Thi thử toàn quốc: Đánh giá tư duy Bách Khoa (TSA) - 19-20/4/2025 - Đợt 6

Ta có bảng sau:

a) Đúng: Ta có \(n=5+10+9+4+2=30\).
Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \(x_8 \in[100 ; 150)\).

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

\(Q_1=100+\dfrac{\frac{30}{4}-5}{10}(150-100)=112,5\)

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \(x_{23} \in[150 ; 200)\).

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

\(Q_3=150+\dfrac{\frac{3.30}{4}-(5+10)}{9}(200-150)=\dfrac{575}{3}\)

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\(\Delta_Q=Q_3-Q_1=\frac{575}{3}-112,5 \approx 79,17\)

b) Đúng: Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\(\mathrm{R}=300-50=250(\mathrm{~km})\).

c) Sai: Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\(\bar{x}=\dfrac{5.75+10.125+9.175+4.225+2.275}{30}=155\)

Hình lăng trụ \(n\) giác có \(2n\) đỉnh, \(3n\) cạnh và \(n + 2\) mặt nên có tổng của số lượng đỉnh, số lượng cạnh và số lượng mặt của lăng trụ \(n\) giác là \(2n + 3n + n + 2 = 32 \Leftrightarrow 6n = 30 \Leftrightarrow n = 5\).

Vậy hình lăng trụ đó có số cạnh bằng \(3n = 15\).

\(y' = 2x + \dfrac{2}{{{x^2}}}\)

Tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm có hoành độ \(x = 2\) có hệ số góc là \(y'\left( 2 \right) = 2.2 + \dfrac{2}{4} = \dfrac{9}{2}\)

Mặt phẳng $(Q)$ có vectơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n_{1}}\ = \left( {1;1; - 3} \right)$.

Mặt phẳng $(R)$ có vectơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n_{2}}\ = \left( {1;2; - 1} \right)$.

a) Đúng: Ta có: $d\left( {M;(Q)} \right) = \dfrac{\left| {1 + 0 - 3 - 5} \right|}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + 3^{2}}} = \dfrac{7}{\sqrt{11}}$.

b) Đúng: Gọi mặt phẳng cần tìm là $(P)$.

Mặt phẳng $(P)$ vuông góc với hai mặt phẳng $(Q),(R)$

Nên $(P)$ có cặp vectơ chỉ phương là $\overset{\rightarrow}{n_{1}}\ = \left( {1;1; - 3} \right)$, $\overset{\rightarrow}{n_{2}}\ = \left( {1;2; - 1} \right)$.

Do đó, mặt phẳng $(P)$ có vectơ pháp tuyến là:

$\overset{\rightarrow}{n}\ = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{n_{1}};\overset{\rightarrow}{n_{2}}} \right\rbrack = \left( {5; - 2;1} \right)$

Mặt phẳng $(P)$ đi qua điểm $A\left( {1; - 2;0} \right)$ và có vectơ pháp tuyến $\overset{\rightarrow}{n}\ = \left( {5; - 2;1} \right)$ có phương trình:

$\left. 5\left( {x - 1} \right) - 2\left( {y + 2} \right) + \left( {z - 0} \right) = 0\Leftrightarrow 5x - 2y + z - 9 = 0 \right.$.

Xét 2 số $x,y$ là các số nguyên mà $xy = x + y$

Ta có

$\begin{array}{l} {xy = x + y} \\ \left. \Leftrightarrow xy - x - y + 1 = 1 \right. \\ \left. \Leftrightarrow x\left( {y - 1} \right) - \left( {y - 1} \right) = 1 \right. \\ \left. \Leftrightarrow\left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right) = 1 \right. \end{array}$

Do $x,y$ là các số nguyên nên $\left. \left\{ \begin{array}{l} {x - 1 = 1} \\ {y - 1 = 1} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x = 2} \\ {y = 2} \end{array} \right. \right.$ hoặc $\left. \left\{ \begin{array}{l} {x - 1 = - 1} \\ {y - 1 = - 1} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x = 0} \\ {y = 0} \end{array} \right. \right.$

Vậy có 2 số là số “đặc biệt” .

