Thi thử toàn quốc Đánh giá tư duy Bách Khoa (TSA) - Trạm số 7 (TSA2604)

Xét khẳng định A và B:

Khi hàm số $f(x)$ đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng $(a; b)$, ta có $f'(x) \ge 0$ (hoặc $f'(x) \le 0$) với mọi $x \in (a; b)$ và chỉ bằng $0$ tại hữu hạn điểm. Điều này đồng nghĩa với việc $f'(x)$ không bị đổi dấu trên toàn bộ khoảng $(a; b)$. Theo điều kiện cần và đủ của cực trị, đạo hàm phải đổi dấu khi đi qua điểm $x_0$ thì hàm số mới đạt cực trị tại đó.

$\Rightarrow$ Khẳng định A và B đều ĐÚNG.

Xét khẳng định C:

Vì đề bài cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm trên $(a; b)$, nên nếu hàm số đạt cực trị tại $x_0 \in (a; b)$ thì theo định lý Fermat, đạo hàm tại điểm đó triệt tiêu, tức là $f'(x_0) = 0$.

Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm $M(x_0; f(x_0))$ là $k = f'(x_0) = 0$. Một đường thẳng có hệ số góc bằng $0$ sẽ có phương trình dạng $y = c$ (hằng số), đường thẳng này luôn song song hoặc trùng với trục hoành $Ox$.

$\Rightarrow$ Khẳng định C ĐÚNG.

Xét khẳng định D:

Việc hàm số đạt cực đại tại $x_0 \in (a; b)$ chỉ đảm bảo rằng tồn tại một lân cận nhỏ $(x_0 - h; x_0 + h) \subset (a; b)$ (với $h > 0$) sao cho $f(x)$ đồng biến trên khoảng $(x_0 - h; x_0)$ và nghịch biến trên khoảng $(x_0; x_0 + h)$.

Khẳng định này ép buộc hàm số phải duy trì tính đơn điệu trên toàn bộ khoảng lớn $(a; x_0)$ và $(x_0; b)$ là một sai lầm, vì trong các khoảng này hàm số có thể đổi chiều biến thiên nhiều lần (có thêm các điểm cực đại, cực tiểu khác).

$\Rightarrow$ Khẳng định D SAI.

Các khẳng định đúng trong câu hỏi này là: A, B và C.

Phương trình đã cho là phương trình của một mặt cầu

\( \Leftrightarrow {\left( {m - 2} \right)^2} + {\left( {m + 3} \right)^2} - \left( {3{m^2} + 7} \right) > 0 \Leftrightarrow  - {m^2} + 2m + 6 > 0 \Leftrightarrow 1 - \sqrt 7  < m < 1 + \sqrt 7 \).

Mà \(m \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\): 3 giá trị.

Khẳng định đúng là: \(IA = R\).

a) Đúng. Do $\left. SA\bot\left( {ABCD} \right)\Rightarrow SA\bot BC \right.$

b) Sai. Ta có $SA\bot\left( {ABCD} \right),SA$ cắt SD nên SD không vuông góc (ABCD)

c) Đúng. Ta có $\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \angle SCA$

d) Sai. Kẻ $AH\bot SB$. Do $\left. \left\{ \begin{array}{l} {BC\bot AB} \\ {BC\bot SA} \end{array} \right.\Rightarrow BC\bot\left( {SAB} \right)\Rightarrow BC\bot AH \right.$

$\left. \Rightarrow AH\bot\left( {SBC} \right)\Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \dfrac{1}{2}SB = \dfrac{a\sqrt{2}}{2} \right.$

Khẳng định đúng là: Giá trị cực tiểu của hàm số bằng 3.

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

Ta có bảng sau:

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\).

Giả sử độ dài các cạnh của hình lập phương là \(a \Rightarrow A'C = a\sqrt 3  = 3 \Rightarrow a = \sqrt 3 \).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot CD'\end{array} \right. \Rightarrow BC\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng\(AB\) và \(CD'\) .

\( \Rightarrow d\left( {AB;CD'} \right) = BC = \sqrt 3 \).

Thể tích hình lập phương là $BC^3=3\sqrt 3$

Tổng hợp lực là đường chéo hình thoi: \({\vec F_1} + {\vec F_2} = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AD} \)

\(\left| {{{\vec F}_1} + {{\vec F}_2}} \right| = AD\) ta có tam giác ABC đều cạnh 100.

