Thi thử toàn quốc: ĐGNL Hà Nội (HSA) (Đợt 5) - Ngày 22-23/3/2025

Ta có \(f^{\prime}(x)=\dfrac{2 x}{\left(x^2+1\right) \ln 2}\) 

Suy ra \(f^{\prime}(1)=\dfrac{1}{\ln 2}\).

Ta có: \(P(\bar{B} \mid A)=1-P(B \mid A)=1-\dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}=1-\dfrac{0,3}{0,6}=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\).

Giả sử số đầu tiên là \(a\), số thứ hai là \(b\). 

Ta có dãy số: \(a; b; ab; ab^2; a^2b^3; a^3b^5;...\)

Số thứ 6 bằng 4000, hay \(a^3b^5=4000=5^3.2^5\).

Suy ra \(a=5\).

Vậy số đầu tiên của dãy số là 5.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của phương trình

\( x^3+(1-2 m) x^2+2(2-m) x+4=0 \)

\(\Leftrightarrow (x+1)\left(x^2-2 m x+4\right)=0 \)

\(\Leftrightarrow {\left[\begin{array}{l} x=-1 \\ g(x)=x^2-2 m x+4=0 \end{array}\right.}\)

Do đó, đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành khi và chỉ khi \(g(x)=0\) có hai nghiệm phân biệt khác \(-1\)

\( \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\Delta^{\prime}=m^2-4>0 \\ g(-1) \neq 0\end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}{\left[\begin{array}{l}m>2 \\ m<-2 \\ 2 m+5 \neq 0\end{array}\right.}\end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m>2 \\ -\dfrac{5}{2} \neq m<-2 .\end{array}\right.\)

Ta có \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = {x_1} \in \left( { - 2\,;\, - 1} \right)}\\{x = {x_2} \in \left( { - 1\,;\,0} \right)\,\,\,\,}\\{x = {x_3} \in \left( {1;\,2} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\)

Khi đó: \(f\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) - 1 = {x_1} \in \left( { - 2\,;\, - 1} \right)}\\{f\left( x \right) - 1 = {x_2} \in \left( { - 1\,;\,0} \right)\,\,\,\,}\\{f\left( x \right) - 1 = {x_3} \in \left( {1;\,2} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{f\left( x \right) = 1 + {x_1} \in \left( { - 1;\,0} \right)}\\{f\left( x \right) = 1 + {x_2} \in \left( {0\,;\,1} \right)}\\{f\left( x \right) = 1 + {x_3} \in \left( {2;\,3} \right)}\end{array}} \right.\)

+ Ta thấy hai phương trình \(f\left( x \right) = 1 + {x_1} \in \left( { - 1;\,0} \right)\); \(f\left( x \right) = 1 + {x_2} \in \left( {0\,;\,1} \right)\)đều có ba nghiệm phân biệt.

Phương trình \(f\left( x \right) = 1 + {x_3} \in \left( {2;\,3} \right)\)có một nghiệm.

Vậy phương trình\(f\left( {f\left( x \right) - 1} \right) = 0\) có \(7\) nghiệm.

Phương trình \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y - 2az + 10a = 0\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I\left( {2; - 1;a} \right)\\R = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {a^2} - 10a}  = \sqrt {{a^2} - 10a + 5} \end{array} \right.\)

ĐKXĐ: \({a^2} - 10a + 5 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a > 5 + 2\sqrt 5 \\a < 5 - 2\sqrt 5 \end{array} \right.\).

Đường tròn lớn của hình cầu có bán kính \(R = \sqrt {{a^2} - 10a + 5} .\)

\( \Rightarrow Chu\,\,vi:\,\,C = 2\pi R = 2\pi \sqrt {{a^2} - 10a + 5} \).

Mà \(C = 8\pi  \Leftrightarrow 2\pi \sqrt {{a^2} - 10a + 5}  = 8\pi \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} - 10a + 5}  = 4\\ \Leftrightarrow {a^2} - 10a + 5 = 16\\ \Leftrightarrow {a^2} - 10a - 11 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a =  - 1\\a = 11\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow S = \left\{ { - 1;11} \right\}\end{array}\)

Giả sử phương trình đường tròn \((C): x^2+y^2+a x+b y+c=0\),

\(M(2 ;-2), N(3 ;-1), P(-1 ;-3)\) thuộc \((C)\) nên ta có:

\(\left\{\begin{array} { l } { 2 a - 2 b + c = - 8 } \\ { 3 a - b + c = - 1 0 } \\ { - a - 3 b + c = - 1 0 }\end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} a=2 \\ b=-4 \\ c=-20 \end{array}\right.\)

Suy ra \((C)\) có tâm \(I(-1 ; 2)\), bán kính \(R=IM=\sqrt{3^2+4^2}=5\).

Cỡ mẫu \(n = 3 + 6 + 3 + 5 + 3 = 20\).