\(\begin{array}{l}{p^x} - {y^4} = 4 \Leftrightarrow {p^x} = {y^4} + 4\\{p^x} = {\left( {{y^2} + 2} \right)^2} - 4{y^2}\\{p^x} = \left( {{y^2} - 2y + 2} \right)\left( {{y^2} + 2y + 2} \right)\end{array}\)

Xét \(y = 1 \Rightarrow {p^x} = 5\,\)\( \Rightarrow p = 5;x = 1\), ta tìm được bộ \(\left( {x;y;p} \right) = \left( {1;1;5} \right)\)

Xét \(y = 2 \Rightarrow {p^x} = 20 \Rightarrow \) loại do \(p\) nguyên tố.

Xét \(y = 3 \Rightarrow {p^x} = 85 \Rightarrow \) loại do \(p\) nguyên tố.

Xét \(y = 4 \Rightarrow {p^x} = 260 \Rightarrow \) loại do \(p\) nguyên tố.

Xét \(y = 5 \Rightarrow {p^x} = 629 \Rightarrow \) loại do \(p\) nguyên tố.

Xét \(y \ge 6\)  suy ra:\({y^2} - 2y + 2 > 2\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y^2} - 2y + 2 = {p^a}\,\,\,\left( 1 \right)\\{y^2} + 2y + 2 = {p^b}\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\), với \(a,b \in N;\)\(1 \le a < b;a + b = x\)

Do \(y \ge 6\)\( \Rightarrow {y^2} - 6y + 2 > 0\) và \(p \ge 2\).

 Suy ra:\({p^a} < {p^b} = {y^2} + 2y + 2\) \( < \left( {{y^2} + 2y + 2} \right) + \left( {{y^2} - 6y + 2} \right)\)\( = 2\left( {{y^2} - 2y + 2} \right) < 2{p^a} \le {p^{a + 1}}\)

Hay: \({p^a} < {p^b} < {p^{a + 1}}\)\( \Leftrightarrow a < b < a + 1\), không tồn tại số tự nhiên \(b\) thỏa mãn.

Vậy giá trị cần tìm là: \(\left( {x;y;p} \right) = \left( {1;1;5} \right)\).

Vị trí xa vị trí cân bằng nhất nên ta có:

\(\begin{array}{l}\left| {3\cos \left( {\dfrac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right)} \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos \left( {\dfrac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right) = 1\\\cos \left( {\dfrac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right) =  - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \sin \left( {\dfrac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right) = 0 \Leftrightarrow \dfrac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right) = k\pi  \Leftrightarrow t = \dfrac{{3k + 1}}{2}\end{array}\)

Vị trí sau giây thứ 10 nên: \(t > 10 \Rightarrow \dfrac{{3k + 1}}{2} > 10 \Leftrightarrow k > \dfrac{{19}}{3} \Leftrightarrow k \ge 7\,\,\left( {Do\,\,k \in \mathbb{Z}} \right)\).

\(k \ge 7 \Rightarrow t \ge \dfrac{{3.7 + 1}}{2} = 11\).

Vậy thời điểm đầu tiên sau 10 giây mà người chơi đu ở vị trí xa vị trí cân bằng nhất là giây thứ 11.

Gọi tâm đường tròn đáy của khối nón là. \(C\).

Dựa vào hình vẽ ta có: \(AB = AC + BC = 6{\rm{\;cm}}\)

Do khối nón và khối trụ có cùng bán kính đáy và thể tích của khối trụ gấp 6 lần thể tích khối nón nên ta có \(AC = 2BC\).

Từ đó tính được \(AC = 4{\rm{\;cm}};BC = 2{\rm{\;cm}}\).

