+G C^2 \end{aligned}\)

Tổng trên nhỏ nhất khi \(M\) là hình chiếu của \(G\) trên mặt phẳng \((P)\).

Do đó, véc tơ pháp tuyến của đường thẳng \(M G\) là \(\vec{n}=(2,3,-1)\).

Phương trình đường thẳng \(M G\) là \((M G): \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{3}=\dfrac{z-1}{-1}\).

Suy ra \(M=(M G) \cap(P), M=(-\dfrac{5}{7},-\dfrac{4}{7},\dfrac{13}{7})\).

Vậy \(7(a^2+b^2+c^2)=30\).

Vectơ pháp tuyến \(\vec{n}\) của mặt phẳng \((P)\) là vectơ chỉ phương của \((d), \vec{n}=(1 ;-2 ; 2)\).

Giả sử \((P): x-2 y+2 z+c=0.\)

Có \(A \in(P)\) nên \(c=3\).

Vậy phương trình mặt phẳng là \(x-2 y+2 z+3=0\) hay \(-x+2 y-2 z-3=0\)

Thể tích cần tìm là thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = \sqrt {36 - {x^2}} \), trục hoành và các đường thẳng \(x =  - 4,\,\,x = 4\) quanh trục hoành.

Do đó: \(V = \pi \int\limits_{ - 4}^4 {\left( {36 - {x^2}} \right)dx}  = \dfrac{{736\pi }}{3} \approx 771\) lít.

Có \(C(-1,5,0)\) là một điểm thuộc \(\left(d_2\right)\)

Đường thẳng \((A B)\) cắt đường thẳng \(\left(d_2\right)\) nên các vectơ \(\overrightarrow{A B}=(-1 ; a-2 ; b+1), \overrightarrow{A C}=(-2 ; 3 ; 1)\) và vectơ chỉ phương \(v=(2 ; 3 ;-1)\) của \(\left(d_2\right)\) đồng phẳng.

Do đó, \([(-2 ; 3 ; 1),(2 ; 3 ;-1)] \cdot(-1 ; a-2 ; b+1)=0\) hay \(2 b-1=0\).

\((A B)\) vuông góc với \(\left(d_1\right)\) nên \(\overrightarrow{A B}(1 ;-2 ; 2)=0\) hay \(-2 a+2 b+5=0\).

Vậy \(a=3, b=\dfrac{1}{2}\) và \(\overrightarrow{A B}=\left(-1,1, \dfrac{3}{2}\right)\).

\(H(1+t ; 1+t ; t) \Rightarrow \overrightarrow{A H}=(t ; t ; t-3)\).

Có \(A H \perp(l) \Rightarrow t=1\)

Do đó, \(H(2 ; 2 ; 1), M\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{3}{2}, 2\right)\).

Vì khoảng cách từ \(A\) tới mặt phẳng \((P)\) bằng \(A M, M \in(P)\) nên \(A M \perp(P)\).

Mặt phẳng \((P)\) nhận \(\overrightarrow{A H}=(1,1,-2)\) làm vectơ pháp tuyến và qua \(M\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{3}{2}, 2\right)\).

Phương trình mặt phẳng \((P): x+y-2 z+1=0\)

Gọi I là tâm mặt cầu \((S)\), vậy \(I=(5,3,1)\) và bán kính \(R=\sqrt{10}\).

Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng \((P)\) là

\(d=\dfrac{|2.5-3-1|}{\sqrt{2^2+(-1)^2+(-1)^2}}=\sqrt{6}\)

Bán kính đường tròn \((C)\) là: \(r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{10-6}=2\).

Vậy chu vi đường tròn \((C)\) là: \(4 \pi\).

Gọi \(E, F\) lần lượt là trung điểm \(D H\) và \(A H\) 

Suy ra \(E F\) là đường trung bình \(\triangle A D H\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}E F / / A D \\ E F=\dfrac{A D}{2}\end{array}\right.\).

