Thi thử toàn quốc Đánh giá tư duy Bách Khoa (TSA) - Trạm số 1 (Free) (TSA2109)

Dễ thầy hàm y = tan2x là hàm số lẻ. Hàm số y = cos2x là hàm số chẵn.

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = \sin \left( {x + \dfrac{\pi }{3}} \right)\) ta có: \(f\left( { - x} \right) = \sin \left( { - x + \dfrac{\pi }{3}} \right) \ne  - f\left( x \right)\) nên hàm số không chẵn không lẻ.

Xét hàm số y = sinx.cosx ta có \(f\left( { - x} \right) = \sin \left( { - x} \right).\cos \left( { - x} \right) =  - \sin x.\cos x =  - f\left( x \right)\) nên đây là hàm số lẻ.

Vậy có 2 hàm số lẻ.

\(y = {2^{\sqrt x }} + \log \left( {3 - x} \right)\) xác định khi \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\3 - x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\x < 3\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le x < 3\)

a) Sai: Đường thẳng \(d\) có phương trình \(4x-3y-2=0\) có vectơ pháp tuyến \(\vec{n_d} = (4, -3)\).

Đường thẳng đi qua \(A(3, -3)\) và vuông góc với \(d\) có vectơ chỉ phương \(\vec{u} = (4, -3)\).  Vậy vectơ pháp tuyến của đường thẳng này là \(\vec{n} = (3, 4)\).

Phương trình đường thẳng đi qua \(A(3, -3)\) và có vectơ pháp tuyến \(\vec{n} = (3, 4)\) là:

\(3x + 4y + 3 = 0\)

b) Sai:  Trung điểm của đoạn \(AB\): \(I = \left(\frac{3+(-1)}{2}, \frac{-3+(-5)}{2}\right) = (1, -4)\).

Bán kính \(R\) của đường tròn là \(R = \dfrac{AB}{2}\).

\(AB = \sqrt{(-1-3)^2 + (-5-(-3))^2} = \sqrt{(-4)^2 + (-2)^2} = \sqrt{16+4} = \sqrt{20}\).

\(R = \dfrac{\sqrt{20}}{2}\), vậy \(R^2 =\dfrac{20}{4} = 5\).

 Phương trình đường tròn tâm \(I(1, -4)\), bán kính \(R = \sqrt{5}\) là: \((x-1)^2 + (y+4)^2 = 5\)

c) Sai: Khoảng cách từ \(A(3, -3)\) đến \(d: 4x - 3y - 2 = 0\) là:

\(d(A, d) = \dfrac{|4(3) - 3(-3) - 2|}{\sqrt{4^2 + (-3)^2}} = \dfrac{19}{5}\)

Khoảng cách từ \(B(-1, -5)\) đến \(d: 4x - 3y - 2 = 0\) là:

\(d(B, d) = \dfrac{|4(-1) - 3(-5) - 2|}{\sqrt{4^2 + (-3)^2}} = \dfrac{9}{5}\)

Vì \(\dfrac{19}{5} > \dfrac{9}{5}\) nên khoảng cách từ \(A\) tới \(d\) lớn hơn khoảng cách từ \(B\) tới \(d\).

d) Đúng: Vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là \(\vec{u_{AB}} = (-4, -2)\).

Vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(d\) là \(\vec{n_d} = (4, -3)\)

Vậy vectơ chỉ phương của \(d\) là \(\vec{u_d} = (3, 4)\)

Cosin của góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(d\) được tính bằng công thức:

\(cos \alpha = \dfrac{|\vec{u_{AB}} \cdot \vec{u_d}|}{|\vec{u_{AB}}| \cdot |\vec{u_d}|} = \dfrac{|2 \cdot 3 + 1 \cdot 4|}{\sqrt{2^2 + 1^2} \cdot \sqrt{3^2 + 4^2}}\)

\( = \dfrac{|6+4|}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{25}} = \dfrac{10}{5 \sqrt{5}} = \dfrac{2}{\sqrt{5}}\)

Tung đồng xu 3 lần liên tiếp, có \(n(\Omega ) = {2^3} = 8\).

Biến cố A: "Mặt sấp xuất hiện đúng một lần".