Gọi thiết diện qua trục của khối nón là tam giác đều \(\Delta BDE\).

Ta có \(B{D^2} - D{C^2} = B{C^2}\)

\( \Rightarrow 4D{C^2} - D{C^2} = 4 \Rightarrow D{C^2} = \dfrac{4}{3}{\rm{\;cm}}\)

Do khối nón và khối trụ có cùng bán kính đáy và thể tích của khối trụ gấp 6 lần thể tích khối nón nên thể tích cái phễu bằng 7 lần thể tích khối nón.

Gọi thể tích cái phễu là \(V\).

Vậy \(V = 7 . \dfrac{1}{3}\pi  . C{D^2} . BC = \dfrac{{56\pi }}{9}{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3} \approx 19,55{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}\).

Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng.

Do vận tốc của máy bay không đổi và thời gian bay từ \(A\) đến \(B\) gấp đôi thời gian bay từ \(B\) đến \(C\) nên ta có:

\(\overrightarrow {BC}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} \).

Mà \(\overrightarrow {AB}  = \left( {140;50;2} \right)\), \(\overrightarrow {BC}  = \left( {x - 940;y - 550;x - 9} \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 940 = \dfrac{1}{2}.140}\\{y - 550 = \dfrac{1}{2}.50}\\{z - 9 = \dfrac{1}{2}.2}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1010}\\{y = 575}\\{z = 10}\end{array}} \right.\)

Vậy \(x + y + z = 1010 + 575 + 10 = 1595\).

Ta có: \({\left( {\dfrac{4}{x} - {x^3}} \right)^8} = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{{\left( {\dfrac{4}{x}} \right)}^{8 - k}}{{\left( { - {x^3}} \right)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^8 {C_8^k{{\left( { - 1} \right)}^k}{{.4}^{8 - k}}{x^{4k - 8}}} \).

Số hạng chứa \({x^8}\) ứng với \(4k - 8 = 8 \Leftrightarrow k = 4\,\,\left( {tm} \right)\).

Vậy hệ số của số hạng chứa \({x^8}\) trong khai triển trên là: \(C_8^4.{\left( { - 1} \right)^4}{.4^4} = 17920\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^1 {\dfrac{{2{x^2} + 3x + 3}}{{{x^2} + 2x + 1}}\;{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {\left( {2 + \dfrac{{1 - x}}{{{{(x + 1)}^2}}}} \right)\;{\rm{d}}x} \\ = \left. {2x} \right|_0^1 + \int\limits_0^1 {\left( {\dfrac{2}{{{{(x + 1)}^2}}} - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)dx} \\ = \left. {2x} \right|_0^1 + \left. {\left( { - \dfrac{2}{{x + 1}} - \ln \left| {x + 1} \right|} \right)} \right|_0^1\\ = 2 + \left( { - 1 - \ln 2 + 2} \right)\\ = 3 - \ln 2.\end{array}\)

Do đó \(a = 3\) và \(b = 2\).

Vậy \(P = {a^2} + {b^2} = {3^2} + {2^2} = 13\).

Từ bảng biến thiên của hàm số, ta thấy đồ thị cỏ hai đường tiệm cận, trong đó tiệm cận đứng là đường thẳng $x = - 2$ và tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 1$.

Suy ra $\dfrac{c}{b} = - 2$ và $\dfrac{a}{b} = 1$

$\left. \Rightarrow bc < 0 \right.$ và $ab > 0$

$\left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {b > 0,c < 0,a > 0(1)} \\ {b < 0,c > 0,a < 0(2)} \end{array} \right. \right.$

Lại có hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định:

$\left. f'(x) = \dfrac{- ac + 6b}{{(bx - c)}^{2}} < 0\Leftrightarrow - ac + 6b < 0 \right.$.

Ta thấy (1) không thể xảy ra do nếu $b > 0$ thì $ac > 6b > 0$

Ta thấy (2) có thể xảy ra do nếu $c > 0,a < 0$ thì $b < 0$

Vậy trong các số a, b, c có hai số âm.