Nên \(AI = \dfrac{{100\sqrt 3 }}{2}\) mà \({\rm{AD}} = 2{\rm{AI}}\)

\(\left| {{{\vec F}_1} + {{\vec F}_2}} \right| = 100\sqrt 3 = 173\)

Ta có: $AB = \sqrt{2^{2} + 4^{2} + 4^{2}} = 6$; $BC = \sqrt{1^{2} + 4^{2} + 8^{2}} = 9$

Áp dụng tính chất đường phân giác trong $\Delta ABC$ ta có: $\dfrac{AD}{CD} = \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}$

$\left. \Rightarrow\dfrac{AD}{AC} = \dfrac{2}{5}\Rightarrow\overset{\rightarrow}{AD} = \dfrac{2}{5}\overset{\rightarrow}{AC} \right.$

$\left. \Rightarrow\overset{\rightarrow}{AC} = \left( {3;0;4} \right)\Rightarrow\overset{\rightarrow}{AD} = \left( {a - 2;b + 1;c - 2} \right) \right.$

$\left. \Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a - 2 = \dfrac{6}{5}} \\ {b + 1 = 0} \\ {c - 2 = \dfrac{8}{5}} \end{array} \right.\Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = \dfrac{16}{5}} \\ {b = - 1} \\ {c = \dfrac{18}{5}} \end{array} \right. \right.$$\left. \Rightarrow T = a - b + 3c = \dfrac{16}{5} - \left( {- 1} \right) + 3.\dfrac{18}{5} = 15 \right.$

\(y' =  - {2.3^{1 - 2x}}.\ln 3\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}P = {\log _{{a^2}b}}{a^3} - 3{\log _{{a^2}}}2.{\log _4}\left( {\dfrac{a}{b}} \right)\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{{{\log }_a}{a^3}}}{{{{\log }_a}\left( {{a^2}b} \right)}} - \dfrac{3}{4}.{\log _a}2.{\log _2}\left( {\dfrac{a}{b}} \right)\\\,\,\,\,\, = \dfrac{3}{{2 + {{\log }_a}b}} - \dfrac{3}{4}.{\log _a}\left( {\dfrac{a}{b}} \right)\\\,\,\,\,\, = \dfrac{3}{{2 + {{\log }_a}b}} - \dfrac{3}{4}.\left( {1 - {{\log }_a}b} \right)\\\,\,\,\,\, = \dfrac{3}{{2 + 3}} - \dfrac{3}{4}\left( {1 - 3} \right) = \dfrac{3}{5} + \dfrac{3}{2} = \dfrac{{21}}{{10}}\end{array}\)

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}2x > 0,x > 0\\27 - {3^{x - 6}} \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \le 9\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < x \le 9\).

Giải phương trình:

\(\begin{array}{l}\log _2^2\left( {2x} \right) - 3{\log _2}x - 7 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x + 1} \right)^2} - 3{\log _2}x - 7 = 0\\ \Leftrightarrow \log _2^2x - {\log _2}x - 6 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}x = 3\\{\log _2}x =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 8\\x = \dfrac{1}{4}\end{array} \right.\end{array}\)

Giải phương trình: \(\sqrt {27 - {3^{x - 6}}}  = 0 \Leftrightarrow {3^{x - 6}} = 27 \Leftrightarrow x - 6 = 3 \Leftrightarrow x = 9.\)

Bảng xét dấu:

Tập nghiệm của BPT là \(x \in \left[ {\dfrac{1}{4};8} \right] \cup \left\{ 9 \right\}\).

Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ {1;2;3;...;8;9} \right\}\): 9 giá trị.

Ta có: \(\dfrac{{{V_{ABC.MNP}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3} + x + y}}{3} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow x + y = \dfrac{5}{3}\).

Khi đó: \(x.y \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} = {\left( {\dfrac{{\dfrac{5}{3}}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{25}}{{36}}\).

Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}x = y\\x + y = \dfrac{5}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = \dfrac{5}{6}\).

Vậy, GTLN của \(x.y\) bằng \(\dfrac{{25}}{{36}}\).

Giả sử \(AB = x,AD = y\,\,\left( {m;\,\,x,y > 0} \right)\) lần lượt là chiều cao và chu vi đáy của hình trụ.

\( \Rightarrow \) Bán kính đáy của hình trụ là: \(R = \dfrac{y}{{2\pi }}\,\,\left( m \right)\).

Thể tích của thùng là: \(V = \pi {R^2}h = \pi {\left( {\dfrac{y}{{2\pi }}} \right)^2}x = \dfrac{{x{y^2}}}{{4\pi }}\,\,\left( {{m^3}} \right)\).