Kết quả thuận lợi cho biến cố A là SNN, NSN, NNS, có \(n(A) = 3\)

Vậy \(P(A) = \dfrac{3}{8}\)

$\left| {\overset{\rightarrow}{AB} + \overset{\rightarrow}{AD} - \overset{\rightarrow}{SC}} \right| = \left| {\overset{\rightarrow}{AC} + \overset{\rightarrow}{CS}} \right| = \left| \overset{\rightarrow}{AS} \right| = SA = 5$

Thể tích của khối thép hình trụ bằng: \({V_1} = \pi {r^2}{h_1} = \pi {14^2} . 30 = 5880\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Thể tích của khối nón có bán kính đáy \(14{\rm{\;cm}}\) và chiều cao \(15{\rm{\;cm}}\) bằng \({V_2} = \pi {r^2}{h_2} = \dfrac{1}{3}\pi  . {14^2} . 15 = 980\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Thể tích của dụng cụ bằng \(V = {V_1} - {V_2} = 5880\pi  - 980\pi  \approx 15393,8{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}\).

Ta có $P(t) = 100\dfrac{t^{2} + 10t + 100}{t^{2} + 20t + 100}$ với $t \geq 0$

Khi đó $\left. P'(t) = 100.\dfrac{10x^{2} - 1000}{\left( {x^{2} + 20x + 100} \right)^{2}} = 0\Leftrightarrow x = 10 \right.$

Tại $\left. x = 10\Rightarrow y = 75 \right.$ nên toạ độ điểm cực trị là $\left. P\left( {10;75} \right)\Rightarrow a + b = 85 \right.$

Ta có: \(b = 5\;{\rm{m}}\) và \(2a = 20\;{\rm{m}} \Rightarrow a = 10\;{\rm{m}}\)

Vậy phương trình của elip (E) là: \(\dfrac{{{x^2}}}{{{{10}^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{5^2}}} = 1\)

Điểm \(A\) cách chân tường 5 m nên \(A(5;0)\).

Ta có độ dài AB chính là khoảng cách từ điểm A đến nóc nhà vòm.

Gọi \(B(5;y)\). Vì \(B \in (E)\) nên thay tọa độ \(B\) vào phương trình \((E)\), ta được:

\(\dfrac{{{5^2}}}{{{{10}^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{5^2}}} = 1\) \( \Rightarrow {y^2} = \dfrac{{75}}{4} \Rightarrow y = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}\)

Khoảng cách theo phương thẳng đứng từ điểm cách chân tường 5m đến nóc nhà vòm là \(\dfrac{{5\sqrt 3 }}{2}\) mét.

Vậy \(T = a + 2b - c = 5 + 6 - 2 = 9\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\)

Do \(\Delta ABC,BCD\) đều \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\DH \bot BC\end{array} \right.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC} \right) \cap \left( {BCD} \right) = BC\\AH \subset \left( {ABC} \right)\,;\,\,AH \bot BC\\DH \subset \left( {BCD} \right)\,;\,\,DH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left[ {\left( {ABC} \right);\left( {BCD} \right)} \right] = \angle \left( {AH;DH} \right)\)

Tam giác \(ABC,BCD\) đều cạnh \(a \Rightarrow AH = DH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng định lý Cosin trong tam giác \(ADH\):

\(\cos \angle AHD = \dfrac{{A{H^2} + H{D^2} - A{D^2}}}{{2AH.HD}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {a^2}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{1}{3}\)

Vậy \(\cos \left( {\left( {ABC} \right);\left( {BCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{3}\).

Số khối nước tại thời điểm \(t\) là \(4 t+30\)

Số kg bột có được tại thời điểm \(t\) là \(3 t\)

Nồng độ bột xử lý nước có trong hổ tại thời điểm \(t\) là \(f(t)=\dfrac{3 t}{4 t+30}\) với \(t \geq 0\).

Khảo sát hàm số \(f(t)=\dfrac{3 t}{4 t+30}\) có đao hàm \(f^{\prime}(t)=\dfrac{90}{(4 t+30)^2}\) nên hàm số \(f(t)\) đồng biến trên \((0 ;+\infty)\)

Khi đó \(\lim _{t \rightarrow+\infty} f(t)=\lim _{t \rightarrow \infty} \dfrac{3 t}{4 t+30}=\dfrac{3}{4}=0,75\).

