Thi thử toàn quốc Đánh giá tư duy Bách Khoa (TSA) năm 2026 - Trạm số 3 (TSA2311)

Đáp án A: $a = \sqrt{2} > 0$ và $- \dfrac{b}{2a} = 0$ nên hàm số nghịch biến trên $( - \infty;0)$.

Đáp án B: $y = - \sqrt{2}|x| + 1 = \left\{ \begin{array}{l} {- \sqrt{2}x + 1\,\,\, khi\,\,\, x \geq 0} \\ {\sqrt{2}x + 1\,\,\,\,\,\, khi\,\,\, x < 0} \end{array} \right.$ đồng biến trên $( - \infty;0)$.

Đáp án C: $y = \sqrt{2x + 2}$ có TXĐ:$D = \left( {- 1; + \infty} \right)$ nên loại C.

Đáp án D: $y = - \dfrac{1}{x}$ có TXĐ:$D = {\mathbb{R}}\backslash\left\{ 0 \right\}$ và hàm số đồng biến trên $( - \infty;0)$.

Vậy chỉ có Đáp án A đúng.

Mệnh đề 1: Hàm số \(y = \frac{{\tan x + 3}}{{2\sin x + 3}}\) xác định khi \(\cos x \ne 0\)\( \Rightarrow \) Sai.

Mệnh đề 2: \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{\tan x + 3}}{{2\sin x + 3}} = 0 \Leftrightarrow \tan x + 3 = 0 \Leftrightarrow \tan x =  - 3\) ứng với 2 điểm trên đường tròn \( \Rightarrow \) Đúng.

Ta có các bộ 3 chữ số khác nhau có tổng chia hết cho 3 là:

$\left( {1;2;3} \right),\,\,\left( {1;2;6} \right),\,\,\left( {1;3;5} \right),\,\,\left( {1;5;6} \right),\,\,\left( {2;3;4} \right),\,\,\left( {2;4;6} \right),\,\,\left( {3;4;5} \right),\,\,\left( {4;5;6} \right)$

Từ mỗi bộ, ta lập được 6 số có 3 chữ số khác nhau.

Có 8 bộ số nên lập được tất cả 48 số.

1) Ta có: $\left. MN \middle| \middle| SB \right.$.

$\left. \Rightarrow d\left( {MN,SA} \right) = d\left( {MN,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SAB} \right)} \right) \right.$$= \dfrac{1}{2}d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right)$.

Ta có: $\left. BH = \dfrac{1}{3}BD\Rightarrow d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = 3d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) \right.$.

Kẻ $\left. HK\bot AB;HI\bot SK\Rightarrow HI\bot\left( {SAB} \right) \right.$.

$HK = \dfrac{1}{3}AD = \dfrac{a\sqrt{3}}{3}$.

$\left. \dfrac{1}{HI^{2}} = \dfrac{1}{HK^{2}} + \dfrac{1}{SH^{2}} = \dfrac{3}{a^{2}} + \dfrac{4}{a^{2}} = \dfrac{7}{a^{2}}\Rightarrow HI = \dfrac{a\sqrt{7}}{7} \right.$.

$\left. \Rightarrow d\left( {MN,SA} \right) = \dfrac{1}{2}.3.HI = \dfrac{3}{2}.\dfrac{a\sqrt{7}}{7} = \dfrac{3a\sqrt{7}}{14} \right.$

2) Ta có: $\left. MN \middle| \middle| SB \right.$.

Nên $\left( {MN,(ABCD)} \right) = \left( {SB,(ABCD)} \right)$ .

Do SH ⊥ (ABCD) nên $\left( {MN,(ABCD)} \right) = \left( {SB,(ABCD)} \right) = \left( {SB,HB} \right) = \angle SBH$.

Ta có $BD = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = 2a;BH = \dfrac{BD}{3} = \dfrac{2a}{3}\text{.~}$

Tam giác SHB, có $\tan\widehat{SBH} = \dfrac{SH}{BH} = \dfrac{3}{4}$ .

Đa thức phải tìm có dạng :

$P(x) = ax^{2} + bx + c(a \neq 0)$

Ta có: $P'(x) = 2ax + b$.

Vì trục đối xứng $(\Delta)$ có phương trình $x = 1$ nên: $- \dfrac{b}{2a} = 1$ (1)

Vì đồ thị $(P)$ đi qua điểm $A(3;0)$ nên ta có $P(3) = 0$, tức là: $9a + 3b + c = 0(2)$.