Xét hình chóp đều \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(H\) cạnh \(a\)

Từ gt\( \Rightarrow \)\(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SA = 2a\); \(AH =  \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)\( \Rightarrow \)\(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  =  \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}\)

Vậy thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABCD\) là: \(V =  \dfrac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} =  \dfrac{1}{3}. \dfrac{{a\sqrt {14} }}{2}.{a^2} =  \dfrac{{\sqrt {14} {a^3}}}{6}\).

+ Phương trình của đường thẳng AB là \(y = \dfrac{{\left( {{x^2} + 2x + m} \right)'}}{{(x - 2)'}}\).

\( \Leftrightarrow y = 2x + 2 \Leftrightarrow 2x - y + 2 = 0\)

+ Khoảng cách \(d(O;AB) = \dfrac{{|2.0 - 0 + 2|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left| {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = \sqrt {\left( {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}} } \right)}  = \sqrt {F_1^2 + F_2^2 + F_3^2 + 2\overrightarrow {{F_1}} \overrightarrow {{F_2}}  + 2\overrightarrow {{F_2}} \overrightarrow {{F_3}}  + 2\overrightarrow {{F_3}} \overrightarrow {{F_1}} } \\ = \sqrt {F_1^2 + F_2^2 + F_3^2 + 2{F_1}{F_2}\cos 110^\circ  + 2{F_2}{F_3}\cos 90^\circ  + 2{F_1}{F_3}\cos 90^\circ } \\ = \sqrt {{9^2} + {4^2} + {7^2} + 2.9.4.\cos 110^\circ  + 2.4.7.0 + 2.9.7.0} \\ \approx 11\left( N \right)\end{array}\)

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{15}}8 = \dfrac{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}8}}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}15}} = \dfrac{3}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}3 + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}5}} = \dfrac{3}{{a + b}}\).

Do \(A'A = A'B = A'C = a\) nên hình chiếu của A’ xuống (ABC) là trọng tâm của \(\Delta ABC\)

Gọi H là trung điểm BC, M là trung điểm của B’C’

\( \Rightarrow AH \bot \left( {ABC} \right)\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AH\\BC \bot A'H\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow BC \bot AA' \Rightarrow BC \bot HM\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {\left( {ABC} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \left( {\left( {A'B'C'} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = A'MH = {30^0}\\ \Rightarrow A'H = HM.\sin 30 = \dfrac{a}{2}\\ \Rightarrow A'M = \dfrac{{A'H}}{{\tan 30}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BC = 2A'M = a\sqrt 3 \\ \Rightarrow V = A'H.\dfrac{1}{2}AH.BC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 3  = \dfrac{{3{a^3}}}{8}\end{array}\)

Coi mỗi cặp số \(\left( {a;b} \right);\left( {c;d} \right)\left( {e;f} \right)\) là một nhóm

+) TH1: \(a + b = c + d = e + f = 7\), ta có các cặp số là \(\left( {1;6} \right);\left( {2,5} \right);\left( {3;4} \right)\)

Có \(3!\) cách xếp vị trí của 3 nhóm.

Mỗi nhóm có 2 cách xếp hai chữ số trong nhóm.

Ta có \({2^3}.3! = 48\) cách viết các số.

+) TH2: \(a + b = c + d = e + f = 6\), ta có các cặp số là \(\left( {0;6} \right);\left( {2,4} \right);\left( {1;5} \right)\)

Nếu a = 6, b = 0:

Ta có 2 cách chọn vị trí nhóm (c; d); 1 các chọn nhóm (e; f)

Mỗi nhóm (c;d) và (e; f) có 2 cách xếp vị trí các chữ số trong nhóm.

Suy ra có \({2^2}.2 = 8\) cách chọn.

Nếu \((a;b) \ne (0;6)\).