Suy ra \(B F E M\) là̀ hình hành

\(\Rightarrow B F / / E M \Rightarrow B F \perp A E \Rightarrow A E \perp E M\) (do \(F\) là trực tâm tam giác \(A E B\) ).

Suy ra phương trình \(M E: 1\left(x-\dfrac{9}{2}\right)-4(y-3)=0 \Leftrightarrow 2 x-8 y+15=0\).

\(E=A E \cap E M \Rightarrow E\left(\dfrac{1}{2} ; 2\right) \Rightarrow D(0 ; 2)\)

Vậy \(S=14 \cdot 0^2+2^2=4\)

Số trung bình: \(\bar{x}=\dfrac{4.9+6.11+8.13+4.15+3.17}{25}=12,68\)

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu:

\(\sigma=\sqrt{\dfrac{4.9^2+6.11^2+8.13^2+4.15^2+3.17^2}{25}-12,68^2} \approx 2,44\)

Vậy \(a-b=0\)

Sắp xếp lại dữ liệu theo thứ tự không giảm ta được

\(9 ; \quad 10 ; \quad 15 ;\quad 18 ; \quad 19 ; \quad 27 ; \quad 30 ; \quad 40 ; \quad 46 ; \quad 100 ; \quad 200\)

Mẫu số liệu gồm 11 giá trị nên trung vị là số ở vị trí chính giữa \(Q_2=27\).

Nửa số liệu bên trái là \(9 ; \quad 10 ; \quad 15 ; \quad 18 ; \quad 19\)

Có 5 giá trị nên tứ phân vị thứ nhất là số ở chính giữa \(Q_1=15\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega)=4^{50}\).

Gọi \(A\) là biến cố "Học sinh đó được đúng 8 điểm".

Học sinh được 8 điểm khi trả lời đúng 40 câu và trả lời sai 10 câu còn lại.

Vì mỗi câu chỉ có một phương án đúng nên số cách trả lời đúng 40 câu là \(\mathrm{C}_{50}^{40}\).

Số cách trả lời sai 10 câu còn lại là \(3^{10}\).
Suy ra \(n(A)=\mathrm{C}_{50}^{40} \cdot 3^{10}\).
Vậy xác suất để học sinh được đúng 8 điểm là

\(\mathrm{P}(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}=\dfrac{\mathrm{C}_{50}^{40} \cdot 3^{10}}{4^{50}}=\mathrm{C}_{50}^{40}\left(\dfrac{1}{4}\right)^{40} \cdot\left(\dfrac{3}{4}\right)^{10}\)

Gọi \(A\) là biến cố "Học sinh được chọn chơi bóng đá", có \(\mathrm{P}(A)=0,3\)

Gọi \(B\) là biến cố "Học sinh được chọn chơi bóng chuyền", có \(\mathrm{P}(B)=0,4\)

Suy ra, \(A \cap B\) là biến cố học sinh được chọn chơi được cả hai môn thể thao.

\(\mathrm{P}(A \cap B)=0,1\)

Gọi \(C\) là biến cố học sinh được chọn biết chơi ít nhất một trong hai môn thể thảo.

Khi đó, xác suất để học sinh được chọn biết chơi một trong hai môn là:

\(\mathrm{P}(C)=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)-\mathrm{P}(A \cap B)=0,3+0,4-0,1=0,6\)

Vậy xác suất để học sinh được chọn không biết chởi môn thể thao nào là

\(\mathrm{P}(\bar{C})=1-\mathrm{P}(C)=1-0,6=0,4\)

Gọi \(A\) là biến cố người chơi \(A\) ném trúng và \(B\) là biến cố người chơi \(B\) ném trúng.

Khi đó, \(\bar{A}\) là biến cố người chơi \(A\) ném không trúng và \(\bar{B}\) là biến cố người chơi \(B\) ném không trúng.

\(\Rightarrow \mathrm{P}(\bar{A})=1-\mathrm{P}(A)=1-0,6=0,4 \text { và } \mathrm{P}(\bar{B})=1-\mathrm{P}(B)=1-0,75=0,25\)

Gọi \(C\) là biến cố chỉ một người ném trúng.