Vì hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm $A(3;0)$ bằng $\tan\dfrac{\pi}{4}$ nên ta có $P'(3) = 1$, tức là:

$6a + b = 1(3)$

Giải hệ ba phương trình (1), (2) và (3) với ba ẩn số $a,b$ và $c$, ta được:

$a = \dfrac{1}{4};b = - \dfrac{1}{2};c = - \dfrac{3}{4}$

Vậy $P(x) = \dfrac{1}{4}x^{2} - \dfrac{1}{2}x - \dfrac{3}{4}$.

Gọi $I(x,y,z)$ là điểm cùng cách ba mặt phẳng tọa độ (Oxy), (Oyz), (Ozx) một khoảng bằng 2024.

Khi đó $|x|=|y|=|z|=2024$

Suy ra $x, y, z \in$ {2024;-2024}

Tức là mỗi giá trị x, y, z đều có 2 cách chọn nên có tất cả 2.2.2 = 8 bộ (x,y,z) thoả mãn

Trong 3 đồ thị thì có đúng 2 đồ thị tuần hoàn với chu kì $\pi$.

Các thừa số 5, 10, 15, 20, 30, 35, 40, 45 sẽ tạo ra một số 0 bên phải của n.

Các thừa số 25, 50 sẽ tạo ra hai số 0 bên phải của n.

Điều kiện: $x \in \left\lbrack {0;4} \right\rbrack$

BPT $\left. \Leftrightarrow f(x) = \log_{3}\left( {5 - \sqrt{4 - x}} \right).\left( {x\sqrt{x} + \sqrt{x + 12}} \right) \leq m \right.$

BPT có nghiệm $\left. \Rightarrow m \geq \min\limits_{\lbrack{0;4}\rbrack}f(x) \right.$

Với $4 \geq x_{1} \geq x_{2} \geq 0$

$\left. \Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x_{1}\sqrt{x_{1}} + \sqrt{x_{1} + 12} > x_{2}\sqrt{x_{2}} + \sqrt{x_{2} + 12}} \\ {5 - \sqrt{4 - x_{1}} > 5 - \sqrt{4 - x_{2}}} \end{array} \right. \right.$

$\left. \Rightarrow f\left( x_{1} \right) \geq f\left( x_{2} \right)\Rightarrow f(x) \right.$ đồng biến trên $\left\lbrack {0;4} \right\rbrack$

$\left. \Rightarrow\min\limits_{x \in {\lbrack{0;3}\rbrack}}f(x) = f(0) = \sqrt{12} = 2\sqrt{3} \right.$

Vậy điều kiện của m để bất phương trình có nghiệm là $m \geq 2\sqrt{3}$.

Ta có chiều dài của mỗi mặt cầu thang theo thứ tự lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu tiên là $u_{1} = 189$, công sai $d = - 7$ và số hạng cuối cùng là $u_{n} = 63$.

Khi đó áp dụng công thức tính số hạng tồng quát ta có:

$\left. u_{n} = u_{1} + (n - 1)d\Leftrightarrow 63 = 189 - 7(n - 1)\Leftrightarrow n = 19 \right.$

Tổng chiều dài của 19 hình chữ nhật đó là: $S_{19} = 19.\dfrac{u_{1} + u_{19}}{2} = 2394$.

Diện tích của 19 bậc thang là: $S = 35.2394 = 83790\,\,\left( {~\text{cm}^{2}} \right) = 8,379\,\,\left( {~\text{m}^{2}} \right)$

Tổng số tiền để làm cầu thang đó là: $T = 8,379.1250000 = 10473750$ đồng.

Cách 1: Đặt $t = x + y$, theo giả thiết:

$\left. e^{t} \leq et\Rightarrow et > 0\Rightarrow t > 0 \right.$.

Ta có: $\left. e^{t} \leq et\Leftrightarrow e^{t - 1} \leq t\Leftrightarrow e^{t - 1} - t \leq 0 \right.$.

Xét hàm số $g(t) = e^{t - 1} - t$, với $t > 0$.

$\left. g'(t) = e^{t - 1} - 1;g'(t) = 0\Leftrightarrow e^{t - 1} = 1\Leftrightarrow t = 1 \right.$.

Bảng biến thiên:

Từ BBT ta có $e^{t - 1} - t \geq 0,\forall t > 0$.