\(\bar x = \dfrac{1}{{20}}[3 \cdot 89 + 6.107 + 3 \cdot 125 + 5 \cdot 143 + 3 \cdot 161] = 124,1.\)

Phương sai của mẫu số liệu là:

\({s^2} = \dfrac{1}{{20}}\left[ {3 \cdot {{89}^2} + 6 \cdot {{107}^2} + 3 \cdot {{125}^2} + 5 \cdot {{145}^2} + {{3.161}^2}} \right] - 124,{1^2} = 566,19.\)

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu: \(s = \sqrt {{s^2}}  = \sqrt {566,19}  \approx 23,79.\)

Đặt trục tọa độ sao cho tâm đường tròn (tâm hình chữ nhật) trùng gốc tọa độ và điểm \((x,y)\) như hình:

Ta có phương trình đường tròn \((C):\)\({x^2} + {y^2} = 16\) hay \(y =  \pm \sqrt {16 - {x^2}} .\)

Khi đó chiều dài của sổ hình chữ nhật là \(2x\), chiều rộng là \(2y\), với \(x > 0,y > 0\) nằm trên đường tròn \((C)\)

Diện tích cửa sổ hình chữ nhật là \(S = 2x.2y = 4xy = 4x\sqrt {16 - {x^2}} \)

Xét hàm số \(S(x) = 4x\sqrt {16 - {x^2}} \) với \(0 \le x \le 4\)

Có \(S'(x) = 4\sqrt {16 - {x^2}}  - \dfrac{{4{x^2}}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }} = \dfrac{{ - 8{x^2} + 64}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }}\).

\(S'(x) = 0 \Leftrightarrow  - 8{x^2} + 64 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\sqrt 2 \\x =  - 2\sqrt 2 {\rm{(loai)}}\end{array} \right.\)

Ta có \(S(0) = 0\); \(S(4) = 4.4.\sqrt {16 - {4^2}}  = 0;\)

\(S(2\sqrt 2 ) = 4.2\sqrt 2 .\sqrt {16 - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 32.\)

Vậy cửa sổ hình chữ nhật lớn nhất nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 4 sẽ có hình vuông với diện tích 32, chiều dài và chiều rộng bằng \(2\sqrt 2 .\)

Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là:

\(\dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{4} + \dfrac{z}{6} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 12 = 0\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên \(\left( P \right)\) có dạng:

\(6x + 3y + 2z + d = 0{\rm{  }}\left( {d \ne  - 12} \right)\)

Vì \(\left( P \right)\) cách đều \(D\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên ta có:

\(\begin{array}{l}d\left( {D;\left( P \right)} \right) = d\left( {\left( {ABC} \right);\left( P \right)} \right)\\ \Leftrightarrow d\left( {D;\left( P \right)} \right) = d\left( {A;\left( P \right)} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| {36 + d} \right| = \left| {12 + d} \right|\\ \Leftrightarrow d =  - 24\end{array}\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(6x + 3y + 2z - 24 = 0\).

Gọi A là biến cố: "Lần thứ hai lấy được thẻ ATM Vietcombank",

B là biến cố: "Lần thứ nhất lấy được thẻ ATM của BIDV".

Sau khi lấy lần thứ nhất (biến cố \(B\) đã xảy ra) trong hộp còn lại 9 thẻ (trong đó 4 thẻ Vietcombank) nên:

\(P(A \mid B)=\dfrac{4}{9}\)

\({2^x}{f^2}\left( x \right) - \left( {{4^x} + 1} \right)f\left( x \right) + {2^x} = 0\)

Có \(\Delta  = {\left( {{4^x} + 1} \right)^2} - {4.2^x}{.2^x} = {4^{2x}} + {2.4^x} + 1 - {4.4^x} = {\left( {{4^x} - 1} \right)^2}\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = \dfrac{{{4^x} + 1 + {4^x} - 1}}{{{{2.2}^x}}} = {2^x}\\f\left( x \right) = \dfrac{{{4^x} + 1 - {4^x} + 1}}{{{{2.2}^x}}} = \dfrac{1}{{{2^x}}} = {2^{ - x}}\end{array} \right.\)

Từ đồ thi ta thấy phương trình có tất cả 7 nghiệm phân biệt.

Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: Với \(a = m = 0\) thì:

\(f\left( x \right) = 4x - 3\) , do đó không thể có \(f\left( x \right) \le 0,\forall x \in R\)

Trường hợp 2: Với \(a = m \ne 0\) thì \(f\left( x \right)\) là tam thức bậc hai nên để \(f\left( x \right) \le 0,\forall x \in R\) điều kiện là:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\{\left( {m - 2} \right)^2} - m\left( {m - 3} \right) \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\{m^2} - 4m + 4 - {m^2} + 3m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\4 - m \le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m \ge 4\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \emptyset .\end{array}\)  

Vậy không tồn tại \(m\) thoả mãn điều kiện đầu bài.