\(({x^2} - 3x)\)\(\left[ {{{\log }_2}(x + 25) - 6} \right] < 0\)

TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}x >  - 25\\{x^2} - 3x > 0\\{\log _2}(x + 25) - 6 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in ( - 25;0) \cup (3;39)\) có 59 giá trị x nguyên.

TH2:\(\left\{ \begin{array}{l}x >  - 25\\{x^2} - 3x < 0\\{\log _2}(x + 25) - 6 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow VN\)

Vậy có 59 giá trị x nguyên thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Xét $D\left( {x_{D},y_{D}} \right)$ khi đó $C\left( {x_{D} + \dfrac{2\pi}{3};y_{D}} \right)$

$\begin{array}{l} \left. \Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {y_{D} = \sin x_{D}} \\ {y_{D} = \sin\left( {x_{D} + \dfrac{2\pi}{3}} \right)} \end{array} \right.\Rightarrow\sin x_{D} = \sin\left( {x_{D} + \dfrac{2\pi}{3}} \right) \right. \\ \left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x_{D} = x_{D} + \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi} \\ {x_{D} = \pi - x_{D} - \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi} \end{array} \right.\Leftrightarrow x_{D} = \dfrac{\pi}{6} + k\pi \right. \end{array}$

Do $\left. x_{D} \in \left\lbrack {0,\pi} \right\rbrack\Rightarrow x_{D} = \dfrac{\pi}{6}\Rightarrow y_{D} = \dfrac{1}{2} \right.$

Vậy độ dài BC bằng $\dfrac{1}{2} = 0,5$

Hình chiếu của \(SB\) lên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là \(SA \Rightarrow \angle \left( {SB,\left( {SAD} \right)} \right) = \angle \left( {SB,SA} \right) = \angle BSA\).

Tam giác \(BSA\) vuông tại \(S\) ta có \({\rm{tan}}\angle BSA = \dfrac{{AB}}{{SA}} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \angle BSA = {30^ \circ }\).

Phương trình đã cho có nghiệm khi \( - 1 \le 3m - 5 \le 1 \Leftrightarrow 4 \le 3m \le 6 \Leftrightarrow \dfrac{4}{3} \le m \le 2\).

Khi đó tập hợp tất cả các giá trị của \(m\) để phương trình có nghiệm là \(\left[ {\dfrac{4}{3};2} \right]\).

Ta được \(a = \dfrac{4}{3}\); \(b = 2\). Suy ra \(3a + b = 6\).

Xét các diện tích $S_{1},S_{2},S_{3},S_{4},S_{5}$được ký hiệu như hình.

$S_{1} = \dfrac{1.2}{2} = 1$

$S_{2} = \dfrac{2.4}{2} = 4$

$S_{3} = \dfrac{1.\left( {1 + 2} \right)}{2} = \dfrac{3}{2}$

$S_{4} = \dfrac{1}{2}.\pi.1^{2} + 1.2 = 2 + \dfrac{\pi}{2}$

$S_{5} = 1.1 = 1$

$\left. \Rightarrow{\int\limits_{- 6}^{4}{f(x)dx = - S_{1} + S_{2} + S_{3} + S_{4} + S_{5}}} = - 1 + 4 + \dfrac{3}{2} + 2 + \dfrac{\pi}{2} + 1 = \dfrac{\pi + 15}{2} \right.$.

Lại có $\int\limits_{- 6}^{4}{\left( {x^{2} - x} \right)dx = \left( {\dfrac{x^{3}}{3} - \dfrac{x^{2}}{2}} \right)\left| \begin{array}{l} {}^{4} \\ {}_{- 6} \end{array} \right. = \dfrac{310}{3}}$

$\left. \Rightarrow I = \dfrac{\pi + 15}{2} + \dfrac{310}{3} \approx 112,4 \right.$

Tập xác định: $D=\mathbb{R}$.

Ta có: $y^{\prime}=3 x^2+2(m+1)x+3$ nên a) đúng.

Khi $m=-1$ ta có $y^{\prime}=3 x^2+3>0$ nên hàm số luôn đồng biến trên $(-\infty ;+\infty)$, nên b) đúng.

Hàm số $y=x^3+(m+1) x^2+3 x+2$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi

$y^{\prime} \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}$. $\Leftrightarrow \Delta^{\prime}=(m+1)^2-9 \leq 0 \Leftrightarrow m^2+2 m-8 \leq 0 \Leftrightarrow-4 \leq m \leq 2$.