Để diện tích hình chữ nhật là lớn nhất (từ đó thể tích thùng uốn được có thể đạt cực đại), hình chữ nhật ABCD phải nội tiếp trong đường tròn. Khi đó, đường chéo của hình chữ nhật chính là đường kính của đường tròn, ta có \({x^2} + {y^2} = {\left( {2.2} \right)^2} = 16 \Rightarrow {y^2} = 16 - {x^2}\,\,\left( {0 < x,y < 4} \right)\).

\( \Rightarrow \)\(V = \dfrac{{x\left( {16 - {x^2}} \right)}}{{4\pi }} = \dfrac{{16x - {x^3}}}{{4\pi }}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 16x - {x^3}\) trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\) có \(f'\left( x \right) = 16 - 3{x^2},\,\,f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = \dfrac{4}{{\sqrt 3 }}\).

Ta có bảng sau:

\( \Rightarrow \)\({V_{\max }} = \dfrac{{\dfrac{{128\sqrt 3 }}{9}}}{{4\pi }} = \dfrac{{32\sqrt 3 }}{{9\pi }}\) khi \(x = \dfrac{4}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow y = \sqrt {16 - \dfrac{{16}}{3}}  = \sqrt {\dfrac{{32}}{3}} \).

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{4}{{\sqrt 3 }}.\sqrt {\dfrac{{32}}{3}}  = \dfrac{{16\sqrt 2 }}{3}\)

Diện tích phần tôn bị cắt bỏ là: \(\pi {.2^2} - \dfrac{{16\sqrt 2 }}{3} \approx 5\,\,\left( {{m^2}} \right)\).

Gọi \(B\) là giao điểm của \(\Delta \) và \(d\,\, \Rightarrow B\left( { - 1 + t;t;1 + 2t} \right)\) \( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {t;t;2t - 3} \right)\)

Do  \(\Delta  \bot d \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_d}}  = 0\) (trong đó \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;1;2} \right)\) là 1 VTCP của đường thẳng \(d\)).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow t.1 + t.1 + \left( {2t - 3} \right).2 = 0 \Leftrightarrow t = 1\\ \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {1;1; - 1} \right)\end{array}\).

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) là: \(\dfrac{{x + 1}}{1} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{{z - 4}}{{ - 1}}\).

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = C_{15}^5 = 3003\).

Gọi biến cố A: “5 bi lấy được có đủ 3 màu”.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 2170 \Rightarrow \)\(P(A) = \dfrac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \)\(\dfrac{{310}}{{429}}\).

Nếu \(\int {f\left( x \right)\,dx = \sin x - {e^x} + C} \) thì\(f\left( x \right) = {\left( {\sin x - {e^x} + C} \right)^\prime } = \cos x - {e^x}\).

\(d//d' \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{u_d}} \,\,cung\,phuong\,\,\overrightarrow {{u_{d'}}} \\A \in d,A \notin d'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{1} = \dfrac{2}{2} = \dfrac{{{m^2}}}{4}\\A\left( {1;1; - 2} \right) \in d,\,\,A \notin d'\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  \pm 2\\ - 1 \ne \dfrac{{ - 2 - m}}{{{m^2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow m =  - 2\).

Vậy tích các giá trị của tham số để hai đường thẳng \(d,\,d'\) song song với nhau là -2

Trong mp\(\left( {ACC'A'} \right)\): gọi \(N = AC \cap A'M\).

Khi đó: \(\dfrac{{{V_{BDA'M}}}}{{{V_{DBA'N}}}} = \dfrac{{A'M}}{{A'N}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow {V_{BDA'M'}} = \dfrac{1}{2}{V_{BDA'N}}\) (1)

Tam giác \(NBD\) cân tại \(N:\,\,\)

\(BD = a\sqrt 2 ,\,ON = \dfrac{3}{2}AC = \dfrac{3}{2}.a\sqrt 2  = \dfrac{{3\sqrt 2 a}}{2}\).

\( \Rightarrow {S_{NBD}} = \dfrac{1}{2}.a\sqrt 2 .\dfrac{{3a\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{BDA'N}} = \dfrac{1}{3}AA'.{S_{NBD}} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt 3 .\dfrac{{3{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: Thể tích của khối tứ diện \(BDA'M\) bằng \(\dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).