Gọi số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật là \(u_1, u_2, u_3\) ta có:

\( \left\{\begin{array}{l}u_1 u_2 u_3=125 \\ 2\left(u_1 u_2+u_2 u_3+u_3 u_1\right)=175\end{array}\right. \) \( \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}u_1 \cdot u_1 q \cdot u_1 q^2=125 \\ 2\left(u_1 \cdot u_1 q+u_1 q \cdot u_1 q^2+u_1 q^2 \cdot u_1\right)=175\end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\left(u_1 q\right)^3=125 \\ 2 u_1^2 q\left(1+q+q^2\right)=175\end{array}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}u_1 q=5 \\ 2.5 u_1\left(1+q+q^2\right)=175\end{array}\right. \)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}u_1=\dfrac{5}{q} \\ 10 \dfrac{5}{q}\left(1+q+q^2\right)=175\end{array}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}u_1=\dfrac{5}{q} \\ 2 q^2+2 q+2=7 q\end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}u_1=\dfrac{5}{q} \\ {\left[\begin{array}{l}q=2 \\ q=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.}\end{array}\right.\) \(\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}u_1=\dfrac{5}{2} \\ q=2\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}u_1=10 \\ q=\dfrac{1}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}u_1=\dfrac{5}{2} \\ u_2=5 \\ u_3=10\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}u_1=10 \\ u_2=5 \\ u_3=\dfrac{5}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.\)

Suy ra số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật là \(\dfrac{5}{2} ; 5 ; 10\)

Vậy tổng số đo ba kích thước của hình hộp chữ nhật là \dfrac{35}{2}.

Ta có \(g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-1\),

\(g^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow f^{\prime}(x)=1\).

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình \(f^{\prime}(x)=1\) có nghiệm \(x=0\) và \(x=2\).

Ta có bảng biến thiên:

Hàm số \(g(x)\) nghịch biến trong \((0 ; 2)\).

Vậy \(a=2\).

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Hàm \(y = f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\) là parabol đi qua \(\left( {0,20} \right),\left( {20,0} \right) \Rightarrow y =  - \dfrac{1}{{20}}{x^2} + 20\)

Phương trình đường thẳng cắt cánh hoa là \(y =  - x + 20\)

Diện tích 1 cánh hoa bằng \(I = 2\int\limits_0^{20} {\left( { - \dfrac{1}{{20}}{x^2} + 20 + x - 20} \right)dx}  = \dfrac{{400}}{3}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 400\\b = 3\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 403\)

Sau \(t\) phút bơm nước vào hồ thì lượng nước là \(600+15 t\) (l) và lượng muối có được là \(30.15 t(\mathrm{~g})\). Nồng độ muối của nước là:

\(C(t)=\dfrac{30.15 t}{600+15 t}=\dfrac{30 t}{40+t}(\mathrm{~g} / \mathrm{l})\)

Khi \(t\) dần về dương vô cùng, ta có:

\(\lim _{t \rightarrow+\infty} C(t)=\lim _{t \rightarrow+\infty} \dfrac{30 t}{40+t}\)

\(=\lim _{t \rightarrow+\infty} \dfrac{30 t}{t\left(\dfrac{40}{t}+1\right)}=\lim _{t \rightarrow+\infty} \dfrac{30}{\frac{40}{t}+1}=30(\mathrm{~g} / \mathrm{l}).\)

Dựa vào đồ thị của hàm f'(x) ta có bảng biến thiên.

Vậy giá trị lớn nhất \(M = f(2)\)

Hàm số đồng biến trên khoảng \((0;2)\) nên \(f(2) > f(1) = f(2) - f(1) > 0\).

Hàm số nghịch biến trên khoảng \((2;4)\) nên \(f(2) > f(3) =  > f(2) - f(3) > 0\).

Theo giả thuyết: \(f(0) + f(1) - 2f(2) = f(4) - f(3)\).

\( \Leftrightarrow f(0) - f(4) = f(2) - f(1) + f(2) - f(3) > 0 \Rightarrow f(0) > f(4)\)

Vậy giá trị nhỏ nhất \(m = f(4)\)

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 6x - 6\)

\(y\left( 1 \right) = {1^3} + {3.1^2} - 6.1 + 1 =  - 1\)

\(y'\left( 1 \right) = {3.1^2} + 6.1 - 6 = 3\)

Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng \(1\) là:

\(\begin{array}{l}y - \left( { - 1} \right) = 3\left( {x - 1} \right)\\y = 3x - 4\end{array}\)

Giao điểm của đồ thị hàm số \(y = 3x - 4\) với hai trục tọa độ là:

Với \(x = 0\) thì \(y =  - 4\) nên \(A\left( {0; - 4} \right)\).

Với \(y = 0\) thì \(3x - 4 = 0\) suy ra \(x = \dfrac{4}{3}\) nên \(B\left( {\dfrac{4}{3};0} \right)\).

Tam giác \(OAB\) là tam giác vuông tại \(O\) có \(OA = \sqrt {{0^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 4;OB = \sqrt {{{\left( {\dfrac{4}{3}} \right)}^2} + {0^2}}  = \dfrac{4}{3}\).

Vậy diện tích tam giác \(OAB\) là: \({S_{\Delta OAB}} = \dfrac{1}{2}.4.\dfrac{4}{3} = \dfrac{8}{3}\).

\(\begin{array}{l}y = f(x) - 2x \Rightarrow y' = f'\left( x \right) - 2\\ \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2\end{array}\)

Từ đồ thị ta thấy phương trình \(f'\left( x \right) = 2\) có 4 nghiệm nhưng tại \(x=2\) không là cực trị do \(f'(x)\) không đổi dấu khi đi qua 2 nên hàm số \(y = f(x) - 2x\) có 3 điểm cực trị

Không gian mẫu: \(\Omega = C_{12}^4.C_8^4.C_4^4.\)

Vì mỗi bạn được \(4\) phần quà và đều có cả \(2\) loại quà nên có một bạn có \(2\) phần quà loại \(I.\)

Giả sử:

Bạn thứ nhất có \(1\) phần quà loại \(I\) và \(3\) phần quà loại \(II\): \(C_4^1.C_8^3.\)

Bạn thứ hai có \(1\) phần quà loại \(I\) và \(3\) phần quà loại \(II\): \(C_3^1.C_5^3\).