Do đó: $\left. e^{t - 1} - t \leq 0\Leftrightarrow e^{t - 1} - t = 0\Leftrightarrow t = 1 \right.$.

Vậy $x + y = 1$.

Khi đó: $\left. f(x) + f(y) = 1\Leftrightarrow\dfrac{9^{x}}{9^{x} + m^{2}} + \dfrac{9^{y}}{9^{y} + m^{2}} = 1 \right.$

$\left. \Leftrightarrow\dfrac{9^{x}\left( {9^{y} + m^{2}} \right) + 9^{y}\left( {9^{x} + m^{2}} \right)}{\left( {9^{x} + m^{2}} \right)\left( {9^{y} + m^{2}} \right)} = 1 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 9^{x + y} + m^{2}\left( {9^{x} + 9^{y}} \right) + 9^{x + y} = 9^{x + y} + m^{2}\left( {9^{x} + 9^{y}} \right) + m^{4} \right.$

$\left. \Leftrightarrow 9^{x + y} = m^{4}\Leftrightarrow m^{4} = 9^{1} = 9\Leftrightarrow m = \pm \sqrt{3} \right.$.

Vậy $S = \left\{ {\sqrt{3}; - \sqrt{3}} \right\}$, tập S có 2 phần tử.

Cách 2:

Sử dụng TABLE cho hàm số $f(X) = e^{X} - eX$ với START = ‒9, END = 9 , STEP = 1:

Nhìn các bảng trên, ta thấy

$f(x) = e^{x} - ex \geq 0,\forall x \in {\mathbb{R}}$ và $\left. f(x) = 0\Leftrightarrow x = 1 \right.$.

Khi đó $e^{x} \geq ex,\forall x \in {\mathbb{R}}$ và $e^{x + y} \geq e\left( {x + y} \right)$, $\forall x,y \in {\mathbb{R}}$.

Suy ra

$\left. e^{x + y} \leq e\left( {x + y} \right)\Leftrightarrow e^{x + y} = e\left( {x + y} \right)\Leftrightarrow x + y = 1 \right.$.

Từ đó

$\begin{array}{l} {f(x) + f(y) = f(x) + f\left( {1 - x} \right)} \\ {= \dfrac{9^{x}}{9^{x} + m^{2}} + \dfrac{9^{1 - x}}{9^{1 - x} + m^{2}}} \end{array}$

$= \dfrac{9^{x}}{9^{x} + m^{2}} + \dfrac{\dfrac{9}{9^{x}}}{\dfrac{9}{9^{x}} + m^{2}} = \dfrac{9^{x}}{9^{x} + m} + \dfrac{9}{9 + 9^{x}m^{2}}$.

Để $\left. f(x) + f(y) = 1\Leftrightarrow\dfrac{9^{x}}{9^{x} + m^{2}} + \dfrac{9}{9 + 9^{x}m^{2}} = 1 \right.$

$\left. \Leftrightarrow\dfrac{9^{x}}{9^{x} + m^{2}} = 1 - \dfrac{9}{9 + 9^{x}m^{2}} = \dfrac{9^{x}m^{2}}{9 + 9^{x}m^{2}} \right.$

$\left. \Leftrightarrow\dfrac{1}{9^{x} + m^{2}} = \dfrac{m^{2}}{9 + 9^{x}m^{2}}\Leftrightarrow 9 + 9^{x}m^{2} = m^{2}\left( {9^{x} + m^{2}} \right) \right.$

$\left. \Leftrightarrow m^{4} = 9\Leftrightarrow m = \pm \sqrt{3} \right.$.

Vậy $S = \left\{ {\sqrt{3}; - \sqrt{3}} \right\}$, tập S có 2 phần tử.

Trước hết xếp 8 quyển sách thành một hàng ngang, có 8! cách.

Khi xếp 8 quyển sách thành một hàng ngang thì có 7 vị trí trống ở giữa 2 quyển sách kề nhau.

Giả sử có 3 vách ngăn chia 8 quyển thành 4 nhóm sách, mỗi nhóm có ít nhất 1 quyển, theo thứ tự đó ta để vào 4 ngăn sách.

Khi đó ta chọn 3 trong 7 vị trí nằm giữa đó để đặt 3 vách ngăn, có $C_{7}^{3}$ cách.

Suy ra có $T = 8!C_{7}^{3}$ cách sắp xếp khác nhau của bạn An. Vậy $\dfrac{T}{600} = 2352$.

