Thi thử toàn quốc Đánh giá tư duy Bách Khoa (TSA) - Trạm số 8 (TSA1005)

\(\int {f(x)dx =  - } \int {\sin xdx}  = \cos x + C\).

A(3;-1;1), B(1;2;4) \( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 2;3;3} \right) = \overrightarrow {{n_P}} \).

Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB có phương trình là:

\( - 2\left( {x - 3} \right) + 3\left( {y + 1} \right) + 3\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2x + 3y + 3z + 6 = 0 \Leftrightarrow 2x - 3y - 3z - 6 = 0\).

Tổng số học sinh là $n = 30$.

Số trung bình của mẫu số liệu là:

$\overline{x} = \dfrac{3 \cdot 152,5 + 7 \cdot 157,5 + 10 \cdot 162,5 + 7 \cdot 167,5 + 3 \cdot 172,5}{30} = 162,5$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$s^{2} = \dfrac{3 \cdot 152,5^{2} + 7 \cdot 157,5^{2} + 10 \cdot 162,5^{2} + 7 \cdot 167,5^{2} + 3 \cdot 172,5^{2}}{30} - 162,5^{2} = \dfrac{95}{3}$

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: $s = \sqrt{s^{2}} = \sqrt{\dfrac{95}{3}} = \dfrac{\sqrt{285}}{3}$.

Ta có $\left. P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B \middle| A) = \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{15} \right.$.

Mặt khác, $A = (A \cap B) \cup (A \cap \overline{B})$ nên

$P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A \cap B) = \dfrac{2}{5} - \dfrac{2}{15} = \dfrac{6}{15} - \dfrac{2}{15} = \dfrac{4}{15}$.

Theo công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng $u_{n} = u_{1} + (n - 1)d$, ta có: $u_{3} = u_{1} + 2d$

Thay các giá trị đã biết vào phương trình:

$42 = 48 + 2d$

$\left. \Leftrightarrow 2d = 42 - 48 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2d = - 6 \right.$

$\left. \Leftrightarrow d = - 3 \right.$

Áp dụng lại công thức số hạng tổng quát cho $n = 12$:

$u_{12} = u_{1} + 11d$

Thay $u_{1} = 48$ và $d = - 3$ vào:

$u_{12} = 48 + 11 \cdot ( - 3)$

$u_{12} = 48 - 33 = 15$

Vậy cây bút cuối cùng dài 15 cm.

Vì H là hình chiếu của A xuống $\Delta$ nên $\left. H \in \Delta\Rightarrow H\left( {2t + 1;t; - t - 1} \right) \right.$

Do cao độ của H bằng 1 nên $\left. - t - 1 = 1\Leftrightarrow t = - 2 \right.$ $\left. \Rightarrow H\left( {- 3; - 2;1} \right) \right.$

Vì $\left. \overset{\rightarrow}{AH}\left( {- 3 - a; - 3; - 1} \right)\bot\overset{\rightarrow}{u}\left( {2;1; - 1} \right)\Rightarrow\overset{\rightarrow}{AH}.\overset{\rightarrow}{u} = 0 \right.$

$\begin{array}{l} \left. \Leftrightarrow 2\left( {- 3 - a} \right) + 1.\left( {- 3} \right) + \left( {- 1} \right)\left( {- 1} \right) = 0 \right. \\ \left. \Leftrightarrow a = - 4 \right. \end{array}$

Nên $a^{2} = 16$

Gọi $u_{n}$ là vị trí của ô vuông chứa số $n$ (với $n \in {\mathbb{N}}^{*}$).

Quan sát hình vẽ, ta đếm được vị trí của các số như sau:

Số 1 nằm ở ô vuông thứ $\left. 1\Rightarrow u_{1} = 1 \right.$

Số 2 nằm ở ô vuông thứ $\left. 3\Rightarrow u_{2} = u_{1} + 2 = 1 + 2 = 3 \right.$

Số 3 nằm ở ô vuông thứ $\left. 6\Rightarrow u_{3} = u_{2} + 3 = 1 + 2 + 3 = 6 \right.$

Số 4 nằm ở ô vuông thứ $\left. 10\Rightarrow u_{4} = u_{3} + 4 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10 \right.$

...