Bạn thứ ba có \(2\) phần quà loại \(I\) và \(2\) phần quà loại \(II\): \(C_2^2.C_2^2.\)

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{3.C_4^1.C_8^3.C_3^1.C_5^3C_2^2.C_2^2}}{{C_{12}^4.C_8^4.C_4^4}} = \dfrac{{32}}{{55}}.\)

Gọi \(u_i\) là số que diêm của tháp có \(i\) tầng, ta thấy

\(\left\{\begin{array} { l } { u _ { 1 } = 3 } \\ { u _ { 2 } = u _ { 1 } + 4 + 3 } \\ { u _ { 3 } = u _ { 2 } + 6 + 5 } \\
{ \ldots } \\ { u _ { n } = u _ { n - 1 } + 2 n + 2 n - 1 } \end{array} \right.\) \(\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} u_1=3 \\ u_2=u_1+4.2-1 \\ u_3=u_2+4.3-1 \\ \cdots \\ u_n=u_{n-1}+4 n-1 \end{array}\right.\)

Cộng vế với vế, ta được

 \(u_n=3+4(2+3+4+\ldots+n)-1(n-1)=4-n+4.\dfrac{(2+n)(n-1)}{2}=212\) \(\Rightarrow n \approx 10,05\).

 Vậy với 212 que diêm bạn Nam có thể xếp được tháp cao tối đa 10 tầng.

Gọi A là biến cố “khách mua hàng tại cửa hiệu mua vớ”.

Gọi B là biến cố “khách khách mua hàng tại cửa hiệu mua giày”.

Theo đề ta có

\(\begin{array}{l}P\left( B \right) = 75\%  \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - 75\%  = 25\% ;\\P\left( {\left. A \right|B} \right) = 60\% ,P\left( {\left. {\overline A } \right|\overline B } \right) = 90\%  \Rightarrow P\left( {\left. A \right|\overline B } \right) = 1 - 90\%  = 10\% \end{array}\)

Vậy xác suất để khách mua hàng tại cửa hiệu mua vớ là:

\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A\left| B \right.} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A\left| {\overline B } \right.} \right) = 75\% .60\%  + 25\% .10\%  = 47,5\% \).

\(\int {f\left( x \right)} dx = {e^{2x}} + C \Rightarrow f\left( x \right) = {\left( {{e^{2x}} + C} \right)^\prime } = 2{e^{2x}}\)

Ta có: \(\widehat {CBA} = \widehat {CBE} + \widehat {EBA} = {90^0} + {15^0} = {105^0}\)

\(\angle BAC = \angle BAD - \angle CAD = {90^0} - {35^0} = {55^0}\)\( \Rightarrow \angle BCA = {180^0} - \left( {\angle CBA + \angle BAC} \right) = {20^0}\)

Áp dụng định lý hàm \(\sin \) cho \(\Delta CBA\) ta có

\(\dfrac{{AB}}{{\sin \left( {BCA} \right)}} = \dfrac{{AC}}{{\sin \left( {CBA} \right)}}\)\( \Rightarrow AC = \dfrac{{AB.\sin \left( {CBA} \right)}}{{\sin \left( {BCA} \right)}}\)\( = \dfrac{{60.\sin {{105}^0}}}{{\sin {{20}^0}}}\)\( = 169,4506909\left( m \right)\)

Xét \(\Delta CAD\) vuông tại \(D\), ta có \(CD = AC.\sin \left( {\widehat {CAD}} \right) \approx 97,193\left( m \right)\).

Ta có: \(\vec{n}_P=(1 ; 0 ;-1), \vec{u}_{\mathrm{d}}=(-1 ; 0 ; 1) \Rightarrow d \perp(P)\) và \(d \cap(P)=M(0 ; 2 ;-1)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{M A}=(2 ;-1 ; 2) \Rightarrow M A=3\)

Gọi \(H ; K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \(d_1\) và \(d_2\), ta có:

\(d\left(d_1 ; d\right)=d\left(M ; d_1\right)=M H, d\left(d_2 ; d\right)=d\left(M ; d_2\right)=M K \Rightarrow M H=M K=\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow \sin \widehat{M A K}=\sin \widehat{M A H}=\dfrac{H M}{A M}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)

\(\Rightarrow \cos \left(d_1 ; d_2\right)=|\cos (2 . \widehat{M A H})|=\left|1-2 \sin ^2 \widehat{M A H}\right|=\left|1-\dfrac{4}{3}\right|=\dfrac{1}{3}.\)

Chọn gốc thời gian là lúc ô tô bắt đầu đi.

Sau \(5 s\) ô tô đạt vận tốc là \(v(5)=35(\mathrm{~m} / \mathrm{s})\).

Sau khi phanh vận tốc ô tô là \(v(t)=35-70(t-5)\).