Ta có 2 cách chọn nhóm (a; b); 2 cách chọn nhóm (c; d); 1 cách chọn nhóm (e; f).

Mỗi nhóm ta có 2 cách xếp vị trí các chữ số trong nhóm.

Suy ra có \({2^3}.2.2 = 32\) cách chọn.

+TH3: \(a + b = c + d = e + f = 5\), ta có các cặp số là \(\left( {0;5} \right);\left( {1,4} \right);\left( {2;3} \right)\).

Tương tự cách làm như TH2:

Nếu a = 1, b = 0: có \({2^2}.2 = 8\) cách chọn.

Nếu \((a;b) \ne (0;6)\) có \({2^3}.2.2 = 32\) cách chọn.

Vậy có tất cả: \(48 + 2.(8 + 32) = 128\)cách chọn.

a) Ta có: $7^{89} = 7^{4.21} \cdot 7 = 7.2401^{21}$ nên số này có số tận cùng bằng 7 .

$4^{81} = 4^{2.40} \cdot 4 = 16^{40}.4$ nên số này có số tận cùng bằng 4 .

Vậy số $7^{89} - 4^{81}$ có chữ số tận cùng bằng 3

b) Ta có: $2^{2014} = 2^{4.506} \cdot 2^{2} = 16^{506}.4$ nên số này có số tận cùng bằng 4 .

$9^{1955} = 9^{2.977} \cdot 9 = 81^{977}.9$ nên số này có số tận cùng bằng 9 .

Vậy số $2^{2014}.9^{1955}$ có chữ số tận cùng bằng 6 .

Đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó.

Không gian mẫu bằng $C_{9}^{3} = 84$

Ta đi tính số cách lấy 3 quyển trong đó không có quyển Toán

=> Ta lấy bất kì 3 quyển trong 5 quyển gồm Lý và Hóa

$\Rightarrow$ Có $C_{5}^{3} = 10$ cách

Vậy số cách lấy sao cho có ít nhất 1 quyển Toán là $84 - 10 = 74$

Vậy xác suất là $\left. P = \dfrac{74}{84} = \dfrac{37}{42} = \dfrac{a}{b}\Rightarrow b - a = 42 - 37 = 5 \right.$

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \dfrac{{x - 2}}{3} + \dfrac{{y - 1}}{2} + \dfrac{{z - 4}}{{ - 6}} = 1\\ \Leftrightarrow 2x - 4 + 3y - 3 - z + 4 = 6\\ \Leftrightarrow 2x + 3y - z - 3 = 0\end{array}\)

=> (P) có 1 vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {2;3; - 1} \right)\).

    \(\left( Q \right):{\mkern 1mu} x + 2y + 3z + 7 = 0\) có 1 vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {1;2;3} \right)\).

\( \Rightarrow \cos \varphi  = \cos \left( {\left( P \right),\,\left( Q \right)} \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \dfrac{{\left| {2.1 + 3.2 + \left( { - 1} \right).3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {3^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2}} }} = \dfrac{5}{{14}}\).

Ta có: \({\tan ^2}\varphi  = \dfrac{1}{{{{\cos }^2}\varphi }} - 1 = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{5}{{14}}} \right)}^2}}} - 1 = \dfrac{{171}}{{25}} \Rightarrow \tan \varphi  = \dfrac{{3\sqrt {19} }}{5}\).

Để quạ uống được nước thì chiều cao nước tối thiểu trong cốc là 12cm.

Khi đó thể tích sỏi cho vào chính là phần nước dâng lên có chiều cao bằng \(12 - \dfrac{2}{3}.15 = 2\)cm.

Thể tích những viên sỏi thêm vào là \(V = \pi .{R^2}.h = \pi .{\left( {\dfrac{7}{2}} \right)^2}.2 = \dfrac{{49\pi }}{2}\)

Thể tích của 1 viên sỏi là \({V_1} = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi .0,{9^3} = \dfrac{{243}}{{250}}\pi \)

Ta có \(\dfrac{V}{{{V_1}}} = 25,2\)

Vậy số viên sỏi cần thêm vào ít nhất là 26 viên.