Vị trí của số n là tổng của n số nguyên dương đầu tiên là $u_{n} = 1 + 2 + 3 + ... + n = \dfrac{n(n + 1)}{2}$

Khi đó $u_{8} = \dfrac{8(8 + 1)}{2} = 36$

Vậy có tất cả 39 ô vuông.

Diện tích đáy: \({S_1} = \dfrac{1}{2}AC.BD\).

Gọi chiều cao hình hộp là h. Ta có: \({S_2} = AC.h,\,\,{S_3} = BD.h\).

\( \Rightarrow {S_2}{S_3} = AC.BD.{h^2} \Rightarrow h = \sqrt {\dfrac{{{S_2}{S_3}}}{{AC.BD}}}  = \sqrt {\dfrac{{{S_2}{S_3}}}{{2{S_1}}}} \)

Thể tích của khối hộp là: \(V = {S_1}.h = {S_1}.\sqrt {\dfrac{{{S_2}{S_3}}}{{2{S_1}}}}  = \sqrt {\dfrac{{{S_1}{S_2}{S_3}}}{2}} \).

\(A, B, C, D\) 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 \(-2-6+4(m-4)=0 \Rightarrow m=6\)

Dựa vào đồ thị ta thấy:

Parabol $y = f(x)$ có đỉnh nằm trên trục tung tại điểm có tọa độ $(0; - 9)$ nên hàm số có dạng $f(x) = ax^{2} - 9$ (với $a \neq 0$).

Parabol đi qua điểm có tọa độ $(3;0)$ nên ta có phương trình: $\left. a.3^{2} - 9 = 0\Leftrightarrow 9a = 9\Leftrightarrow a = 1 \right.$.

Vậy hàm số bậc hai là $f(x) = x^{2} - 9 = (x - 3)(x + 3)$.

Đường thẳng $y = g(x)$ cắt trục tung tại điểm $(0;4)$ và cắt trục hoành tại điểm $(3;0)$.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm này (phương trình theo đoạn chắn) là: $\dfrac{x}{3} + \dfrac{y}{4} = 1$.

Biến đổi phương trình ta được: $\left. \dfrac{y}{4} = 1 - \dfrac{x}{3}\Leftrightarrow\dfrac{y}{4} = \dfrac{3 - x}{3}\Leftrightarrow y = - \dfrac{4}{3}(x - 3) \right.$.

Vậy hàm số bậc nhất là $g(x) = - \dfrac{4}{3}(x - 3)$.

Ta có giới hạn cần tính: $\lim\limits_{x\rightarrow 3}\dfrac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x\rightarrow 3}\dfrac{(x - 3)(x + 3)}{- \dfrac{4}{3}(x - 3)} = \lim\limits_{x\rightarrow 3}\dfrac{x + 3}{- \dfrac{4}{3}} = - \dfrac{9}{2} = - 4,5$

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

Số hạng tổng quát:

\(\begin{array}{l}{T_{k + 1}} = C_8^k.{\left( {x{y^2}} \right)^{8 - k}}{\left( { - \dfrac{1}{{xy}}} \right)^k}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = C_8^k.{x^{8 - k}}{y^{16 - 2k}}\dfrac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{x^k}{y^k}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = C_8^k.{x^{8 - 2k}}{y^{16 - 3k}}.{\left( { - 1} \right)^k}\end{array}\).

\({x^{8 - 2k}} = {x^0} \Rightarrow k = 4.\)

\( \Rightarrow C_8^4.{y^4}.{\left( { - 1} \right)^4} = 70{y^4}\).

Ta có: \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d,a \ne 0 \Rightarrow y' = 3a{x^2} + 2bx + c\).

Hàm số bậc ba trên nghịch biến trên \(\mathbb{R} \Rightarrow y' < 0\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta ' < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a < 0\\{b^2} - 3ac < 0\end{array} \right.\).

Xét hàm số $f(x) = (x - 3)\log(2 - x)$.

a) Điều kiện xác định: $\left. 2 - x > 0\Leftrightarrow x < 2 \right.$.

Tập xác định của hàm số là $D = ( - \infty;2)$.