Ta có: $\left. f'(x) = 4x^{3} + 8mx = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = 0} \\ {x^{2} = - 2m} \end{array} \right. \right.$

TH1: Nếu $\left. - 2m > 0\Leftrightarrow m < 0 \right.$ thì hàm số $y = f(x)$ có 3 điểm cực trị trong đó có 1 cực đại là $\left. x = 0\Rightarrow \right.$ Phương trình $f(x) = 0$ luôn có 2 nghiệm bội lẻ$\Rightarrow$ Loại.

TH2: Nếu $\left. - 2m < 0\Leftrightarrow m > 0 \right.$ thì hàm số $y = f(x)$ có 1 điểm cực trị duy nhất là $x = 0$.

$\left. \Rightarrow f(x) = 0 \right.$ phải có 2 nghiệm bội lẻ.

$\begin{array}{l} \left. f(x) = 0\Leftrightarrow x^{4} + 4mx^{2} - 2m^{2} + 24 = 0 \right. \\ \left. \Leftrightarrow x^{4} + 4mx^{2} + 4m^{2} = 6m^{2} - 24 \right. \\ \left. \Leftrightarrow\left( {x^{2} + 2m} \right)^{2} = 6m^{2} - 24 \right. \\ \left. \Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {6m^{2} - 24 > 0} \\ {x^{2} + 2m > 0\left( {dom > 0} \right)} \\ {x^{2} + 2m = \sqrt{6m^{2} - 24}} \end{array} \right. \right. \end{array}$

$\begin{array}{l} \left. \Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {6m^{2} - 24 > 0} \\ {\sqrt{6m^{2} - 24} - 2m > 0} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {6m^{2} - 24 > 0} \\ {\sqrt{6m^{2} - 24} > 2m} \end{array} \right. \right. \\ \left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {6m^{2} - 24 > 0} \\ {6m^{2} - 24 > 4m^{2}} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {m^{2} > 4} \\ {m^{2} > 12} \end{array} \right.\Leftrightarrow m^{2} > 12 \right. \end{array}$

$\left. \Leftrightarrow m > 2\sqrt{3}\left( {m > 0} \right) \right.$

$\left. m \in \left( {- 50;50} \right);m \in {\mathbb{Z}}\Rightarrow m \in \left\{ {4;5;...;49} \right\} \right.$

Vậy có 46 giá trị thỏa mãn.

Xét $\left. g(x) = f(x) - \dfrac{x^{2}}{2}\Rightarrow g'(x) = f'(x) = x \right.$.

Từ đồ thị ta thấy: $\left. g'(x) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = 0} \\ {x = 1} \\ {x = - 1} \end{array} \right. \right.$

Vì hệ số cao nhất của $f(x)$ nhỏ hơn 0 nên hệ số cao nhất của $g(x)$ cùng nhỏ hơn 0.

Ta có bảng biến thiên:

$\left. \Rightarrow g(x) = 0 \right.$ luôn có đúng 2 nghiệm bội lẻ.

Số điểm cực trị của hàm số $y = \left| {f(x) - \dfrac{x^{2}}{2}} \right|$ là 5.

Ta có: \(0,271414 \ldots  = 0,27 + 0,0014 + 0,000014 +  \ldots \)

Xét tổng \(0,0014 + 0,000014 + 0,00000014 +  \ldots \)

Đây là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu là \({u_1} = 0,0014\) và công bội \(q = \dfrac{1}{{100}}\).

Vì vậy \(0,271414 \ldots  = 0,27 + \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \dfrac{{27}}{{100}} + \dfrac{{0,0014}}{{1 - \dfrac{1}{{100}}}} = \dfrac{{2687}}{{9900}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2687}\\{n = 9900}\end{array} \Rightarrow n - 3m = 1839} \right.\).

$\left. x^{2} - 2x - y = 3\Leftrightarrow y = x^{2} - 2x - 3 \right.$

$\left. y \geq 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x \geq 3} \\ {x \leq - 1} \end{array} \right.\Rightarrow x \geq 3 \right.$

$\begin{array}{l} {P = xy + \dfrac{3}{2}x^{2} - 7x + 3y + 10} \\ {= x.\left( {x^{2} - 2x - 3} \right) + \dfrac{3}{2}x^{2} - 7x + 3.\left( {x^{2} - 2x - 3} \right) + 10} \\ {= x^{3} + \dfrac{5}{2}x^{2} - 16x + 1} \end{array}$