TXĐ: \(D = R\backslash \{ 2\} \)

\(y = \dfrac{{2x - 3}}{{x - 2}}({\rm{C}})\) có 2 đường tiệm cận: \(x = 2,y = 2\)

Ta có \({y^\prime } = \dfrac{{ - 1}}{{{{(x - 2)}^2}}}\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right),\left( {{x_0} \ne 2} \right)\) là tiếp điểm. Tiếp tuyến của \(({\rm{C}})\) tại \({\rm{M}}\) có phương trình :

\(y = {y^\prime }\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} \Leftrightarrow y =  - \dfrac{{x - {x_0}}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}} + \dfrac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} - 2}}\)

Cho \(x = 2 \Rightarrow y = \dfrac{1}{{{x_0} - 2}} + \dfrac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} - 2}} = \dfrac{{2{x_0} - 2}}{{{x_0} - 2}} \Rightarrow (d)\) cắt TCĐ của (C) tại điểm \(A\left( {2;\dfrac{{2{x_0} - 2}}{{{x_0} - 2}}} \right)\).

Cho \(y = 2 \Rightarrow 2 =  - \dfrac{{x - {x_0}}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}} + \dfrac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} - 2}} \Leftrightarrow 2{\left( {{x_0} - 2} \right)^2} =  - x + {x_0} + \left( {2{x_0} - 3} \right)\left( {{x_0} - 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2x_0^2 - 8{x_0} + 8 =  - x + {x_0} + 2x_0^2 - 7{x_0} + 6 \Leftrightarrow x = 2{x_0} - 2 \Rightarrow (d)\) cắt TCN của (C) tại điểm \(B\left( {2{x_0} - 2;2} \right)\)

Độ dài đoạn AB:

\(\sqrt {{{\left( {2 - \left( {2{x_0} - 2} \right)} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{2{x_0} - 2}}{{{x_0} - 2}} - 2} \right)}^2}}  = 2\sqrt 2 \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 4{\left( {{x_0} - 2} \right)^2} + {\left( {\dfrac{2}{{{x_0} - 2}}} \right)^2} = 8\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 2} \right)^4} - 2{\left( {{x_0} - 2} \right)^2} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left[ {{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2} - 1} \right]^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 2} \right)^2} = 1\end{array}\)

Hệ số góc của tiếp tuyến \({y^\prime }\left( {{x_0}} \right) =  - \dfrac{1}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}} =  - \dfrac{1}{1} =  - 1\).

Đường thẳng \(d\) có một VTCP \(\overrightarrow u  = \left( {2;2;1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {1;2;2} \right)\).

Khi đó: \(\sin \left( {d;\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow u .\overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}} = \dfrac{{\left| {2 + 4 + 2} \right|}}{{3.3}} = \dfrac{8}{9}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) lên \(\left( P \right)\). Tam giác \(IMH\) vuông tại \(H\), có: \(MH = IM.\sin \left( {d;\left( P \right)} \right) = 9.\dfrac{8}{9} = 8\).

Vậy, khoảng cách từ điểm \(M\) thuộc \(d\) đến \(\left( P \right)\) bằng 8.

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = {9.10^8}\).

Gọi biến cố A: “lấy được một số lẻ và chia hết cho 9”.

Số các số có 9 chữ số mà chia hết cho 9 là: \(\dfrac{{999\,\,999\,\,999 - 100\,\,000\,\,008}}{9} + 1 = 100\,\,000\,\,000\) (số).

Số các số chẵn có 9 chữ số mà chia hết cho 9 là: \(\dfrac{{999\,\,999\,\,990 - 100\,\,000\,\,008}}{{18}} + 1 = 50\,\,000\,\,000\) (số).

\( \Rightarrow \) Số các số lẻ có 9 chữ số mà chia hết cho 9 là: \(50\,\,000\,\,000\) (số).

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 50\,\,000\,\,000 \Rightarrow \)\(P(A) = \dfrac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \)\(\dfrac{1}{{18}}\).

Ta có:   \(\left\{ \begin{array}{l}A = \left\{ {x \in \mathbb{R}|\,x < 3} \right\} = \left( { - \infty ;\,3} \right)\\B = \left\{ {x \in \mathbb{R}|\,\,1 < x \le 5} \right\} = \left( {1;\,\,5} \right]\\C = \left\{ {x \in \mathbb{R}| - 2 \le x \le 4} \right\} = \left[ { - 2;\,\,4} \right]\end{array} \right..\)

Bằng cách biểu diễn trên trục số ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A \cap C = \left[ { - 2;3} \right)\\B \cup C = \left[ { - 2;5} \right]\end{array} \right..\)