Vậy mệnh đề a) sai.

b) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành:

$\left. f(x) = 0\Leftrightarrow(x - 3)\log(2 - x) = 0 \right.$ (điều kiện $x < 2$)

$\left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x - 3 = 0} \\ {\log(2 - x) = 0} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = 3\text{~(KTM)}} \\ {2 - x = 1} \end{array} \right.\Leftrightarrow x = 1\text{~(TM)} \right.$.

Phương trình chỉ có 1 nghiệm duy nhất, do đó đồ thị hàm số chỉ cắt trục hoành tại một điểm.

Vậy mệnh đề b) sai.

c) Ta có $x = 0$ thuộc tập xác định $D = ( - \infty;2)$.

Khi $\left. x = 0\Rightarrow y = f(0) = (0 - 3)\log(2 - 0) = - 3\log 2 \right.$.

Giá trị này xác định, nên đồ thị hàm số có cắt trục tung tại điểm có tọa độ $(0; - 3\log 2)$.

Vậy mệnh đề c) sai.

Hình tam giác có 3 cạnh nên có giá trị $\log_{3}x$, hình tứ giác có 4 cạnh nên có giá trị $\log_{4}x$

Theo hình vẽ ta có phương trình

$\begin{array}{l} {\log_{3}16 + \log_{4}27 = \log_{3}n} \\ \left. \Leftrightarrow\log_{3}16 - \log_{3}n = - \log_{4}27 \right. \\ \left. \Leftrightarrow\log_{3}\dfrac{16}{n} = - \log_{4}27 \right. \\ \left. \Leftrightarrow\dfrac{16}{n} = 3^{- \log_{4}27}\Rightarrow n \approx 218 \right. \end{array}$

Ta có: SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) \( \Rightarrow \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle SBA\).

Tam giác SAB vuông tại A \( \Rightarrow \tan B = \dfrac{{SA}}{{AB}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\) \( \Rightarrow \angle SBA = {30^0}\).

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng \(30^\circ \).

Gọi x và y là độ dài hai cạnh của hình chữ nhật ($x,y \in {\mathbb{Z}}$ và $x \geq 4,y \geq 4$).

Chu vi hình chữ nhật là: $P = 2(x + y)$.

Diện tích hình chữ nhật là: $S = xy$.

Theo đề bài, ta có biểu thức: $A = S + 2P = xy + 2 \cdot 2(x + y) = xy + 4x + 4y$.

Để dễ dàng đánh giá, ta cộng thêm 16 vào cả hai vế:

$A + 16 = xy + 4x + 4y + 16$

$A + 16 = x(y + 4) + 4(y + 4)$

$A + 16 = (x + 4)(y + 4)$.

Do $x \geq 4$ và $y \geq 4$ nên $x + 4 \geq 8$ và $y + 4 \geq 8$.

Từ đó suy ra tích $(x + 4)(y + 4)$ phải là một số lớn hơn hoặc bằng $8 \times 8 = 64$ và có thể phân tích thành tích của hai số nguyên cùng lớn hơn hoặc bằng 8.

Ta xét các đáp án đề bài cho:

Nếu $A = 36$: $A + 16 = 52$. Số 52 không thể phân tích thành tích của hai số nguyên cùng $\geq 8$ (loại).

Nếu $A = 64$: $A + 16 = 80$. Ta thấy $80 = 8 \times 10$ (thỏa mãn điều kiện, tương ứng với $x = 4$ và $y = 6$).

Nếu $A = 68$: $A + 16 = 84$. Các ước số của 84 là lớn hơn hoặc bằng 8 là 12, 14, 21, 28, 42, 84 nhưng phần tử cặp tương ứng đều nhỏ hơn 8 (ví dụ $84 = 12 \times 7$) (loại).

Nếu $A = 60$: $A + 16 = 76$. Số 76 không có cặp ước nguyên nào cùng $\geq 8$ (loại).

Vậy giá trị duy nhất thỏa mãn là 64.

Xét các xâu nhị phân độ dài n không chứa xâu con 00.

Với $n = 1$, các xâu thỏa mãn là 0, 1. Suy ra $a_{1} = 2$.

Với $n = 2$, các xâu thỏa mãn là 01, 10, 11. Suy ra $a_{2} = 3$.