Vậy $m \in[-4 ; 2]$ do đó có 7 giá trị nguyên của tham số $m$ 

Áp dụng định lí Pytago ta có:

\(\begin{array}{l}{r_1} = \sqrt {{R^2} - O{I^2}}  = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\dfrac{R}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{2\sqrt 2 R}}{3}\\{r_2} = \sqrt {{R^2} - O{K^2}}  = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\dfrac{{2R}}{3}} \right)}^2}}  = \dfrac{{R\sqrt 5 }}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{{{r_1}}}{{{r_2}}} = \dfrac{{\dfrac{{2\sqrt 2 R}}{3}}}{{\dfrac{{R\sqrt 5 }}{3}}} = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{4}{{\sqrt {10} }}\end{array}\)

5 số hạng đầu của dãy là: \(\dfrac{1}{2};\,\,\dfrac{1}{6};\,\,\dfrac{1}{{12}};\,\,\dfrac{1}{{20}};\,\,\dfrac{1}{{30}}\)

Ta có \({u_{n + 1}} = \dfrac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2} + n + 1}} < \dfrac{1}{{{n^2} + n}} = {u_n}\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*} \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) là dãy số giảm.

Với $n \geq 1 \Rightarrow n^2+n \geq 2 \Leftrightarrow \frac{1}{n^2+n} \leq \frac{1}{2}$

Các số nguyên dương chia 3 dư 1 là: 1, 4, 7, 10, …

Dãy trên lập thành cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 1,\) công sai d = 3.

Tổng 50 số hạng đầu tiên của cấp số cộng trên là:  \({S_{50}} = \dfrac{{50.\left[ {2.1 + \left( {50 - 1} \right).3} \right]}}{2} = 3725.\)

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  - 1} \dfrac{{f\left( x \right) - f\left( { - 1} \right)}}{{x + 1}} = 1\) tức là \(f'\left( { - 1} \right) = 1\)

Ta có số tiền phải nộp sau n ngày nộp trễ là \({T_n} = {T_0}.{\left( {1 + r} \right)^n} = 40000000.{\left( {1 + 0,0005} \right)^n}\)

Suy ra số tiền nộp phạt là \({T_n} - 40000000 = 40000000\left( {1,{{0005}^n} - 1} \right) \le 200000 \Leftrightarrow n \le 9,97\)

Vậy để số tiền phạt không quá 200000 thì cần nộp phạt trước 19 ngày.

$\begin{array}{l} {F(x) = \dfrac{10890e^{0,1x}}{\left( {1 + 100e^{0,2x}} \right)^{\dfrac{3}{2}}}} \\ \left. \Rightarrow F'(x) = \dfrac{10890e^{0,1x}.0,1.\left( {1 + 100e^{0,2x}} \right)^{\dfrac{3}{2}} - \dfrac{3}{2}.\left( {1 + 100e^{0,2x}} \right)^{\dfrac{1}{2}}.100e^{0,2x}.0,2.10890e^{0,1x}}{\left( {1 + 100e^{0,2x}} \right)^{2}} \right. \\ {= \dfrac{10890e^{0,1x}.\left\lbrack {0,1 - 20e^{0,2x}} \right\rbrack}{\left( {1 + 100e^{0,2x}} \right)^{\dfrac{3}{2}}}} \\ \left. \Rightarrow F'(x) = 0,1 - 20e^{0,2x} = 0\Leftrightarrow x = 5\ln\dfrac{1}{200} \right. \\ \left. \Rightarrow F(x)_{\max} = F\left( {5\ln\dfrac{1}{200}} \right) \approx 419 \right. \end{array}$

Đáp số: 419

Chiều cao trung bình của học sinh lớp 11C1 là

\(\bar x = \dfrac{{7.152,5 + 15.157,5 + 12.162,5 + 8.167,5 + 3.172,5}}{{7 + 15 + 12 + 8 + 3}} \approx 160,9\)

Khi đó \(a + b + c + d = 1 + 6 + 0 + 9 = 15\).