Gọi $P(A) = x\,\,\,\left( {0 \leq x \leq 1} \right)$.

Có $\left. P\left( B \middle| A \right) = \dfrac{P\left( {AB} \right)}{P(A)} = \dfrac{P\left( {AB} \right)}{x} = \dfrac{1}{3}\Rightarrow P\left( {AB} \right) = \dfrac{x}{3} \right.$.

Có $\left. P\left( A \middle| B \right) = \dfrac{P\left( {AB} \right)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{x}{3}}{P(B)} = \dfrac{1}{4}\Rightarrow P(B) = \dfrac{4x}{3} \right.$

Có $\left. P\left( {\overline{A}\overline{B}} \right) = 1 - P\left( {A \cup B} \right) = 1 - P(A) - P(B) + P\left( {AB} \right) = 1 - x - \dfrac{4x}{3} + \dfrac{x}{3} = 0,1\Leftrightarrow x = 0,45 \right.$.

Vậy $P(A) = 0,45$.

Ta có \(x=0\) suy ra \(y=\dfrac{2 m}{m}=2 \neq 1\). Vậy không có \(\left(C_m\right)\) nào qua \((0 ; 1)\).

Ta có $T_{\overset{\rightarrow}{v}}$ biến A thành B nên $\left. \overset{\rightarrow}{AB} = \overset{\rightarrow}{v}\Rightarrow\left( {a - 1,b - 2} \right) = \left( {2, - 1} \right)\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = 3} \\ {b = 1} \end{array} \right.\Rightarrow ab = 3 \right.$

Gọi \(A\) là biến cố “3 điểm được chọn lập thành một tam giác”

Ta có: \(\left| \Omega  \right| = C_{11}^3\)

\(G\) có 10 đường kính, tức là có 10 cách chọn 3 điểm thẳng hàng từ 11 điểm đã cho

Như vậy số cách chọn 3 điểm không thẳng hàng từ 11 điểm đã cho là \(C_{11}^3 - 10\)

Hay \(\left| A \right| = C_{11}^3 - 10\)

Vậy xác suất để 3 điểm được chọn lập thành một tam giác là \({P_A} = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \dfrac{{C_{11}^3 - 10}}{{C_{11}^3}} = \dfrac{{31}}{{33}}\)

Hình chóp đều có $SO\bot\left( {ABCD} \right)$, $SJ = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

Góc giữa mặt phẳng và mặt bên là $\angle SJO$.

Ta có $\left. \cos SJO = \dfrac{OJ}{SJ} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow\angle SJO \approx 55^{0} \right.$

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD $\Rightarrow$ OJ là đường trung bình của tam giác BCD

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l} {OJ//CD} \\ {OJ = \dfrac{1}{2}CD} \end{array} \right.$

Vì $\left. CDOJ\Rightarrow\angle\left( {IJ,CD} \right) = \angle\left( {IJ,OJ} \right) \right.$

Xét tam giác IOJ có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {IJ = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{a}{2}}\\ {OJ = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{a}{2}}\\ {IO = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{a}{2}} \end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow \Delta IOJ$ là tam giác đều

$\left. \Rightarrow\angle\left( {IJ,CD} \right) = \angle\left( {IJ,OJ} \right) = \angle IJO = 60^{0} \right.$

Ta có $\left. SO = \sqrt{SJ^{2} - OJ^{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}a\Rightarrow V = \dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{2}}{2}a.a^{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{6}a^{3} \right.$

Cho hệ trục tọa độ Oxy sao cho tia Ox trùng tia OA, tia Oy trùng tia OC.

Gọi $S_{1}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $\left( P_{1} \right),y = 0$;

$S_{2}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $\left( P_{2} \right),x = 0$;

$S_{3}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $\left( P_{1} \right)$ và $\left( P_{2} \right)$.