Với $n \geq 3$, một xâu nhị phân độ dài $n$ không chứa xâu con 00 có thể có ký tự tận cùng là 1 hoặc 0.

Nếu xâu có ký tự tận cùng là 1, thì $n - 1$ ký tự trước đó tạo thành một xâu độ dài $n - 1$ không chứa xâu con 00. Số lượng xâu như vậy là $a_{n - 1}$.

Nếu xâu có ký tự tận cùng là 0, thì để không xuất hiện xâu con 00, ký tự liền trước nó bắt buộc phải là 1. Tức là xâu kết thúc bằng 10. Khi đó, $n - 2$ ký tự trước đó tạo thành một xâu độ dài $n - 2$ không chứa xâu con 00. Số lượng xâu như vậy là $a_{n - 2}$.

Do đó, ta có hệ thức truy hồi: $a_{n} = a_{n - 1} + a_{n - 2}$ với mọi $n \geq 3$.

Xét mệnh đề a): Ta có $a_{3} = a_{2} + a_{1} = 3 + 2 = 5$.

Vậy mệnh đề a) Sai.

Xét mệnh đề b): Số lượng xâu nhị phân có 11 ký tự không chứa xâu con 00 và có tận cùng bên phải bằng 1 chính là trường hợp thứ nhất khi $n = 11$.

Theo chứng minh trên, số lượng xâu này bằng số lượng xâu hợp lệ có độ dài $11 - 1 = 10$, tức là bằng $a_{10}$.

Vậy mệnh đề b) Đúng.

Xét mệnh đề c): Từ hệ thức truy hồi $a_{n} = a_{n - 1} + a_{n - 2}$ với mọi $n \geq 3$, ta suy ra $a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_{n}$ với mọi $n \geq 1$.

Do đó không tồn tại giá trị $n$ nào để $a_{n + 2} < a_{n + 1} + a_{n}$.

Vậy mệnh đề c) Sai.

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 S là tập hợp các số tự nhiên không vượt quá 100. Ta có $S = \left\{ 0;1;2;...;100 \right\}$.

Số phần tử của không gian mẫu (chọn ngẫu nhiên một số từ S) là $n(\Omega) = 101$.

Gọi A là tập hợp các số thuộc S chia hết cho 4. Ta có $A = \left\{ 0;4;8;...;100 \right\}$.

Số phần tử của tập $A$ là $n(A) = \dfrac{100 - 0}{4} + 1 = 26$.

Gọi B là tập hợp các số thuộc S chia hết cho 6. Ta có $B = \left\{ 0;6;12;...;96 \right\}$.

Số phần tử của tập $B$ là $n(B) = \dfrac{96 - 0}{6} + 1 = 17$.

Tập hợp các số chia hết cho cả 4 và 6 là tập các số chia hết cho Bội chung nhỏ nhất của 4 và 6, tức là chia hết cho 12.

Gọi $A \cap B$ là tập hợp các số thuộc S chia hết cho 12. Ta có $A \cap B = \left\{ 0;12;24;...;96 \right\}$.

Số phần tử của tập $A \cap B$ là $n(A \cap B) = \dfrac{96 - 0}{12} + 1 = 9$.

Số các số chỉ chia hết cho 4 hoặc 6 mà không chia hết cho cả hai là:

$n(A) + n(B) - 2n(A \cap B) = 26 + 17 - 2.9 = 25$ (số).

Xác suất cần tìm là $P = \dfrac{25}{101}$.

Vậy $a + b = 25 + 101 = 126$

a) \(\begin{array}{l}{u_n} = \sqrt 3 \cos n - \sin n\\\,\,\,\,\,\, = 2.\left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\cos n - \dfrac{1}{2}\sin n} \right)\\\,\,\,\,\,\, = 2.\left( {\sin \dfrac{\pi }{3}\cos n - \cos \dfrac{\pi }{3}\sin n} \right)\\\,\,\,\,\,\, = 2\sin \left( {\dfrac{\pi }{3} - n} \right)\end{array}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l} - 1 \le \sin \left( {\dfrac{\pi }{3} - n} \right) \le 1\\ \Leftrightarrow  - 2 \le 2\sin \left( {\dfrac{\pi }{3} - n} \right) \le 2\\ \Leftrightarrow  - 2 \le {u_n} \le 2\end{array}\)

Vậy dãy số bị chặn dưới tại -2 và bị chặn trên tại 2.