Xét $f(x) = x^{3} + \dfrac{5}{2}x^{2} - 16x + 1$ trên $\left\lbrack {3; + \infty} \right)$

Ta có: $f'(x) = 3x^{2} + 5x - 16 > 0\forall x \geq 3$

$\left. \Rightarrow P_{\min} = \dfrac{5}{2} \right.$

a) Đúng. Thay $x = 0$ vào $x(t) = 10\sin\left( {\dfrac{2\pi}{3}t + \dfrac{3\pi}{5}} \right) + 3$ ta có $x(0) = 10\sin\left( \dfrac{3\pi}{5} \right) + 3 = 12,51$

b) Sai. $x'(t) = 10\cos\left( {\dfrac{2\pi}{3}t + \dfrac{3\pi}{5}} \right).\dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{20}{3}\pi.\cos\left( {\dfrac{2\pi}{3}t + \dfrac{3\pi}{5}} \right)$

c) Đúng. $x'\left( {20,5} \right) = \dfrac{20\pi}{3}\cos\left( {\dfrac{2\pi}{3}.8 + \dfrac{3\pi}{5}} \right) = 20,5$ cm/s

d) Sai. $x'(t) = \dfrac{20\pi}{3}\cos\left( {\dfrac{2\pi}{3}t + \dfrac{3\pi}{5}} \right) = 0$

$\left. \Leftrightarrow\cos\left( {\dfrac{2\pi}{3}t + \dfrac{3\pi}{5}} \right) = 0\Leftrightarrow\dfrac{2\pi}{3}t + \dfrac{3\pi}{5} = \dfrac{\pi}{2} + k\pi\Leftrightarrow t = - \dfrac{3}{20} + \dfrac{3}{2}k \right.$

Với $k \in {\mathbb{Z}}$ và $t \geq 0$ thì $t = \dfrac{27}{20};\dfrac{57}{20};...$

Vậy thời điểm đầu tiên mà vận tốc bằng 0 là $t = \dfrac{27}{20} = 1,35$ giây

Tập xác định $D = {\mathbb{R}}\backslash\left\{ 1 \right\}.$

Ta có $f(x) = \dfrac{1 - 3x + x^{2}}{x - 1} = \dfrac{x\left( {x - 1} \right) - 2\left( {x - 1} \right) - 1}{x - 1} = x - 2 - \dfrac{1}{x - 1}.$

$\left. \Rightarrow f'(x) = 1 + \dfrac{1}{\left( {x + 1} \right)^{2}} > 0\forall x \in D. \right.$

Ta có $\left( {2\overset{\rightarrow}{a} - \overset{\rightarrow}{b}} \right)\overset{\rightarrow}{c} = 16$.

Điều kiện $x > - 2,x \neq 0$

$\begin{array}{l} {\log_{\dfrac{1}{3}}x^{2} > \log_{\dfrac{1}{3}}{(x + 2)}^{2}} \\ \left. \Leftrightarrow x^{2} < {(x + 2)}^{2} \right. \\ \left. \Leftrightarrow 4x + 4 > 0\Rightarrow x > - 1,x \neq 0 \right. \end{array}$

Ta có $\left. f'(x) = \dfrac{\left( {1 + 2^{x}} \right)^{'}}{\left( {1 + 2^{x}} \right)\text{.ln}2} = \dfrac{2^{x}}{1 + 2^{x}}\Rightarrow S = f'(0) + f'(1) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{3} = \dfrac{7}{6} \right.$.

Ta có $\left. 1 + 2 + 3 + ... + 2024 = \dfrac{2024\left( {2024 + 1} \right)}{2} = 2049300 \vdots 9\Rightarrow A \vdots 9 \right.$

Nhận thấy $A - 4 \vdots 5$ nên $\left. \left\{ \begin{array}{l} {A - 9 \vdots 5} \\ {A \vdots 9} \end{array} \right.\Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {A - 9 \vdots 5} \\ {A - 9 \vdots 9} \end{array} \right.\Rightarrow A - 9 \vdots 45 \right.$

Vậy A chia 45 dư 9

Có $9.10^{5}$ số tự nhiên có 6 chữ số.

Gọi $a_{1} < a_{2} < ... < a_{n}$ là các số tự nhiên có 6 chữ số, các số đều chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2.

Khi đó $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ lập thành một cấp số cộng với $a_{1} = 100022$ và công sai $d = 130$.