Từ hình vẽ ta thấy diện tích hình phẳng cần tìm là

$S = S_{OABC} - \left\lbrack {S_{1} + S_{2} - S_{3}} \right\rbrack$ (*)

Gọi phương trình $\left( P_{1} \right)$ là $y = ax^{2} + bx + c$.

Vì $\left( P_{1} \right)$ đi qua $O(0;0),M(3;3),A(8;0)$ nên $\left\{ \begin{array}{l} {c = 0} \\ {9a + 3b + c = 3} \\ {64a + 8b + c = 0} \end{array} \right.$ $\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = - \dfrac{1}{5}} \\ {b = \dfrac{8}{5}} \\ {c = 0.} \end{array} \right. \right.$

Suy ra $y = - \dfrac{1}{5}x^{2} + \dfrac{8}{5}x$.

Ta thấy $\left( P_{1} \right)$ và $\left( P_{2} \right)$ đối xứng qua OM nên

$S_{1} = S_{2} = {\int_{0}^{8}\left( {- \dfrac{1}{5}x^{2} + \dfrac{8}{5}x} \right)}\text{d}x = \dfrac{256}{15}$

Gọi $S_{4}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $\left( P_{1} \right)$, $OM:y = x$, do tính chất đối xứng nên

$S_{3} = 2S_{4} = 2{\int_{0}^{3}\left\lbrack {\left( {- \dfrac{1}{5}x^{2} + \dfrac{8}{5}x} \right) - x} \right\rbrack}\text{d}x = \dfrac{9}{5}$

Thay vào (*) ta được

$S = 64 - \left( {\dfrac{256}{15} + \dfrac{256}{15} - \dfrac{9}{5}} \right) = \dfrac{95}{3} \approx 32$.

Hàm số $f(x) = \log_{2}\left( {20 - x^{2}} \right)$ xác định khi $\left. 20 - x^{2} > 0\Leftrightarrow\ \ - 2\sqrt{5}\ \ < x < 2\sqrt{5} \right.$

Mà $\left. x \in {\mathbb{Z}}\Rightarrow x \in \left\{ {- 4; - 3;\ldots;4} \right\} \right.$

Vậy có tất cả 9 số nguyên thỏa mãn.

\(\begin{array}{l}\cos 3x - \sin 3x = \sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\cos 3x - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\sin 3x = 1\\ \Leftrightarrow \sin \dfrac{\pi }{4}\cos 3x - \cos \dfrac{\pi }{4}\sin 3x = 1\\ \Leftrightarrow \sin \left( {\dfrac{\pi }{4} - 3x} \right) = 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{\pi }{4} - 3x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \\ \Leftrightarrow  - 3x = \dfrac{\pi }{4} + k2\pi \\ \Leftrightarrow x =  - \dfrac{\pi }{{12}} + \dfrac{{k2\pi }}{3}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

Vì \(x \in \left( { - \dfrac{\pi }{2};\pi } \right) \Rightarrow  - \dfrac{\pi }{2} <  - \dfrac{\pi }{{12}} + \dfrac{{k2\pi }}{3} < \pi \)

\( \Leftrightarrow  - \dfrac{1}{2} <  - \dfrac{1}{{12}} + \dfrac{{2k}}{3} < 1 \Leftrightarrow  - \dfrac{5}{{12}} < \dfrac{{2k}}{3} < \dfrac{{13}}{{12}} \Leftrightarrow  - \dfrac{5}{8} < k < \dfrac{{13}}{8}\)

Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\).

+ \(k = 0 \Rightarrow x =  - \dfrac{\pi }{{12}}\).

+ \(k = 1 \Rightarrow x =  - \dfrac{\pi }{{12}} + \dfrac{{2\pi }}{3} = \dfrac{{7\pi }}{{12}}\).