\( \Rightarrow \left( {B \cup C} \right)\backslash \left( {A \cap C} \right) = \left[ {3;5} \right].\)

Ta có $I = {\int_{- 1}^{0}f}(x)dx + {\int_{0}^{4}f}(x)dx$

$\begin{array}{l} {= {\int_{- 1}^{0}6}x^{2}~dx + {\int_{0}^{4}\left( {a - a^{2}x} \right)}dx} \\ {= \left. {2x^{3}} \right|_{- 1}^{0} + \left. \left( {ax - \dfrac{a^{2}x^{2}}{2}} \right) \right|_{0}^{4}} \\ {= 2 + 4a - 8a^{2}} \\ \left. I + 22 \geq 0\Leftrightarrow 2 + 4a - 8a^{2} + 22 \geq 0 \right. \\ \left. \Leftrightarrow 2a^{2} - a - 6 \leq 0\Leftrightarrow - \dfrac{3}{2} \leq a \leq 2 \right. \end{array}$

Mà a nguyên nên $a \in \left\{ - 1;0;1;2 \right\}$

Vậy có 4 giá trị nguyên của a thỏa mãn.

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {{u_1} + {u_2} +  \ldots  + {u_n} - n} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {\dfrac{9}{{10}} + \dfrac{{99}}{{100}} + \dfrac{{999}}{{1000}} + ... + \dfrac{{99...9}}{{{{10}^n}}} - n} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {1 - \dfrac{1}{{10}} + 1 - \dfrac{1}{{100}} + 1 - \dfrac{1}{{1000}} + ... + 1 - \dfrac{1}{{{{10}^n}}} - n} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty }  - \left( {\dfrac{1}{{10}} + \dfrac{1}{{100}} + \dfrac{1}{{1000}} + ... + \dfrac{1}{{{{10}^n}}}} \right)\\ =  - \dfrac{{\dfrac{1}{{10}}}}{{1 - \dfrac{1}{{10}}}} =  - \dfrac{1}{9}=a\end{array}\)

\(\Rightarrow 18 a+5=3\)

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge  - 2\\x \le 10\\x \ge \dfrac{{m - 3}}{3}\end{array} \right.\).

Phương trình \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x + 2}  = \sqrt {10 - x} \\\sqrt {3x + 3 - m}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2 = 10 - x\\3x + 3 - m = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\x = \dfrac{{m - 3}}{3}\end{array} \right.\).

Để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt thì \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{m - 3}}{3} < 4\\ - 2 \le \dfrac{{m - 3}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 3 \le m < 15.\)

Vậy \(m \in \left[ { - 3;15} \right).\)

Do m nguyên dương nên $m \in\{1 ; 2 ; \ldots ; 14\}$. Vậy có 14 giá trị nguyên dương của m thoả mãn

1) Cho tam giác \(ABC\)  đều cạnh \(a.\)

a) Xác định vị trí điểm \(I\)  thỏa mãn \(4\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \) và tính độ dài \(IA+IB+IC.\)

Gọi \(G\)  là trọng tâm tam giác \(ABC.\)  

\(4\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  = 0 \Leftrightarrow 3\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IG}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IG}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow I\) là trung điểm của \(AG.\)

Gọi K là trung điểm của BC.

Vì tam giác ABC đều nên \(AK = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AG = \dfrac{{2AK}}{3} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow IA = \frac{{AG}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.\)

\(IK = AK - IA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} - \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Theo định lý Py-ta-go ta có: \(IB = \sqrt {I{K^2} + B{K^2}}  = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{9} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}  \Rightarrow IB = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}.\)

Tương tự ta tính được \(IC = \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6}.\)

Vậy $IA+IB+IC=\dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}+2. \dfrac{{a\sqrt {21} }}{6} > \dfrac{9a}{5}$

b) Cho điểm \(M\)  thay đổi nhưng luôn thỏa mãn đẳng thức \(4M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 3{a^2}.\) Chứng minh rằng điểm \(M\)  luôn thuộc một đường tròn cố định.