Vậy mệnh đề a đúng.

b) Giả sử dãy số $(u_n)$ tuần hoàn. Khi đó, tồn tại một số nguyên dương $T$ sao cho $u_{n+T} = u_n$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$.

Điều này tương đương với: $\cos\left(n + T + \frac{\pi}{6}\right) = \cos\left(n + \frac{\pi}{6}\right)$ với mọi $n$.

Hàm cosin tuần hoàn với chu kì $2\pi$, do đó ta phải có $T = k2\pi$ ($k \in \mathbb{Z}^*$).

Tuy nhiên, vì $\pi$ là một số vô tỉ nên không tồn tại số nguyên dương $T$ nào thỏa mãn $T = k2\pi$.

Vậy dãy số này không tuần hoàn nên mệnh đề b sai

c) Giả sử có số hạng của dãy bằng $2$, tức là tồn tại $n \in \mathbb{N}^*$ sao cho $u_n = 2$.

Ta có phương trình:

Vì $k \in \mathbb{Z}$ và $\pi$ là số vô tỉ nên vế phải $k2\pi - \dfrac{\pi}{6}$ luôn là một số vô tỉ. Trong khi đó, vế trái $n$ là một số nguyên dương. Điều này là vô lí.

Do phương trình vô nghiệm trên tập $\mathbb{N}^*$ nên không có số hạng nào của dãy số nhận giá trị bằng $2$.

Vậy mệnh đề c đúng

Ta có: $\overset{\rightarrow}{x}.\overset{\rightarrow}{y} = \left( {\overset{\rightarrow}{a} - 2\overset{\rightarrow}{b}} \right)\left( {\overset{\rightarrow}{a} - \overset{\rightarrow}{b}} \right)$$= \left| \overset{\rightarrow}{a} \right|^{2} + 2\left| \overset{\rightarrow}{b} \right|^{2} - 3\left| \overset{\rightarrow}{a} \right|.\left| \overset{\rightarrow}{b} \right|.\cos\left( {\overset{\rightarrow}{a},\overset{\rightarrow}{b}} \right)$$= 4^{2} + 2.3^{2} - 3.4.3.\dfrac{5}{6} = 4$

$\left( \overset{\rightarrow}{x} \right)^{2} = \left( {\overset{\rightarrow}{a} - 2\overset{\rightarrow}{b}} \right)^{2} = \left| \overset{\rightarrow}{a} \right|^{2} - 4.\overset{\rightarrow}{a}.\overset{\rightarrow}{b} + 4\left| \overset{\rightarrow}{b} \right|^{2} = 4^{2} - 4.4.3.\dfrac{5}{6} + 4.3^{2} = 12$$\left. \Rightarrow\left| \overset{\rightarrow}{x} \right| = 2\sqrt{3} \right.$

$\left( \overset{\rightarrow}{y} \right)^{2} = \left( {\overset{\rightarrow}{a} - \overset{\rightarrow}{b}} \right)^{2} = \left| \overset{\rightarrow}{a} \right|^{2} - 2.\overset{\rightarrow}{a}.\overset{\rightarrow}{b} + \left| \overset{\rightarrow}{b} \right|^{2} = 4^{2} - 2.4.3.\dfrac{5}{6} + 3^{2} = 5$$\left. \Rightarrow\left| \overset{\rightarrow}{y} \right| = \sqrt{5} \right.$

$\left. \Rightarrow\cos\alpha = \cos\left( {\overset{\rightarrow}{x},\overset{\rightarrow}{y}} \right) = \dfrac{\overset{\rightarrow}{x}.\overset{\rightarrow}{y}}{\left| \overset{\rightarrow}{x} \right|.\left| \overset{\rightarrow}{y} \right|} = \dfrac{4}{2\sqrt{3}.\sqrt{5}} \approx 0,52 \right.$

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SB\\AH \bot BC\,\,\left( {do\,\,BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\).

Tương tự \(AK \bot SC \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right)\).

Lại có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {\left( {AHK} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC;SA} \right) = \angle ASC = {30^0}\).