Tổng các nghiệm của phương trình là \(\dfrac{{7\pi }}{{12}} - \dfrac{\pi }{{12}} =  \dfrac{\pi }{{2}}\)

vậy \(2a=1\)

$\begin{array}{l} {\left( {x - 10} \right)\left( {4 - 5^{x}} \right) > 0} \\ \left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {x > 10} \\ {4 - 5^{x} > 0} \end{array} \right. \\ \left\{ \begin{array}{l} {x < 10} \\ {4 - 5^{x} < 0} \end{array} \right. \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {\left\{ \begin{array}{l} {x > 10} \\ {x < \log_{5}4} \end{array} \right.\left( {ktm} \right)} \\ \left\{ \begin{array}{l} {x < 10} \\ {x > \log_{5}4} \end{array} \right. \end{array} \right. \right. \end{array}$

$\left. \Rightarrow\log_{5}4 < x < 10\Rightarrow x \in \left\{ {1,2,...,9} \right\} \right.$

Vậy bất phương trình có tất cả 9 nghiệm nguyên

Gọi \({A_i}\) là biến cố chọn được thùng loại \(i.(i = I,II,III)\)

\(B\) là biến cố chọn được 10 sản phẩm trong đó có 2 lon quá hạn từ thùng được chọn ra.

Gọi số thùng loại III là \(x\) thùng \((x > 0)\).

Do đó số thùng loại I và loại II lần lượt là \(6x,3x\).

Từ đó, ta có \(P\left( {{A_1}} \right) = \dfrac{6}{{10}};P\left( {{A_2}} \right) = \dfrac{3}{{10}};P\left( {{A_3}} \right) = \dfrac{1}{{10}}\)

Xác suất để chọn được 2 lon quá hạn là:

\(\begin{array}{l}P(B) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {B\mid {A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {B\mid {A_2}} \right) + P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B\mid {A_3}} \right)\\ = \dfrac{6}{{10}} \cdot \dfrac{{C_3^2C_{21}^8}}{{C_{24}^{10}}} + \dfrac{3}{{10}} \cdot \dfrac{{C_4^2C_{20}^8}}{{C_{24}^{10}}} + \dfrac{1}{{10}} \cdot \dfrac{{C_2^2C_{22}^8}}{{C_{24}^{10}}} \approx 0,3\end{array}\)

Đặt \(t=\sin x, t \in[0 ; 1]\).

Xét hàm \(f(t)=\dfrac{3 t+2}{t+1}\) liên tục trên đoạn \([0 ; 1]\) có \(f^{\prime}(t)=\dfrac{1}{(t+1)^2}>0, t \in[0 ; 1]\)

Nên hàm số đồng biến trên \([0 ; 1] \Rightarrow M=\max _{[0 ; 1]} f(t)=f(1)=\dfrac{5}{2}\) và \(m=\min _{[0 ; 1]} f(t)=f(0)=2\).

Khi đó: \(M^2+m^2=\left(\dfrac{5}{2}\right)^2+2^2=\dfrac{41}{4}\).

Gọi I là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {SI}  = 4\overrightarrow {IO} \)

\( \Rightarrow P = {(\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IS} )^2} + {(\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} )^2} + {(\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} )^2} + {(\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} )^2} + {(\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {ID} )^2}\)

\( = 5M{I^2} + I{S^2} + I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} + I{D^2} + 2\overrightarrow {MI} (\overrightarrow {IS}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID} )\)

\( = 5M{I^2} + I{S^2} + I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} + I{D^2} + 2\overrightarrow {MI} (\overrightarrow {IS}  + 4\overrightarrow {IO}  + \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD} )\)

\( = 5M{I^2} + I{S^2} + I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} + I{D^2}\)

(do \(\overrightarrow {SI}  = 4\overrightarrow {IO} ;\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  = \vec 0\))

Vậy \({P_{\min }} \Leftrightarrow M \equiv I \Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SO}} = \dfrac{4}{5} = 0,8\).