\(\begin{array}{l}4M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 4{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\\ = 6M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {4\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC} } \right) +4IA^2+ I{B^2} + I{C^2}\\ = 6M{I^2} +4IA^2+ I{B^2} + I{C^2}\end{array}\)

Ta có:

$4IA^2 = 4 \cdot \left(\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2 = 4 \cdot \dfrac{3a^2}{36} = \dfrac{a^2}{3}$

$IB^2 = IC^2 = \left(\dfrac{a\sqrt{21}}{6}\right)^2 = \dfrac{21a^2}{36} = \dfrac{7a^2}{12}$

Tổng các hằng số là:

Thay vào phương trình:

Vậy điểm \(M\)  luôn nằm trên đường tròn tâm \(I,\)  bán kính \(\dfrac{a}{2}\)

Người chơi cách vị trí cân bằng 1 mét khi $3\cos\left\lbrack {\dfrac{\pi}{3}(2t - 1)} \right\rbrack = \pm 1$

$\begin{array}{l} \left. \Leftrightarrow\sin^{2}\left\lbrack {\dfrac{\pi}{3}(2t - 1)} \right\rbrack = \dfrac{8}{9}\Leftrightarrow 1 - \cos\left\lbrack {\dfrac{2\pi}{3}(2t - 1)} \right\rbrack = \dfrac{16}{9} \right. \\ \left. \Leftrightarrow\cos\left\lbrack {\dfrac{2\pi}{3}(2t - 1)} \right\rbrack = - \dfrac{7}{9} \right. \\ \left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {\dfrac{2\pi}{3}(2t - 1) = \alpha + k2\pi} \\ {\dfrac{2\pi}{3}(2t - 1) = - \alpha + k2\pi} \end{array} \right. \right. \\ \left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {t = \dfrac{3\alpha}{4\pi} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{3k}{2}} \\ {t = - \dfrac{3\alpha}{4\pi} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{3k}{2}} \end{array} \right. \right. \end{array}$

Trong 3 giây đầu tiên ứng với $0 \leq t \leq 3$ :

+) Với $t = \dfrac{3\alpha}{4\pi} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{3k}{2}$ thì $\left. 0 \leq \dfrac{3\alpha}{4\pi} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{3k}{2} \leq 3\Rightarrow - 0,73 \leq k \leq 1,27\Rightarrow k \in \left\{ 0;1 \right\} \right.$.

+) Với $t = - \dfrac{3\alpha}{4\pi} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{3k}{2}$ thì $\left. 0 \leq - \dfrac{3\alpha}{4\pi} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{3k}{2} \leq 3\Rightarrow 0,06 \leq k \leq 2,06\Rightarrow k \in \left\{ 1;2 \right\} \right.$.

Vậy trong 3 giây đầu tiên, có 4 lần người chơi ở cách vị trí cân bằng 1 mét.

Ta có tần số âm thanh các phím liên tiếp tạo thành một cấp số nhân ($u_{n}$).

Đặt tần số âm thanh của phím La Trung là số hạng đầu $u_{1} = 400$.

Phím La Cao cao hơn 12 phím so với phím La Trung nên phím này ở $u_{13} = 800$.

$\left. u_{13} = u_{1} \cdot q^{12}\Leftrightarrow q^{12} = \dfrac{u_{13}}{u_{1}} = 2\Rightarrow q = \sqrt[12]{2} \approx 1,06 \right.$

1. Sai. Điều kiện xác định $\left. x^{2} - 5x + 4 > 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x < 1} \\ {x > 4} \end{array} \right.\Rightarrow D = \left( {- \infty;1} \right) \cup \left( {4; + \infty} \right) \right.$

2. Ta có $\left. f'(x) = \dfrac{2x - 5}{\left( {x^{2} - 5x + 4} \right)\ln\dfrac{1}{2}}\Rightarrow f'(x) = 0\Leftrightarrow x = \dfrac{5}{2}\left( {ktm} \right) \right.$

BBT

Từ BBT suy ra 2 sai

3. $\left. f(x) > 0\Leftrightarrow\log_{\dfrac{1}{2}}\left( {x^{2} - 5x + 4} \right) > 0\Leftrightarrow x^{2} - 5x + 4 < 1 \right.$

$\left. \Leftrightarrow x^{2} - 5x + 3 < 0\Leftrightarrow 0,7 < x < 4,3\Rightarrow S = (0,7;1) \cup (4;4,3) \right.$

Mà $x \in {\mathbb{Z}}$ nên không có giá trị nguyên nào của x thoả mãn. Vậy 3 sai

4. Vì hàm số nghịch biến trên $\left( {4;5} \right\rbrack$ nên $\min\limits_{(4;5\rbrack}f(x) = f(5) = - 2$ nên 4 đúng

a) ${\prod\limits_{n = 1}^{1000}(n)} - A_{1000}^{999} = 1.2.3....1000 - \dfrac{1000!}{\left( {1000 - 999} \right)!} = 1000! - 1000! = 0$ nên a đúng

b) ${\prod\limits_{k = 1}^{200}(k)} = 1.2.3...200$

Ta có từ 1 đến 200 có 40 số chia hết cho 5, có 8 số chia hết cho 25 và 1 số chia hết cho 125.