Ô tô dừng tại thời điểm \(t=5,5 \mathrm{~s}\).
Quãng đường ô tô đi được là:

\(S=\int_0^5 7 t \mathrm{~d} t+\int_5^{5,5}[35-70(t-5)] \mathrm{d} t=\dfrac{385}{4} (\mathrm{~m})\)

Để tam thức \(y=a x^2+b x+c>0\) với \(\forall x \in \mathbb{R}\) thì \(\left\{\begin{array}{l}a>0 \\ \Delta^{\prime}<0 .\end{array}\right.\)

Suy ra

\(\left\{\begin{array} { l } { 1 > 0 } \\ { ( 4 k - 1 ) ^ { 2 } - 1 5 k ^ { 2 } + 2 k + 7 < 0 } \end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} 1>0 \\ k^2-6 k+8<0 \end{array} \Leftrightarrow 2<k<4\right.\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k=3\).

Bước 1: Lấy điểm \(B\left( {0; - 1;2} \right)\) thuộc d.

Bước 2: Tìm giao điểm A của d và (P)

Gọi A là giao điểm của d và (P).

Khi đó \(A\left( {t; - 1 + 2t;2 - t} \right)\). Thay vào (P) ta được: \(t - 1 + 2t + 2 - t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = 1\) \( \Rightarrow A\left( {1;1;1} \right)\)

Bước 3: Tìm d’

Gọi H là hình chiếu của B lên (P), B’ là điểm đối xứng B qua (P).

Khi đó H là trung điểm của BB’

Đường thẳng BH đi qua B(0;-1;2) và nhận \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1;1;1} \right)\) làm vecto chỉ phương có phương trình là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y =  - 1 + t\\z = 2 + t\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow H\left( {t; - 1 + t;2 + t} \right)\). Thay vào (P) ta được: \(t - 1 + t + 2 + t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{2}{3}\)

\( \Rightarrow H\left( {\dfrac{2}{3}; - \dfrac{1}{3};\dfrac{8}{3}} \right)\)\( \Rightarrow B'\left( {\dfrac{4}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{{10}}{3}} \right)\)

Vecto chỉ phương của AB’ là: \(AB' = \left( {\dfrac{1}{3}; - \dfrac{2}{3};\dfrac{7}{3}} \right)\)

Đường thẳng \(d':\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{{y - 1}}{{ - 2}} = \dfrac{{z - 1}}{7}\)

\(v(t)=200 \Leftrightarrow t^2+10 t=200 \Leftrightarrow t^2+10 t-200=0 \Leftrightarrow t=10.\)

Quãng đường máy bay đã đi chuyển trên đường băng là:

\(s=\int_0^{10} v(t) d t=\int_0^{10}\left(t^2+10 t\right) d t=\left.\left(\dfrac{t^3}{3}+5 t^2\right)\right|_0 ^{10}=\dfrac{2500}{3}(\mathrm{~m})\)

Ta có

\(\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}(2 \tan x+\cot x)^2 \mathrm{~d} x =\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}\left(4 \tan ^2 x+4 \tan x \cdot \cot x+\cot ^2 x\right) \mathrm{d} x\)

\(=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}}\left(\dfrac{4}{\cos ^2 x}+\dfrac{1}{\sin ^2 x}-1\right) \mathrm{d} x \)

\(=\left.(4 \tan x-\cot x-x)\right|_{\frac{\pi}{6}} ^{\frac{\pi}{4}}=3+\dfrac{-1}{3} \cdot \sqrt{3}+\dfrac{-1}{12} \cdot \pi\)

Vậy \(a=3, b=\dfrac{-1}{3}, c=\dfrac{-1}{12}\).

Do đó \(a+3b+12c=3-1-1=1\).

Xét \((A B C D)\), gọi \(AC\) cắt \(BD\) tại \(O\).

Khi đó \(O\) là trung điểm \(AC\) và \(BD\).

Xét \((S A C)\), gọi \(A M\) cắt \(S O\) tại \(N\).

Ta thấy \(N \in A M\) và \(N \in S O \subset(S B D)\) nên \(AM\) cắt ( \(SBD\) ) tại \(N\).

Xét tam giác \(SAC\) có \(SO\), \(AM\) là hai trung tuyến cắt nhau tại \(N\) là trọng tâm tam giác nên ta có \(\dfrac{N M}{N A}=0,5\).

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số có dạng : \(y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}a = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{{x^3}}}{{x\left( {{x^2} - 1} \right)}} = 1\\b = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {f\left( x \right) - x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left( {\dfrac{{{x^3}}}{{{x^2} - 1}} - x} \right) = 0\end{array}\)

Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là: \(y = x\)

Đặt \(t = {x^2} - 4x\), với \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\), khi đó phương trình trở thành \(3f\left( t \right) = m + 5 \Leftrightarrow f\left( t \right) = \dfrac{{m + 5}}{3}\,\,\,\left( * \right)\).

Ta có \(t'\left( x \right) = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left( {0; + \infty } \right)\).

BBT:

Dựa vào BBT đề bài cho, ta thấy phương trình \(f\left( t \right) = \dfrac{{m + 5}}{3}\) có tối đa 4 nghiệm, mỗi nghiệm \(t \in \left( { - 4;0} \right)\) cho 2 nghiệm \(x\) phân biệt, mỗi nghiệm \(t \in \left[ {0; + \infty } \right) \cup \left\{ { - 4} \right\}\) cho 1 nghiệm \(x\).