$\left. \Rightarrow a_{n} = 100022 + 130\left( {n - 1} \right) \right.$, mặt khác $\left. \Rightarrow a_{n} < 10^{6}\Rightarrow 100022 + 130\left( {n - 1} \right) < 10^{6}\Rightarrow n < 6923,9. \right.$

$\left. \Rightarrow n = 6923 \right.$.

Vậy có 6923 số tự nhiên có 6 chữ số, chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng là 2.

Khi đó xác suất cần tìm là $P = \dfrac{6923}{9.10^{5}}.$

Ta có: $10101_{2} = 1.2^{4} + 0.2^{3} + 1.2^{2} + 0.2^{1} + 1.2^{0} = 16 + 0 + 4 + 0 + 1 = 21$ chia hết cho 7.

Gọi O₁​, O₂​, O₃​ lần lượt là tâm của 3 mặt cầu và A, B, C lần lượt là hình chiếu của 3 tâm trên mặt phẳng (α) đã cho.

Không mất tính tổng quát, gọi bán kính của 3 mặt cầu lần lượt là R₁​, R₂​, R₃​.

Dễ thấy $O_{1}A\bot(\alpha),O_{2}B\bot(\alpha),O_{3}C\bot(\alpha)\text{~và~}O_{1}A = R_{1},O_{2}B = R_{2},O_{3}C = R_{3}\text{.~}$

Xét hình thang vuông O₁ABO₂ vuông tại A và B.

Từ $O_{2}$ kẻ $O_{2}H\bot AO_{1}$

Suy ra $AH = R_{2},O_{1}H = \left| {R_{1} - R_{2}} \right|,O_{2}H = AB$

Mà $\left( O_{1} \right)$ tiếp xúc với $\left( O_{2} \right)$ nên $O_{1}O_{2} = R_{1} + R_{2}$.

Xét tam giác vuông $O_{1}O_{2}H$ ta có $O_{1}O_{2}^{2} = O_{1}H^{2} + AB^{2}$ hay $\left( {R_{1} + R_{2}} \right)^{2} = \left( {R_{1} - R_{2}} \right)^{2} + AB^{2}$.

Suy ra $R_{1}.R_{2} = \dfrac{AB^{2}}{4}$.

Tương tự $R_{2}.R_{3} = \dfrac{BC^{2}}{4},R_{1}.R_{3} = \dfrac{AC^{2}}{4}$.

Do đó $\left( {R_{1}.R_{2}.R_{3}} \right)^{2} = \dfrac{3^{2}.2^{2}.4^{2}}{4.4.4} = 9\text{~hay~}R_{1}.R_{2}.R_{3} = 3.\ $

Ta có: $5^{a^{2} - 2a - 3 + b} \leq 3^{b + a} + 598$ $\left. \Leftrightarrow 5^{a^{2} - 2a - 3 + b} - 3^{b + a} - 598 \leq 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 5^{a^{2} - 3a - 3} - \dfrac{3^{b + a}}{5^{b + a}} - \dfrac{598}{5^{b + a}} \leq 0 \right.$ $\left. \Leftrightarrow\ - \left( \dfrac{3}{5} \right)^{b + a} - 598 \cdot \left( \dfrac{1}{5} \right)^{b + a} + 5^{a^{2} - 3a - 3} \leq 0 \right.$

Xét hàm số $f(b) = \ - \left( \dfrac{3}{5} \right)^{b + a} - 598 \cdot \left( \dfrac{1}{5} \right)^{b + a} + 5^{a^{2} - 3a - 3}$ $,b \in ( - 10;10)$.

Có: $f'(b) = \ - \ln\left( \dfrac{3}{5} \right) \cdot \left( \dfrac{3}{5} \right)^{b + a}$ $- 598\ln\left( \dfrac{1}{5} \right) \cdot \left( \dfrac{1}{5} \right)^{b + a} > 0$ $\forall b \in \left( {- 10;10} \right)$

Do đó $f(b)$ đồng biến.

Vì $b \in ( - 10;10)$ nên để $f(b) \leq 0$ có ít nhất 8 giá trị nguyên thỏa mãn thì

$f( - 2) \leq 0$$\left. \Leftrightarrow 5^{a^{2} - 2a - 3 - 2} \leq 3^{- 2 + a} + 598 \right.$

$\left. \Rightarrow 5^{a^{2} - 2a - 3 - 2} - 3^{- 2 + a} - 598 \leq 0 \right.$

Khảo sát hàm số $g(a) = 5^{a^{2} - 2a - 5} - 3^{- 2 + a} - 598$

Ta thấy $g'(a) = 0$ tại đúng 1 điểm thuộc khoảng (3;4) (Dùng casio tìm nghiệm).