Với số 5 nhân 1 số chẵn được 1 số tận cùng là 0, số 25 nhân 1 số chia hết cho được 1 số tận cùng là 00 và số 125 nhân 1 số chia hết cho 8 được tận cùng là 000

Vậy số các số 0 ở tận cùng của phép tính $1.2....200$ là $40 + 8 + 1 = 49$

Vậy ${\prod\limits_{k = 1}^{200}(k)} = 1.2.3...200$ chia hết cho $10^{49}.$

c) ${\sum\limits_{n = 1}^{2025}\left( {\prod\limits_{k = 1}^{n}(k)} \right)} = {\sum\limits_{n = 1}^{2025}\left( {1.2....n} \right)} = {\sum\limits_{n = 1}^{2025}\left( {n!} \right)} = 1! + 2! + 3! + ... + 2025!$

Ta có $1! + 2! + 3! + 4! = 33$

Từ $5!$ trở đi đều là các số có tận cùng là 0 nên tổng $1! + 2! + 3! + ... + 2025!$ có tận cùng bằng 3

Gọi số có tám chữ số là $\overline{a_{1}a_{2}...a_{8}}$

Ta có: $n(\Omega) = 9.10^{7}$

Gọi biến cố $B:$ “Số tự nhiên lấy được chia hết cho 7”

Khi đó: $10000004 \leq \overline{a_{1}a_{2}...a_{8}} \leq 99999998$

$n(B) = 12857143$

Vậy $P(B) = \dfrac{12857143}{9.10^{7}} \approx 0,14$

Vì $P(x)$ chia cho $x + 1$ dư 3 nên $P(x) - 3$ chia hết cho $x + 1$.

$\left. \Rightarrow P(x) - 3 = f(x) \cdot (x + 1) \right.$

Thay $x = - 1$ vào đẳng thức trên ta có:

$\left. P( - 1) - 3 = f( - 1) \cdot ( - 1 + 1) = 0\Rightarrow P( - 1) = 3 \right.$

Tương tự, $\text{P}(\text{x})$ chia cho x dư 1 nên $\text{P}(0) = 1$

$P(x)$ chia cho $x - 1$ dư 5 nên $P(1) = 5$

Ta được hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} {a \cdot {( - 1)}^{2} + b \cdot ( - 1) + c = 3} \\ {a \cdot 0^{2} + b \cdot 0 + c = 1} \\ {a \cdot 1^{2} + b \cdot 1 + c = 5} \end{array}\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a - b + c = 3} \\ {c = 1} \\ {a + b + c = 5} \end{array}\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = 3} \\ {b = 1} \\ {c = 1} \end{array} \right. \right. \right.$

$\left. \Rightarrow P(x) = 3x^{2} + x + 1 \right.$. Thử lại ta thấy $P(x)$ thỏa mãn đề bài.

Vậy $\left. P(x) = 3x^{2} + x + 1\Rightarrow P(3) = 31 \right.$.

a) Đúng: Chia mỗi cạnh của hình H thành ba đoạn thẳng bằng nhau nên mỗi đoạn là có độ dài \(\dfrac{a}{3}\) và trên mỗi đoạn thẳng đó, dựng một tam giác đều nằm ngoài hình H, ta được hình \({H_1}\) nên độ dài mỗi cạnh của hình \({H_1}\) là \(\dfrac{a}{3}\).

b) Đúng: Độ dài mỗi cạnh của hình \({H_{n - 1}}\) là \(\dfrac{a}{{{3^{n - 1}}}}\)

Độ dài mỗi cạnh của hình \({H_n}\) là \(\dfrac{a}{{{3^n}}}\)

Suy ra độ dài hình \({H_{n - 1}}\) gấp 3 lần độ dài mỗi cạnh của hình \({H_n}\).

c) Đúng: \({u_1},{u_2},.....,{u_n},....\) lần lượt là số cạnh của các hình  \({H_1},{H_2},....{H_n},...\).

Có \(u = 3;{u_1} = 12 = 3.4;{u_2} = 48 = {3.4^2},...,{u_n} = {3.4^n}\)

Vậy dãy số \({u_1},{u_2},{u_3},{u_4},....\) theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội q = 4.

d) Sai: Hình \(H\) có chu vi là \(3a\).