$R(\theta) = \dfrac{v_{0}^{2}\sqrt{2}}{32}\lbrack\sin(2\theta) - \cos(2\theta) - 1\rbrack$ đạt GTLN khi $f(\theta) = \sin 2\theta - \cos 2\theta - 1$ đạt GTLN với $45^{{^\circ}} < \theta < 90^{{^\circ}}$

$f(\theta) = \sin 2\theta - \cos 2\theta - 1 = \sqrt{2}\sin\left( {2\theta - \dfrac{\pi}{4}} \right) - 1$

Do $\left. - 1 \leq \sin\left( {2\theta - \dfrac{\pi}{4}} \right) \leq 1\Leftrightarrow - \sqrt{2} - 1 \leq f(\theta) \leq \sqrt{2} - 1 \right.$

Vậy $\left. f(\theta)_{\max}\Leftrightarrow\sin\left( {2\theta - \dfrac{\pi}{4}} \right) = 1\Leftrightarrow 2\theta - \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2} + k2\pi\Leftrightarrow\theta = \dfrac{3\pi}{8} + k\pi \right.$

Do $45^{{^\circ}} < \theta < 90^{{^\circ}}$ nên $\theta = 67,5^{0}$

$OM = 14;\widehat{NOB} = 32^{\circ};\widehat{MOC} = 65^{\circ}$

Ta có $\Delta MOC$ vuông tại C, $\left. \angle MOC = 65^{0}\Rightarrow z_{C} = OC = OM.\cos MOC = 14.\cos 65^{0} \right.$

$ON = MC = OM.\sin OMC = 14.\sin 65^{0}$

Khi đó $y_{M} = OB = ON.\cos NOB = 14.\sin 65^{0}.\cos 32^{0}$

Ta có $\angle NOA = 90^{0} - 32^{0} = 58^{0}$ nên $x_{M} = OA = ON.\cos NOA = 14.\sin 65^{0}.\cos 58^{0}$

Vậy $a + 2b + 3c = 14.\sin 65^{0}.\cos 58^{0} + 2.14.\sin 65^{0}.\cos 32^{0} + 3.14.\cos 65^{0} \approx 46$

Từ $\sqrt{\overline{abc}} = (a + b)\sqrt{c}$, suy ra $\left. 100a + 10b + c = {(a + b)}^{2}c\Rightarrow 10(10a + b) = c\left\lbrack {{(a + b)}^{2} - 1} \right\rbrack \right.$ (*)

Vì $a \geq 1$ nên $\left. 10(10a + b) \geq 100\Rightarrow c\left\lbrack {{(a + b)}^{2} - 1} \right\rbrack \geq 100\Rightarrow a + b \geq 4 \right.$ và $c \geq 1$.

Nếu $a + b$ không chia hết cho 3 thì ${(a + b)}^{2} \equiv 1(\,{mod}\, 3)$.

Từ (*) suy ra $\left. (10a + b) \vdots 3\Rightarrow(a + b) \vdots 3 \right.$ (vô lý).

Như vậy $(a + b) \vdots 3$ nên $(10a + b) \vdots 3$.

Từ (*) suy ra $c \vdots 3$ và do đó $c$ không chia hết cho 5

Từ (*) suy ra $\left. \left\lbrack {{(a + b)}^{2} - 1} \right\rbrack:5\Rightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {a + b - 1 = 1} \\ {a + b + 1 = 1} \end{array} \right. \right.$.

Kết hợp với $(a + b) \vdots 3$ ta suy ra $a + b = 6$ hoặc $a + b = 9$.

Trường hợp 1: $a + b = 9$ thay vào (*) ta được:

$\left. 10(9a + 9) = 80c\Rightarrow 8c = 9(a + 1)\Rightarrow c \vdots 9\Rightarrow c = 9 \right.$, vì vậy $a = 7$, $b = 2,c = 9$

Trường hợp 2: $a + b = 6$ ta có

$\left. 10(9a + 6) = 35c\Leftrightarrow 30\left( {3a + 2} \right) = 35c\Leftrightarrow 6\left( {3a + 2} \right) = 7c\Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {c = 6} \\ {a = \dfrac{5}{3}} \end{array} \right. \right.$ (vô lý)

Vậy $abc = 126$

Xét một mã ISBN: 978 – 604 – 926 – 0ab với \(01 \le \overline {ab}  \le 50\)

Đặt \(c = \left( {9 + 8 + 0 + 9 + 6 + a} \right) + 3\left( {7 + 6 + 4 + 2 + 0 + b} \right) = 89 + a + 3b\)

Để mã kiểm tra bằng 1 thì \(89 + a + 3b\) chia 10 dư 9

Hay \(a + 3b \vdots 10\)

Ta có bảng:

Vì \(a \in \left[ {0;5} \right]\) nên \(a \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\)

Vậy có 4 cuốn sách thỏa mãn

Xét mặt cầu nhận $I$ (trạm phát tín hiệu) làm tâm, đi qua 3 điểm $A,B,C$ hình chiếu vuông góc của $I$ xuống $\left( {ABC} \right)$ là $K$.