Để phương trình ban đầu có ít nhất 5 nghiệm thuộc \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì phương trình (*):

TH1: Có 1 nghiệm \(t \in \left( { - 4;0} \right)\) và 3 nghiệm \(t \in \left[ {0; + \infty } \right) \cup \left\{ { - 4} \right\}\) (ktm).

TH1: Có 2 nghiệm \(t \in \left( { - 4;0} \right)\) và 1 nghiệm \(t \in \left[ {0; + \infty } \right) \cup \left\{ { - 4} \right\}\) (ktm).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < \dfrac{{m + 5}}{3} \le 2\\ - 3 \le \dfrac{{m + 5}}{3} \ne  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 6 < m + 5 \le 5\\ - 9 \le m + 5 \ne  - 6\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 11 < m \le 0\\ - 14 \le m \ne  - 11\end{array} \right. \Leftrightarrow m \in \left[ { - 14;0} \right]\backslash \left\{ { - 11} \right\}\end{array}\)

Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow \) Có 14 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Mặt cầu (S) có tâm \(I(0 ; 1 ; 0)\) và bán kính \(R=\sqrt{2}\).

Khoảng cách từ các điểm đã cho tới tâm mặt cầu:

\(M I=\sqrt{2}=R ; N I=0<R, P I=\sqrt{3}>R, Q I=1<R\).

Do đó điểm \(P\) nằm ngoài mặt cầu.

Gọi tọa độ điểm C là \(C(a ; b)\). Ta có:

\(\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{C H}=(-a ; 1-b) \\ \overrightarrow{A B}=(-2 ; 2) \\ \overrightarrow{A H}=(-1 ; 0) \\ \overrightarrow{B C}=(a+1 ; b-3) .\end{array}\right.\)

\(H\) là trực tâm \(\triangle A B C\) \(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{C H} \cdot \overrightarrow{A B}=0 \\ \overrightarrow{A H} \cdot \overrightarrow{B C}=0\end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 a+2(1-b)=0 \\ -(a+1)=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=-1 \\ b=0\end{array} \Rightarrow C(-1 ; 0)\right.\right.\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0;0;1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{0^2} + {0^2} + {{( - 1)}^2} + 3}  = 2\).

Nhận thấy: \(\left( \alpha  \right)\) là mặt phẳng vuông góc với \(AI\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) nhận \(\overrightarrow {IA}  = \left( {2;2;1} \right)\) làm vectơ pháp tuyến.

Kẻ một tiếp tuyến \(AB\) đến mặt cầu \(\left( S \right)\) với \(B\) là tiếp điểm.

Gọi \(H\left( {x;y;z} \right)\) là chân đường cao kẻ từ \(B\) của tam giác \(ABI\). Khi đó \(H \in \left( \alpha  \right)\).

Ta có: \(IA = 3\). Tam giác \(ABI\) vuông tại \(B\) nên \(AB = \sqrt {I{A^2} - I{B^2}}  = \sqrt {{3^2} - {2^2}}  = \sqrt 5 \).

Ta có: \(I{B^2} = IH . IA \Rightarrow IH = \dfrac{{I{B^2}}}{{IA}} = \dfrac{4}{3} \Rightarrow IH = \dfrac{4}{9}.IA\).

Suy ra \(\overrightarrow {IH}  = \dfrac{4}{9}\overrightarrow {IA}  \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 0 = \dfrac{4}{9} . 2}\\{y - 0 = \dfrac{4}{9} . 2}\\{z - 1 = \dfrac{4}{9} . 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \dfrac{8}{9}}\\{y = \dfrac{8}{9}}\\{z = \dfrac{{13}}{9}}\end{array} \Rightarrow H\left( {\dfrac{8}{9};\dfrac{8}{9};\dfrac{{13}}{9}} \right)} \right.} \right.\).

Do đó \(\left( \alpha  \right):2 . \left( {x - \dfrac{8}{9}} \right) + 2 . \left( {y - \dfrac{8}{9}} \right) + 1.\left( {z - \dfrac{{13}}{9}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 2y + z - 5 = 0\).

Vậy, \(\left( \alpha  \right)\) đi qua điểm \(Q\left( {1;1;1} \right)\).

Dựa vào biểu đồ, điểm 7 có tần số lớn nhất nên mốt của mẫu số liệu là 7.

Ta có \(\sin ^2 \alpha+\cos ^2 \alpha=1\) 
\(\Rightarrow \sin ^2 \alpha=1-\cos ^2 \alpha=\dfrac{16}{25}\) \(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\sin \alpha=\dfrac{4}{5} \\ \sin \alpha-\dfrac{4}{5} (Loai)\end{array} \right.\) 
\(\Rightarrow \sin 2 \alpha=2 \cdot \dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{4}{5}=\dfrac{24}{25}\) 
Thay vào công thức, ta được
\(d=\dfrac{v_0^2 \sin 2 \alpha}{g}=\dfrac{15^2 \cdot \dfrac{24}{25}}{10}=\dfrac{108}{5}\)

Vì \(S C \cap(S A G)=S\) nên \(\dfrac{d(M,(S A G))}{d(C,(S A G))}=\dfrac{M S}{C S}=\dfrac{1}{2} \)
\(\Rightarrow d(M,(S A G))=\dfrac{1}{2} d(C,(S A G))\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\).
Ta có: \(C B \perp A I\) và \(CB \perp S G \Rightarrow C B \perp(S A G)\) và \(C B \cap(S A G)=I\).
Do đó \(d(C,(S A G))=C I=\dfrac{1}{2} B C=\dfrac{3 a}{2}\). 
Vậy \(d(M,(S A G))=\dfrac{3 a}{4}\).