Sử dụng chức năng TABLE với $\left. a \in {\mathbb{Z}}\Rightarrow a \in \left\{ \ - 2; - 1;0;1;2;3;4 \right\} \right.$.

Vậy có 7 giá trị nguyên của $a$.

$y' = \dfrac{m^{2} + 4}{\left( {x + 4} \right)^{2}} > 0$

=> Hàm số luôn đồng biến trên $\left( {- \infty; - 4} \right)$ và $\left( {- 4; + \infty} \right)$

Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [0;5] bằng -1 là:

$\left. y(0) = \dfrac{- m_{o}{}^{2}}{4} = - 1\Leftrightarrow m_{o} = \pm 2 \right.$

Khi đó $m_{0}$ có thể thuộc (-3;3) hoặc (-4;2)

Xét dãy số $\left( u_{n} \right)$, với $u_{n} = \left( {1 - \dfrac{1}{2^{2}}} \right)\left( {1 - \dfrac{1}{3^{2}}} \right)\ldots\left( {1 - \dfrac{1}{n^{2}}} \right),n \geq 2,n \in {\mathbb{N}}$.

Ta có:

$u_{2} = 1 - \dfrac{1}{2^{2}} = \dfrac{3}{4} = \dfrac{2 + 1}{2.2}$

$u_{3} = \left( {1 - \dfrac{1}{2^{2}}} \right) \cdot \left( {1 - \dfrac{1}{3^{2}}} \right) = \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{8}{9} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{3 + 1}{2 \cdot 3}$;

$u_{4} = \left( {1 - \dfrac{1}{2^{2}}} \right) \cdot \left( {1 - \dfrac{1}{3^{2}}} \right)\left( {1 - \dfrac{1}{4^{2}}} \right) = \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{8}{9} \cdot \dfrac{15}{16} = \dfrac{5}{8} = \dfrac{4 + 1}{2 \cdot 4}$

$u_{n} = \dfrac{n + 1}{2n}$.

Dễ dàng chứng minh bằng phương pháp qui nạp để khẳng định $u_{n} = \dfrac{n + 1}{2n},\forall n \geq 2$

Khi đó $\lim\left\lbrack {\left( {1 - \dfrac{1}{2^{2}}} \right)\left( {1 - \dfrac{1}{3^{2}}} \right)\ldots\left( {1 - \dfrac{1}{n^{2}}} \right)} \right\rbrack^{\top} = \lim\dfrac{n + 1}{2n} = \dfrac{1}{2}$.

Vậy a = 1, b = 2 nên a + b = 3.

Điểm đối xứng của điểm $M( - 2;3;4)$ qua mặt phẳng $(Oxy)$ là điểm $M\text{'}( - 2;3; - 4)$

Vì hai bánh răng có cùng kích thước, tốc độ của bánh răng thứ hai gấp ba tốc độ của bánh răng thứ nhất và tại thời điểm ban đầu, hai điểm $A,B$ có độ cao bằng nhau nên phương trình biểu thị độ cao của điểm $B$ là $h' = 2R + R\text{sin}\left( {\dfrac{3\pi}{5}t} \right)$.

Hai điểm $A,B$ có độ cao bằng nhau khi $h = h'$. Ta có phương trình:

$\left. 2R + R\text{sin}\left( {\dfrac{\pi}{5}t} \right) = 2R + R\text{sin}\left( {\dfrac{3\pi}{5}t} \right)\Leftrightarrow\text{sin}\left( {\dfrac{\pi}{5}t} \right) = \text{sin}\left( {\dfrac{3\pi}{5}t} \right)\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {\dfrac{3\pi}{5}t = \dfrac{\pi}{5}t + k2\pi} \\ {\dfrac{3\pi}{5}t = \pi - \dfrac{\pi}{5}t + k2\pi} \end{array} \right. \right.$

$\left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {2\pi t = k10\pi} \\ {4\pi t = 5\pi + k10\pi} \end{array}\Leftrightarrow\left\lbrack {\begin{array}{l} {t = 5k} \\ {t = \dfrac{5}{4} + \dfrac{5}{2}k} \end{array}\left( {k \in {\mathbb{Z}}} \right)} \right. \right. \right.$.