Khi đó, do $\left. \Delta IKA = \Delta IKB = \Delta IKC\left( {IA = IB = IC} \right)\Rightarrow KA = KB = KC \right.$ nên $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$trong mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

Ta tính được $AB = 48,AC = 102,BC = 90$ suy ra tam giác $ABC$vuông tại $B$, và $K$là trung điểm $AC$, $AK = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{102}{2} = 51$.

Để ý$IA \geq KA = 51$, dấu bằng xảy ra khi $I$trùng $K$. Khi đó để khoảng cách trạm phát tín hiệu đến trạm không gian là nhỏ nhất thì trạm phát tín hiệu đặt tại $K$, và khoảng cách cần tính là 51.

Vị trí của tàu A sau khi xuất phát t (giờ) là điểm M có tọa độ \(\left( {7 + 36t; - 8 + 8t} \right)\).

Vị trí của tàu B sau khi xuất phát t (giờ) là điểm N có tọa độ \(\left( {9 + 8t;5 - 36t} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {MN}  = \left( {2 - 28t;13 - 44t} \right)\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow MN = \sqrt {{{\left( {2 - 28t} \right)}^2} + {{\left( {13 - 44t} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {2720{{\left( {t - \dfrac{{157}}{{680}}} \right)}^2} + \dfrac{{4761}}{{170}}}  \ge \sqrt {\dfrac{{4761}}{{170}}}  \approx 5,29\,\,\left( {km} \right)\end{array}\)

MN nhỏ nhất khoảng 5,29 km thì \(t = \dfrac{{157}}{{680}}\) (giờ).

Vậy sau \(\dfrac{{157}}{{680}} \approx 0,23\) giờ di chuyển thì hai tàu gần nhau nhất và cách nhau khoảng 5,29km.

S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ \(2;3;4;5;6;7;8\)

Do đó số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = A_7^4 = 840\).

Gọi X là biến cố: "Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A”.

Trong tập A có 4 số chẵn và 3 số lẻ.

Do đó số phần tử của X: \(n(X) = A_4^2 \cdot A_3^2 \cdot C_4^2 = 432\)

Vậy xác suất cần tìm là \(P(X) = \dfrac{{n(X)}}{{n(\Omega )}} = \dfrac{{18}}{{35}}\)

Vậy \(T = 2a + b = 2.18 + 35 = 71\).

Gọi $I\left( {x_{I},y_{I},z_{I}} \right)$ là điểm thoả mãn $\overset{\rightarrow}{IA} + \overset{\rightarrow}{IB} - \overset{\rightarrow}{IC} + 2\overset{\rightarrow}{ID} = \overset{\rightarrow}{0}$.

Ta tính được toạ độ điểm $I:\left\{ \begin{array}{l} {x_{I} = \dfrac{x_{A} + x_{B} - x_{C} + 2x_{D}}{1 + 1 - 1 + 2} = \dfrac{2 + 3 - 1 + 8}{3} = 4} \\ {y_{I} = \dfrac{y_{A} + y_{B} - y_{C} + 2y_{D}}{1 + 1 - 1 + 2} = \dfrac{7 + 6 - 8 + 6}{3} = \dfrac{11}{3}} \\ {z_{I} = \dfrac{z_{A} + z_{B} - z_{C} + 2z_{D}}{1 + 1 - 1 + 2} = \dfrac{5 + 4 - 2 + 4}{3} = \dfrac{11}{3}} \end{array} \right.$

Ta có:

$\begin{array}{l} {T = MA^{2} + MB^{2} - MC^{2} + 2MD^{2}} \\ {T = \left( {\overset{\rightarrow}{MI} + \overset{\rightarrow}{IA}} \right)^{2} + \left( {\overset{\rightarrow}{MI} + \overset{\rightarrow}{IB}} \right)^{2} - \left( {\overset{\rightarrow}{MI} + \overset{\rightarrow}{IC}} \right)^{2} + 2\left( {\overset{\rightarrow}{MI} + \overset{\rightarrow}{ID}} \right)^{2}} \\ {T = 3MI^{2} + 2\overset{\rightarrow}{MI}\left( {\overset{\rightarrow}{IA} + \overset{\rightarrow}{IB} - \overset{\rightarrow}{IC} + 2\overset{\rightarrow}{ID}} \right) + IA^{2} + IB^{2} - IC^{2} + 2ID^{2}} \\ {T = 3MI^{2} + IA^{2} + IB^{2} - IC^{2} + 2ID^{2} \geq IA^{2} + IB^{2} - IC^{2} + 2ID^{2}} \end{array}$

Khi đó, $T$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $\left. MI^{2} = 0\Leftrightarrow M \equiv I \right.$. Vậy toạ độ điểm $M$cần tìm là $M\left( {4;\,\dfrac{11}{3};\dfrac{11}{3}} \right)$.

Nhận xét rằng

$\lbrack x\rbrack \leq x < \lbrack x + 1\rbrack$ suy ra $k\lbrack x\rbrack \leq kx < k\lbrack x\rbrack + k$ nên $k\lbrack x\rbrack \leq \lbrack kx\rbrack \leq k\lbrack x\rbrack + k - 1\left( {k \in Z^{+}} \right)$.

Do đó thay $k = 1,2,\ldots,2009$ rồi cộng theo vế ta có

$\begin{array}{l} {2019045\lbrack x\rbrack \leq \lbrack x\rbrack + \lbrack 2x\rbrack + \ldots + \lbrack 2009x\rbrack \leq 2019045\lbrack x\rbrack + 2017036} \\ {2019045\lbrack x\rbrack \leq 4036082 \leq 2019045\lbrack x\rbrack + 2017036} \end{array}$

Lại có 4036082 = 2019045 + 2017037.

Do đó phương trình vô nghiệm.

Gọi P là xác suất thắng trong 1 ván

Điều kiện ván thắng là “xuất hiện ít nhất hai mặt lục” tức là ván thắng phải xuất hiện 2 mặt hoặc 3 mặt lục.

Xác suất ván “xuất hiện hai mặt lục” là \(C_3^2{\left( {\dfrac{1}{6}} \right)^2}\left( {\dfrac{5}{6}} \right) = \dfrac{5}{{72}}\)

Xác suất ván “xuất hiện ba mặt lục” là \({\left( {\dfrac{1}{6}} \right)^3} = \dfrac{1}{{216}}\)

Nên \(P = \dfrac{5}{{72}} + \dfrac{1}{{216}} = \dfrac{2}{{27}} \Rightarrow \overline P  = \dfrac{{25}}{{27}}\)

Vậy xác suất để người chơi thắng ít nhất 4 ván là \(C_5^4{\left( {\dfrac{2}{{27}}} \right)^4}.\dfrac{{25}}{{27}} + {\left( {\dfrac{2}{{27}}} \right)^5} = 0,00014\)

Công ty A: $\dfrac{140 + 160 + 155}{3} = \dfrac{455}{3} \approx 151,7 < 154$

Công ty B: $\dfrac{150 + 170 + 145}{3} = \dfrac{465}{3} = 155 > 154$ chọn

Công ty C: $\dfrac{165 + 160 + 125}{3} = \dfrac{450}{3} = 150 < 154$

Công ty D: $\dfrac{175 + 155 + 150}{3} = \dfrac{480}{3} = 160 > 154$ chọn

Có 2 công ty thỏa mãn điều kiện, vậy xác suất: $P = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$

\(\left\{ \begin{array}{l}a - b + c - d \vdots 11\\a + b + c + d \vdots 11\end{array} \right. \Rightarrow \left( {a + c} \right) \vdots 11\& \left( {b + d} \right) \vdots 11\)

Các cặp số có tổng chia hết cho 11 là \(\left( {2;9} \right),\left( {3;8} \right),\left( {4;7} \right),\left( {5;6} \right)\)

\(p = C_4^2.2.2.2 = 48\)

Đáp án: 48