Cỡ mẫu \(n = 56.\) Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là \(\dfrac{{{x_{14}} + {x_{15}}}}{2}\), do \({x_{14}},{x_{15}}\) thuộc nhóm \({\rm{[12,5;15,5)}}\) nên \({Q_1}\) thuộc nhóm này.

Có \(p = 2;{a_2} = 12,5;{m_2} = 12;{m_1} = 3;{a_3} - {a_2} = 3\)

\( \Rightarrow {Q_1} = 12,5 + \dfrac{{\dfrac{{56}}{4} - 3}}{{12}}.3 = 15.25.\)

Ta có \(f^{\prime}(x)=0 \)

\(\Leftrightarrow (x+1)^{2024}(x-1)^{2025}(2-x)=0 \) \(\Leftrightarrow {\left[\begin{array}{l} x=-1 \\ x=1 \\ x=2 \end{array}\right.}\)

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng \((1 ; 2)\).

Gọi \(P^{\prime}\) là điểm đối xứng của \(P\) qua đường thẳng \(\Delta\).
Ta có vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(\Delta\) là \(\overrightarrow{n_{\Delta}}=(2 ;-1)\).
Suy ra vectơ pháp tuyến của đường thẳng\(PP^{\prime}\) là \(\overrightarrow{n_{P P^{\prime}}}=(1 ; 2)\).
Phương trình \(PP^{\prime}: x-1+2(y-6)=0 \Leftrightarrow x+2 y-13=0\).
Gọi \(I\) là giao điểm của \(P P^{\prime}\) và \(\Delta\).
Tọa độ điểm \(I\) là nghiệm của hệ 
\(\left\{\begin{array}{l}2 x-y-1=0 \\ x+2 y-13=0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=5\end{array} \Rightarrow I(3 ; 5)\right.\right.\).
Suy ra \(P^{\prime}(5 ; 4)\); \(\overrightarrow{Q P^{\prime}}=(8 ; 8)\) 
Vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(Q P^{\prime}\) là \(\vec{n}_{Q P^{\prime}}=(1 ;-1)\).
Phương trình đương thẳng 
\(Q P^{\prime}: x-5-(y-4)=0 \Leftrightarrow x-y-1=0\).
Ta có \(P, Q\) nằm về cùng phía của đường thẳng \(\Delta\) nên 
\(M P+M Q=M P^{\prime}+M Q \geq Q P^{\prime}\). 
Suy ra \(M P+M Q\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(M, P^{\prime}, Q\) thẳng hàng.
Hay \(M\) là giao điểm của \(Q P^{\prime}\) và \(\Delta\).
Tọa độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ 
\(\left\{\begin{array}{l}x-y-1=0 \\ 2 x-y-1=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=-1 \text {. }\end{array}\right.\right.\)

Vậy tung độ điểm \(M\) là -1.

Gọi \(A\): "Hai chiếc bút lấy ra đều là chiếc mới"

\(B_0\) "Lần đầu lấy ra một chiếc bút cũ" và \(B_1\) "Lần đầu lấy ra một chiếc bút mới"

Nên \(B_0, B_1\) là hệ biến cố đầy đủ.

Từ 15 chiếc bút có 9 chiếc bút mới và 6 chiếc bút cũ

Ta có: \(P\left(B_0\right)=\dfrac{C_6^1}{C_{15}^1}=\dfrac{2}{5}, P\left(B_1\right)=\dfrac{C_9^1}{C_{15}^1}=\dfrac{3}{5}\)

\(P\left(A \mid B_0\right)=\dfrac{C_9^2}{C_{15}^2}=\dfrac{12}{35}\) và \(P\left(A \mid B_1\right)=\dfrac{C_8^2}{C_{15}^2}=\dfrac{4}{15}\)

Áp dụng công thức xác suất toàn phần

\(P(A)=P\left(A \mid B_0\right) \cdot P\left(B_0\right)+P\left(A \mid B_1\right) \cdot P\left(B_1\right)\)

\(=\dfrac{12}{35} \cdot \dfrac{2}{5}+\dfrac{4}{15} \cdot \dfrac{3}{5}=\dfrac{52}{175}\).