Xác suất để chỉ một người ném trúng là

\(\mathrm{P}(C) =\mathrm{P}(A) \cdot \mathrm{P}(\bar{B})+\mathrm{P}(\bar{A}) \cdot \mathrm{P}(B) \)

\(=0,6 \cdot 0,25+0,4 \cdot 0,75 =0,45\)

Cô mẫu \(n=25\).

Gọi \(x_1 ; \ldots ; x_{25}\) là mẫu số liệu gốc về thời gian giải rubik trong 25 lần giải liên tiếp được xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \(\dfrac{x_6+x_7}{2} \in[10 ; 12)\).

Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là

\(Q_1=10+\dfrac{\frac{25}{4}-4}{6}(12-10)=10,75\)

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \(\dfrac{x_{19}+x_{20}}{2} \in[14 ; 16)\).

Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là

\(Q_3=10+\dfrac{\frac{3 \cdot 25}{4}-(4+6+8)}{4}(16-14)=14,375\)

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là

\(\Delta_Q=Q_3-Q_1=14,375-10,75 \approx 3,63\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Chọn gia đình có tivi" và \(B\) là biến cố: "Chọn được gia đình có máy tính bàn".

Có \(n(A)=300 \cdot 90 \%=270\)

Số gia đình vừa có tivi và vừa có máy tính bàn là

\(n(A \cap B)=n(A)+n(B)-300=300 \cdot 90 \%+300 \cdot 60 \%-300=150\)

Xác suất gia đình đó có máy tính bàn trong nhóm các gia đình có ti vi là

\(\mathrm{P}(B \mid A)=\dfrac{\mathrm{P}(A B)}{\mathrm{P}(A)}=\dfrac{n(A \cap B)}{n(A)}=\dfrac{150}{270}=\dfrac{5}{9}\)

Gọi \(A\) là biến cố: "Người đó mắc bệnh".

Gọi \(B\) là biến cố "Kết quả kiểm tra người đó là dương tính".

Ta có \(\mathrm{P}(A)=1 \%=0,01\), \(\mathrm{P}(\bar{A})=1-0,01=0,99\).

Xác suất kết quả dương tính nếu người đó mắc bệnh là \(\mathrm{P}(B \mid A)=99 \%=0,99\).

Xác suất kết quả dương tính nếu người đó không mắc bệnh là \(\mathrm{P}(B \mid \bar{A})=1-0,99=0,01\).

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

\(=\dfrac{0,01 \cdot 0,99}{0,01 \cdot 0,99+0,99 \cdot 0,01}=0,5\)

Vậy xác suất kết để người đó mắc bệnh nếu kết quả kiểm tra người đó là dương tính là 0,5.

Gọi số tờ tiền mệnh giá 20000 đồng mà Uyên đã ủng hộ là \(x\) (tờ).

Gọi số tờ tiền mệnh giá 50000 đồng mà Uyên đã ủng hộ là \(y\) (tờ).

Số tiền Uyên đã ủng hộ bão lụt là \(20000 x+50000 y \leq 2000000\).

Thử các đáp án, thay \(x=20, y=30\) ta thấy thoả mãn bất phương trình trên.

Vậy Uyên đã ủng hộ 20 tờ tiền mệnh giá 20000 đồng và 30 tờ tiền mệnh giá 50000 đồng.

Mỗi giờ, kim phút quay được \(360^{\circ}\) (tương đương 60 phút) còn kim giờ quay được \(30^{\circ}\) (tương đương 60 phút).

Tốc độ quay của kim phút là \(6^{\circ} /\) phút và của kim giờ là \(0,5^{\circ} /\) phút.

Góc tạo bởi kim phút và kim giờ tại thời điểm \(t\) phút sau 3 giờ được tính bởi:

\(\theta(t)=6 t-(90+0,5 t)=5,5 t-90\)

Để góc bằng \(90^{\circ}\) thì 

\(5,5 t-90=90 \quad \Rightarrow \quad 5,5 t=180 \quad \Rightarrow \quad t \approx 32,7\) (phút)

- Từ “chơi vơi” chỉ trạng thái tinh thần.