Diện tích hình chữ nhật \(ABCD\) là: \(S = 3a.4a = 12{a^2}\).

Đường chéo \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}}  = 5a\).

Tam giác SAC vuông tại A \( \Rightarrow SA = \dfrac{{AC}}{{\cot B}} = \dfrac{{5a}}{{\cot {{30}^0}}} = 5a\sqrt 3 \).

Thể tích khối chóp đã cho bằng \(V = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BACD}} = \dfrac{1}{3}.5a\sqrt 3 .12{a^2} = 20\sqrt 3 {a^3}\).

Ta có: \(T=2 \sin \left(4 \pi+\dfrac{\pi}{2}-x\right)+3 \cos (18 \pi+\pi-x)\)

\(=2 \sin \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)+3 \cos (\pi-x)=2 \cos x-3 \cos x=-\cos x\)

Vậy \(k=-1\).

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {a{x^2} + bx}  - cx} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\left( {a - {c^2}} \right){x^2} + bx}}{{\sqrt {a{x^2} + bx}  + cx}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\left( {a - {c^2}} \right)x + b}}{{\sqrt {a + \dfrac{b}{x}}  + c}} =  - 2\)

Khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - {c^2} = 0}\\{\dfrac{b}{{\sqrt a  + c}}}\end{array} =  - 2 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {c^2}}\\{b =  - 2\sqrt a  - 2c}\end{array}} \right.} \right.\). Kết hợp với \({c^2} + a = 18\)

Do đó \(2{c^2} = 18 \Leftrightarrow {c^2} = 9 \to a = 9\) và \(c = 3\) (vì \(c \ne  - \sqrt a \) )

Vậy \(b =  - 2\sqrt a  - 2c =  - 2\sqrt 9  - 2.3 =  - 12\)

Đặt hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ

Khi đó đường tròn có bán kính R = 15 và elip có nửa độ dài trục lớn là a = 30, nửa độ dài trục bé là b = 15.

Diện tích hình tròn là \({S_{\left( C \right)}} = \pi {R^2} = \pi {.15^2} = 225\pi \).

Diện tích Elip là \({S_{\left( E \right)}} = \pi ab = \pi .30.15 = 450\pi \).

Diện tích nửa bên ngoài đường tròn trồng hoa màu là: \(S = {S_{\left( E \right)}} - {S_{\left( C \right)}} = 450\pi  - 225\pi  = 225\pi .\)

Vậy tỉ số diện tích \(T = \dfrac{{225\pi }}{{225\pi }} = 1.\)

Giải phương trình \(\left| {\ln x} \right| = 1\,\,\left( {x > 0} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\ln x = 1\\\ln x =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = e\\x = \dfrac{1}{e}\end{array} \right.\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm số \(y = \left| {\ln x} \right|,y = 1\) được tính bởi công thức:

\(S = \int\limits_{\dfrac{1}{e}}^e {\left| {\left| {\ln x} \right| - 1} \right|dx}  =  - \int\limits_{\dfrac{1}{e}}^e {\left( {\left| {\ln x} \right| - 1} \right)dx} \)\( = \int\limits_{\dfrac{1}{e}}^e {\left( {1 - \left| {\ln x} \right|} \right)} dx\).

Mặt cầu (S): \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 4\) có tâm O, R = 2.

Cắt khối cầu (S) bởi các mặt phẳng \(z = {z_0} \in \left[ { - 2;2} \right]\), ta được thiết diện là các hình tròn có diện tích

\(S\left( z \right) = \pi {r^2} = \pi \left( {{R^2} - {z^2}} \right) = \pi \left( {4 - {z^2}} \right)\).

Thể tích phần nhỏ là: \({V_1} = \int\limits_1^2 {\pi \left( {4 - {z^2}} \right)dz}  = \dfrac{5}{3}\pi \).

Thể tích khối cầu là: \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^2} = \dfrac{{32\pi }}{3} \Rightarrow \) Thể tích phần lớn là: \({V_2} = 9\pi  \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{5}{{27}}\).

Xét hàm số \(h\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {\left( {x - 1} \right)^2} \Rightarrow h'\left( x \right) = 2\left[ {f'\left( x \right) - \left( {x - 1} \right)} \right]\).