Hình \({H_{16}}\) có số cạnh là \({3.4^{16}}\) cạnh và độ dài mỗi cạnh là \(\dfrac{a}{{{3^{16}}}}\).

Chu vi hình \({H_{16}}\) là \({3.4^{16}}.\dfrac{a}{{{3^{16}}}} \approx 299a\)

Vậy hình \({H_{16}}\) có chu vi gấp 99,67 lần chu vi hình \(H.\)

Hàm số $f(x) = a{(x - b)}^{2}$ có trục đối xứng là $x = b$.

Ta xét hiệu số giữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất, $g(k)$, trong khoảng $\lbrack k,k + 2\rbrack$ dựa vào vị trí của $b$.

TH1: Khi $k + 2 < b$, tức là $k < b - 2$ thì

$g(k) = f(k) - f(k + 2) = a{(k - b)}^{2} - a{(k + 2 - b)}^{2} = - 4a(k - b + 1)$

TH2: Khi $k \leq b \leq k + 1$, tức là $b - 1 \leq k \leq b$

Giá trị nhỏ nhất là $f(b) = 0$, giá trị lớn nhất là $f(k + 2)$.

$\left. \Rightarrow g(k) = f(k + 2) - 0 = a{(k + 2 - b)}^{2} \right.$

TH3: Khi $k + 1 < b < k + 2$, tức là $b - 2 < k < b - 1$

Giá trị nhỏ nhất là $f(b) = 0$, giá trị lớn nhất là $f(k)$.

$\left. \Rightarrow g(k) = f(k) - 0 = a{(k - b)}^{2} \right.$

TH4: Khi $k \geq b$

$\left. \Rightarrow g(k) = f(k + 2) - f(k) = 4a(k - b + 1) \right.$

Ta có $g(3) = a$ (tức là $k = 3$):

- Trường hợp $\left. 3 < b - 2\Rightarrow b > 5 \right.$

Khi đó $\left. g(3) = - 4a(3 - b + 1) = - 4a(4 - b) = a\Rightarrow 4b - 16 = 1\Rightarrow b = \dfrac{17}{4} = 4,25 \right.$ (không thỏa mãn $b > 5$)

- Trường hợp $\left. b - 1 \leq 3 \leq b\Rightarrow 3 \leq b \leq 4 \right.$

Khi đó $\left. g(3) = a{(3 + 2 - b)}^{2} = a{(5 - b)}^{2} = a\Rightarrow{(5 - b)}^{2} = 1\Rightarrow 5 - b = \pm 1 \right.$.

Suy ra $b = 4$ (thoả mãn) hoặc $b = 6$ (không thoả mãn)

- Trường hợp $\left. b - 2 < 3 < b - 1\Rightarrow 4 < b < 5 \right.$

Khi đó $\left. g(3) = a{(3 - b)}^{2} = a\Rightarrow{(3 - b)}^{2} = 1\Rightarrow 3 - b = \pm 1 \right.$.

Suy ra $b = 2$ hoặc $b = 4$. Cả hai đều không thỏa mãn $4 < b < 5$.

- Trường hợp $3 \geq b$

Khi đó $\left. g(3) = 4a(3 - b + 1) = 4a(4 - b) = a\Rightarrow 16 - 4b = 1\Rightarrow b = \dfrac{15}{4} = 3,75 \right.$ (không thỏa mãn $3 \geq b$).

Vậy ta có duy nhất giá trị $b = 4$ hay $f(x) = a{(x - 4)}^{2}$

Ta cần tìm a thoả mãn $g(2) + g(6) = 32$.

Vì $a > 0$ nên $\left\{ \begin{array}{l} {g(2) = \max\limits_{\lbrack{2;4}\rbrack}f(x) - \min\limits_{\lbrack{2;4}\rbrack}f(x) = f(2) - f(4) = 4a - 0 = 4a} \\ {g(6) = \max\limits_{\lbrack{6;8}\rbrack}f(x) - \min\limits_{\lbrack{6;8}\rbrack}f(x) = f(8) - f(6) = 16a - 4a = 12a} \end{array} \right.$

Khi đó $\left. g(2) + g(6) = 32\Leftrightarrow 4a + 12a = 32\Leftrightarrow a = 2 \right.$

Vậy hàm số là $f(x) = 2{(x - 4)}^{2}$.

Tại vị trí A là $x = 7$ ta có $f(7) = 2{(7 - 4)}^{2} = 18$

Khoảng cách từ chú Kiến đến tổ của mình là $OA = \sqrt{7^{2} + 18^{2}} \approx 19,3$.