- Các từ còn lại dùng với sự vật

Vời vợi tính từ chỉ độ cao các từ còn lại chỉ độ sâu

- Bền vững là từ ghép đẳng lập

- Các từ còn lại là từ ghép chính phụ

- Rừng rực là từ chỉ hình thái.

- Các từ còn lại chỉ âm thanh

- Tài danh có nghĩa là tài đi liền với danh

- Các từ khác chỉ mang ý nghĩa là tài

Bản tính thích ứng nhanh sẽ giúp nhân dân ta tận dụng những cơ hội, ứng phó với thách thức do tiến trình hội nhập mang lại.

Ở tác phẩm kí văn học, tác giả hóa thân thành một nhân vật trong tác phẩm, giữ vai trò tự thuật, trò chuyện với các nhân vật khác, trình bày các sự kiện bằng việc sử dụng cảm quan nghệ thuật để quan sát, liên tưởng và tưởng tượng, bộc lộ những ấn tượng, ý kiến, tình cảm của mình.

Văn học dân gian là những tác phẩm nghệ thuật ngôn từ truyền miệng , là sản phẩm của quá trình sáng tác tập thể để thể hiện nhận thức, tư tưởng, tình cảm của nhân dân lao động.

Rất nhiều câu chuyện buồn vẫn còn xảy ra ở quê tôi chỉ vì cái tâm lí ghen ăn tức ở, con gà tức nhau tiếng gáy vẫn còn ăn sâu bén rễ trong tiềm thức của người dân.

Tộc phả là quyển cổ biên tên từ ông thủy tổ trở xuống lần lượt theo thứ tự các ngành trong họ cho đến dưới cùng

- đối với: từ bị thừa

- Từ sai: được mở ra

-> Khiến câu văn trở nên tối nghĩa khó hiểu

- Từ dùng sai: của

- Sử thành “do”

- Thăm quan -> tham quan

- “thăm” có nghĩa thăm nom, là từ tố thuần Việt, sẽ không được kết hợp với từ tố Hán Việt để tạo thành một từ ghép. Trong từ “tham quan”, “tham” có nghĩa là can dự, tham gia vào, dự vào…, còn “quan” nghĩa là nhìn, xem (quan sát).

- Từ dùng sai: loang rộng

- Sửa thành: lan rộng

- Biện pháp tu từ ẩn dụ:

+ Thôn Đoài: chỉ người con trai

+ Thôn Đông: chỉ người con gái

=> Hoán dụ lấy cái tổng thể chỉ cái bộ phận.

- Biện pháp tu từ hoán dụ: trầu, cau -> Ẩn dụ cho đôi lứa.

Theo tác giả, những người có nhận thức phát triển so với những người có nhận thức cố định mang những nét khác biệt: Người có nhận thức phát triển tin rằng họ có thể cải thiện năng lực bằng sự nỗ lực

Câu ca dao nhắc đến những người chịu nhiều oan ức, không ai thấu hiểu

Các từ láy trong đoạn trích có tác dụng: Gợi ra sự ảm đạm của thiên nhiên và tâm trạng cô đơn, buồn bã của nhân vật trữ tình

Cụm từ “thái độ tự trọng” muốn nói: Chúng ta nên coi trọng và giữ gìn ngôn ngữ dân tộc, biết sử dụng tiếng nước ngoài sao cho hợp lí

Từ “huyền thoại” có nghĩa là sự kì lạ

Cảm xúc chủ yếu của nhân vật “tôi” trong đoạn văn trên là bâng khuâng, vui sướng, ngỡ ngàng

Tâm trạng của nhân vật trữ tình: Thất vọng, tiếc nuối

Hàm ý của câu văn in đậm: Người phụ nữ mong ông Phúc thông cảm cho chồng của mình

Nghĩa của từ “Mưa lâm thâm” là mưa nhỏ, hạt dày và kéo dài