\(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = a\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên sau:

Đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = \left| {2f\left( x \right) - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right|\) có nhiều cực trị nhất khi h(x) có nhiều giao điểm với trục hoành nhất là 6 giao điểm.

Vậy, đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = \left| {2f\left( x \right) - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right|\) có tối đa 11 cực trị.

Ta có:

\[\begin{array}{l}{u_{n + 1}} = {u_n} + \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}},\forall n \in {\mathbb{N}^*}\\ \Rightarrow {u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}} = \frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}}\\ \Rightarrow {u_2} - {u_1} = \frac{1}{1} - \frac{1}{2} \Rightarrow {u_2} = 1 + \frac{1}{1} - \frac{1}{2} = 1 + 1 - \frac{1}{2}\\{u_3} - {u_2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \Rightarrow {u_3} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + 1 + 1 - \frac{1}{2} = 1 + 1 - \frac{1}{3}\\{u_4} - {u_3} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \Rightarrow {u_4} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + 1 + \frac{1}{1} - \frac{1}{3} = 1 + 1 - \frac{1}{4}\\...\\{u_{100}} = 1 + 1 - \frac{1}{{100}} = \frac{{199}}{{100}}.\end{array}\]

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

Giả sử quỹ đạo 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:

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

Xét tam giác ASA₁ có :

Do 3 số \(x,\,y,\,z\) lập thành một cấp số cộng và có tổng bằng \(21\) nên ta có  \(\left\{ \begin{array}{l}x + z = 2y\\x + y + z = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + z = 14\\y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 14 - z\\y = 7\end{array} \right.\) (1)

Nếu lần lượt thêm các số \(2;\,3;\,9\) vào ba số đó (theo thứ tự của cấp số cộng) thì được ba số lập thành một cấp số nhân nên ta có: \(\left( {x + 2} \right)\left( {z + 9} \right) = {\left( {y + 3} \right)^2}\) (2)

Thay (1) vào (2) ta có: \(\left( {14 - z + 2} \right)\left( {z + 9} \right) = {\left( {7 + 3} \right)^2} \Leftrightarrow {z^2} - 7z - 44 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z = 11\\z =  - 4\end{array} \right.\)

\(z = 11 \Rightarrow x = 14 - 11 = 3\)\( \Rightarrow F = {x^2} + {y^2} + {z^2} = {3^2} + {7^2} + {11^2} = 179\)

\(z =  - 4 \Rightarrow x = 14 - \left( { - 4} \right) = 18\)\( \Rightarrow F = {x^2} + {y^2} + {z^2} = {18^2} + {7^2} + {\left( { - 4} \right)^2} = 389\).

Chọn: A

Gọi $I$ là tâm của mặt cầu.

Ta có mặt cầu $(S):x^{2} + y^{2} + z^{2} - 4x + 12y + 6z + 24 = 0$

$\left. \Rightarrow I(2; - 6; - 3),\mspace{6mu} R = 5 \right.$

Suy ra: $OI = \sqrt{2^{2} + {( - 6)}^{2} + {( - 3)}^{2}} = \sqrt{49} = 7$

Theo đề bài:

$ON^{2} - OM^{2} = 112$

$OM^{2} - ON^{2} = - 112$

Ta có: $\left. {(\overset{\rightarrow}{OI} + \overset{\rightarrow}{IM})}^{2} - {(\overset{\rightarrow}{OI} + \overset{\rightarrow}{IN})}^{2} = - 112\Rightarrow\overset{\rightarrow}{OI} \cdot \overset{\rightarrow}{NM} = - 56 \right.$

Lại có: $\left. OI \cdot MN \cdot \cos(\overset{\rightarrow}{OI},\overset{\rightarrow}{MN}) = - 56\Rightarrow 7 \cdot 8 \cdot \cos(\overset{\rightarrow}{OI},\overset{\rightarrow}{MN}) = - 56\Rightarrow\cos(\overset{\rightarrow}{OI},\overset{\rightarrow}{MN}) = - 1 \right.$

Suy ra: $d(O,MN) = d(I,MN) = \sqrt{5^{2} - 4^{2}} = \sqrt{25 - 16} = 3$

Đường thẳng $\Delta_1$ có vectơ chỉ phương $\vec{u_1} = (1; -1; 2)$.