Ta có:
\(f(x)=\int f^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\int\left(2 \cos ^2 x+1\right) \mathrm{d} x\)
\(=\int(2+\cos 2 x) \mathrm{d} x=\dfrac{1}{2} \sin 2 x+2 x+C\).
Vì \(f(0)=4 \Rightarrow C=4\) 
\(\Rightarrow f(x)=\dfrac{1}{2} \sin 2 x+2 x+4\).
Vậy \(\int_0^{\frac{\pi}{4}} f(x) \mathrm{d} x=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\left(\dfrac{1}{2} \sin 2 x+2 x+4\right) \mathrm{d} x\)
\(=\left.\left(-\dfrac{1}{4} \cos 2 x+x^2+4 x\right)\right|_0 ^{\frac{\pi}{4}}=\dfrac{\pi^2+16 \pi+4}{16} \approx 4\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm
\(\sqrt{2 x}=\dfrac{x^2}{2} \Leftrightarrow 2 x=\dfrac{x^4}{4}\Leftrightarrow x^4-8 x=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x^3-8\right)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=2 \\x=0 \end{array}\right.\)

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số \(y=\sqrt{2 x}\) và \(y=\dfrac{x^2}{2}\) là

\(=\int_0^2\left|\sqrt{2 x}-\dfrac{x^2}{2}\right| \mathrm{d} x =\int_0^2\left(\sqrt{2 x}-\dfrac{x^2}{2}\right) \mathrm{d} x \)
\(=\left.\left(\sqrt{2} \cdot \dfrac{x^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}-\frac{x^3}{6}\right)\right|_0 ^2 \) \(=\dfrac{2 \sqrt{2}}{3} \cdot 2^{\dfrac{3}{2}}-\dfrac{2^3}{6} =\dfrac{4}{3}\)

Xét các biến cố:

\(A\): "Người được chọn mắc bệnh \(X\) ";

\(B\): "Người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm \(\mathrm{Y}^{-}\).

Theo giả thiết ta có: \(P(A)=0,002 ; P(\bar{A})=1-0,002=0,998\);

\(P(B \mid A)=1 ; P(B \mid \bar{A})=0,06.\)

Theo công thức Bayes, ta có:

\(P(A \mid B)=\dfrac{P(A) \cdot P(B \mid A)}{P(A) \cdot P(B \mid A)+P(\bar{A}) \cdot P(B \mid \bar{A})}\)

\(=\dfrac{0,002 \cdot 1}{0,002 \cdot 1+0,998 \cdot 0,06} \approx 0,03\).

Gia trong gia cố (làm cho vững chắc thêm) có nghĩa là “thêm vào”

Gia trong các từ còn lại có nghĩa là “nhà”

Đáp án b là từ láy >< các từ còn lại là từ ghép

Đáp án C là cụm từ chỉ hoạt động >< các từ còn lại là từ chỉ đặc điểm tính cách

“công” áp án A có nghĩa là của chung >< “công” trong các đáp án còn lại có nghĩa là không thiên vị

Đáp án A chỉ đối tượng nắng buổi chiều >< các đáp án còn lại là thời điểm chiều tối trong ngày

Càng nhiều tri thức thì càng có thêm trí tưởng tượng, và ngược lại càng giàu tưởng tượng thơ mộng thì sẽ nảy sinh nhiều ý tưởng bất ngờ cho sáng tạo khoa học.

Giữa các dân tộc, chúng ta không thể tự hào là nền văn hóa của của ta đồ sộ, có những cống hiến lớn lao cho nhân loại, hay có những đặc sắc nổi bật.

Đường đi của thơ là con đường đưa thẳng vào tình cảm, không quanh co, qua những chặng trung gian, những cột cây số

Hiện đại hóa văn học là quá trình làm cho văn hóa được phương Tây hóa thoát khỏi hệ thống thi pháp văn học trung đại để hội nhập với văn học hiện đại thế giới.

Nếp nhà là sự gắn bó giữa các thành viên, là những người trong gia đình phải biết yêu thương nhau, nhẫn nhịn nhau, nhưng đùm bọc không có nghĩa là chấp nhận những việc làm sai trái của những người trong nhà mình.

Từ dùng sai: giống hệt

Sửa lại: giống như

Từ dùng sai: sáng sớm

Từ dùng sai: buôn bán

Từ dùng sai: thiên tư

Từ dùng sai: xuất phát

Câu nói “Chúng nó đã cầm súng mình phải cầm giáo” thể hiện tư tưởng: Phải sử dụng bạo lực Cách mạng để chống lại bạo lực phản Cách mạng.

Sự đối lập giữa mộng tưởng và thực tại khi que diêm tắt.

Tác dụng của biện pháp tu từ điệp cấu trúc trong đoạn văn bản trên: Khơi gợi, nhấn mạnh những kí ức thân thương, sâu thẳm gắn bó với con người. Đồng thời nhấn mạnh nỗi đau tiếc khôn cùng của nhà thơ trươc những mất mát của Hà Nội trong hiện tại.

Hình ảnh hoán dụ “sen” và “cúc” trong bài thơ được hiểu là: Mùa hè và mùa xuân

Hình ảnh chính trong đoạn trích là cảnh đường làng

Đối tượng quang cảnh bên bờ sông được miêu tả chính trong đoạn trích

Nội dung đoạn trích: Thể hiện niềm tin vào tương lai chiến thắng của dân tộc ta trong cuộc chiến chống đại dịch, đồng thời nêu cao vai trò của những biện pháp phòng chống dịch bệnh.

“Nó” trong câu văn trên là để chỉ dòng sông

Áp lực độc hại được tác giả nhắc đến trong đoạn trích là: Áp lực vượt quá khả năng chịu đựng của con người gây nên những tổn thương về mặt tâm lý.

Nội dung của đoạn trích trên là: Miêu tả vị trí và quang cảnh ngôi làng Ku-ku-rêu.