Họ nghiệm thứ nhất có nghiệm dương nhỏ nhất là $t = 5$.

Họ nghiệm thứ hai có nghiệm dương nhỏ nhất là $t = \dfrac{5}{4}$.

Vậy thời điểm đầu tiên sau khi động cơ hoạt động, hai điểm $A,B$ có độ cao bằng nhau là $t = \dfrac{5}{4}$ phút.

Ta có: $u_{n+1} = \sqrt {3u_n^2 + 2}$

=> $u_{n+1}^2 = 3u_n^2 + 2$

=> $u_{n+1}^2 +1 = 3(u_n^2 + 1)$

Xét dãy số $\left( v_{n} \right)$ với $v_{n} = u_{n}^{2} + 1$

$\Rightarrow$$\left( v_{n} \right)$ là cấp số nhân có số hạng đầu $v_{1} = u_{1}^{2} + 1 = 2$ và công bội $q = 3$.

Vậy $S = u_{1}^{2} + u_{2}^{2} + u_{3}^{2} + ... + u_{2022}^{2}$ $= v_{1} - 1 + v_{2} - 1 + v_{3} - 1 + ... + v_{2022} - 1$

$= v_{1} + v_{2} + v_{3} + ... + v_{2022} - 2022$ $= v_{1}.\dfrac{q^{2022} - 1}{q - 1} - 2022 = 2.\dfrac{3^{2022} - 1}{2} - 2022$ $= 3^{2022} - 2023$.

$\left. df(3) = 1dx\Rightarrow f'(3) = 1 \right.$

$\begin{array}{l} {f(x) = \dfrac{mx + 2}{x + 1}} \\ \left. \Rightarrow f'(x) = \dfrac{m.\left( {x + 1} \right) - \left( {mx + 2} \right)}{\left( {x + 1} \right)^{2}} \right. \\ \left. \Rightarrow f'(3) = \dfrac{4m - 3m - 2}{4^{2}} = 1\Rightarrow m = 18 \right. \end{array}$

Gọi $V_{1},V_{2}$ lần lượt là thể tích khối gỗ ban đầu và thể tích khối gỗ bị cắt

Thể tích của khối gỗ ban đầu là: $V_{1} = \pi\left( \dfrac{1}{2} \right)^{2}.2 = \dfrac{\pi}{2}\left( m^{3} \right)$

Thể tích cắt đi là $V_{2} = \dfrac{1}{2}\pi\left( \dfrac{1}{2} \right)^{2}.0,5 = \dfrac{\pi}{16}\left( m^{3} \right)$

Thể tích khối gỗ còn lại là $V = V_{1} - V_{2} = \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{16} = \dfrac{7\pi}{16}$

$\overset{\rightarrow}{AB}\ \ = \left( {- 2;0; - 1} \right)$; $\overset{\rightarrow}{AC}\ \ = \left( {2;0; - 2} \right)$

Do $M$ cách đều A, B và $C$ nên $M$ thuộc mặt phẳng trung trực của AB và mặt phẳng trung trực của AC.

Mặt phẳng trung trực của AB: $\left. - 2.\left( {x - 0} \right) - 1.\left( {z - \dfrac{1}{2}} \right) = 0\Leftrightarrow 2x + z - \dfrac{1}{2} = 0 \right.$

Mặt phẳng trung trực của AC: $\left. 1.\left( {x - 2} \right) - 1.\left( {z - 0} \right) = 0\Leftrightarrow x - z - 2 = 0 \right.$

Mà $M$ thuộc mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$: $y = 0$

$\Rightarrow$ Tọa độ của $M$ thỏa mãn hệ $\left. \left\{ \begin{array}{l} {2x + z - \dfrac{1}{2} = 0} \\ {x - z - 2 = 0} \\ {y = 0} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x = \dfrac{5}{6}} \\ {y = 0} \\ {z = \ \ - \dfrac{7}{6}} \end{array} \right. \right.$

$\left. \Rightarrow a + b - c = \dfrac{5}{6} + 0 + \dfrac{7}{6} = 2 \right.$.

Từ bảng 1 ta có: khi k = 4 thì \(\overline M  = 500\,\,\left( g \right)\)

Sai số 10% nên: \(\Delta M = \overline M .10\%  = 500.10\%  = 50\,\,\left( g \right)\)

Vậy \(M = 500 \pm 50\,\,\left( g \right)\)