Đường thẳng $\Delta_2$ có vectơ chỉ phương $\vec{u_2} = (3; -1; 3)$.

Gọi $A = \Delta \cap \Delta_1 \Rightarrow A(1+t; 3-t; 2+2t)$.

Gọi $B = \Delta \cap \Delta_2 \Rightarrow B(3s; -s; -1+3s)$.

Suy ra $\vec{AB} = (3s - t - 1; -s + t - 3; 3s - 2t - 3)$.

Vì $\Delta$ là đường vuông góc chung của $\Delta_1$ và $\Delta_2$ nên $\Delta \perp \Delta_1$ và $\Delta \perp \Delta_2$, ta có hệ điều kiện:

$\begin{cases} \vec{AB} \cdot \vec{u_1} = 0 \\ \vec{AB} \cdot \vec{u_2} = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 1(3s - t - 1) - 1(-s + t - 3) + 2(3s - 2t - 3) = 0 \\ 3(3s - t - 1) - 1(-s + t - 3) + 3(3s - 2t - 3) = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 3s - t - 1 + s - t + 3 + 6s - 4t - 6 = 0 \\ 9s - 3t - 3 + s - t + 3 + 9s - 6t - 9 = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 10s - 6t = 4 \\ 19s - 10t = 9 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} s = 1 \\ t = 1 \end{cases}$

Với $t = 1$, ta có $A(2; 2; 4)$.

Với $s = 1$, ta có $B(3; -1; 2)$.

Vectơ chỉ phương của $\Delta$ là $\vec{AB} = (1; -3; -2)$.

Đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm $A(2; 2; 4)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{AB} = (1; -3; -2)$ nên có phương trình tham số là:

$\begin{cases} x = 2 + k \\ y = 2 - 3k \\ z = 4 - 2k \end{cases}$

Vì điểm $M(a; b; 4) \in \Delta$ nên tồn tại số thực $k$ sao cho:

$\begin{cases} a = 2 + k \\ b = 2 - 3k \\ 4 = 4 - 2k \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = 2 + 0 \\ b = 2 - 3(0) \\ k = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = 2 \\ b = 2 \end{cases}$

Vậy $a = 2$ và $b = 2$.

Suy ra $a + b = 2 + 2 = 4$.

Đáp án: 4

Hàm số đã cho là $f(x) = \cos x$ với cận từ $a = 0$ đến $b = \dfrac{\pi}{2}$.

Trước tiên, ta tính diện tích $A$:

$A = {\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\cos}xdx = \left\lbrack {\sin x} \right\rbrack_{0}^{\dfrac{\pi}{2}} = \sin\left( \dfrac{\pi}{2} \right) - \sin(0) = 1$

Tiếp theo, tính tung độ trọng tâm $\overline{y}$:

$\overline{y} = \dfrac{1}{2A}{\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\cos^{2}}xdx = \dfrac{1}{2 \cdot 1}{\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{1 + \cos(2x)}{2}}dx$

$\overline{y} = \dfrac{1}{4}{\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}{(1 + \cos(}}2x))dx = \dfrac{1}{4}\left\lbrack {x + \dfrac{1}{2}\sin(2x)} \right\rbrack_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}$

$\overline{y} = \dfrac{1}{4}\left( {\dfrac{\pi}{2} + \dfrac{1}{2}\sin(\pi) - 0} \right) = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{\pi}{2} = \dfrac{\pi}{8}$

A: Xem lại định nghĩa mức phản ứng. Mức phản ứng là khả năng biến đổi kiểu hình do môi trường trong phạm vi quy định bởi kiểu gene.

→ Sai, vì mức phản ứng phụ thuộc vào kiểu gene.

B: Mỗi gene trong kiểu gene có thể tác động riêng lẻ đến kiểu hình và có mức phản ứng riêng.

→ Đúng.

C: Tính trạng số lượng thường chịu ảnh hưởng của nhiều yếu tố môi trường nên mức phản ứng rộng. Tính trạng chất lượng ít chịu ảnh hưởng của môi trường nên mức phản ứng hẹp.

→ Sai.

D: các gene trong 1 kiểu gene có mức phản ứng khác nhau.

→ Sai.