Thi thử toàn quốc Đánh giá tư duy Bách Khoa (TSA) - Trạm số 6 (TSA0803)

$d:\left\{ \begin{array}{l} {x = - 1 + 12t} \\ {y = 2 + 6t} \\ {z = 3 + 3t} \end{array} \right.$ có $\overset{\rightarrow}{u_{1}}\left( {12;6;3} \right) = 3\left( {4;2;1} \right)$ và $d':\left\{ \begin{array}{l} {x = 7 + 8t} \\ {y = 6 + 4t} \\ {z = 5 + 2t} \end{array} \right.$ có $\overset{\rightarrow}{u_{2}}\left( {8;4;2} \right) = 2\left( {4;2;1} \right)$

Vì $\overset{\rightarrow}{u_{1}};\overset{\rightarrow}{u_{2}}$ cùng phương nên $d;d'$ song song hoặc trùng nhau

Xét $A\left( {- 1;2;3} \right) \in d$ thay vào $d'$ có $\left. \left\{ \begin{array}{l} {- 1 = 7 + 8t} \\ {2 = 6 + 4t} \\ {3 = 5 + 2t} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {t = - 1} \\ {t = - 1} \\ {t = - 1} \end{array} \right. \right.$ nên d trùng d’

Khi \(x \ge 1\) thì \(F\left( x \right) = {\int {f\left( x \right)dx = \int {\left( {2x + 3} \right)dx = {x^2} + 3x + C} } _1}\)

Khi \(x < 1\) thì \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx = \int {\left( {3{x^2} + 2} \right)dx}  = {x^3} + 2x + {C_2}} \)

Theo giả thiết \(F\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow {C_2} = 2\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 5\) nên hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 1\).

Suy ra hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \({\bf{R}}\).

Do đó hàm số \(F\left( x \right)\) liên tục trên \({\bf{R}}\)\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} F\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} F\left( x \right) \Rightarrow {C_1} + 4 = {C_2} + 3 \Rightarrow {C_1} = 1\)

Vậy \(F\left( { - 1} \right) + 2F\left( 2 \right) =  - 3 + {C_2} + 2\left( {10 + {C_1}} \right) = 21\)

+) Ta có \(BD = 2a \Rightarrow AC = 2a;\;AB = a\sqrt 2 \).

+) \({S_{ABCD}} = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 2{a^2}\).

+) Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\angle {A'OA}\)

\( \Rightarrow \)\(AA' = AO\tan \angle {A'OA} = a.\tan 60^\circ  = a\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.{S_{ABCD}} = a\sqrt 3 .2{a^2} = 2\sqrt 3 {a^3}\).

Đáp án: Đ|Đ

1. Sai. Tập giá trị của hàm số $f(x)$ là $\mathbb{R}$.

2. Đúng. Đồ thị $\left( C_{2} \right)$ có một đường tiệm cận đứng là $x = 0$

3. Sai. $1 < a < b$

4. Đúng

Vì $3y_{M} = 5y_{N}$ nên $\dfrac{y_{M}}{y_{N}} = \dfrac{5}{3}$

$\left. M\left( {c;y_{M}} \right) \in \left( C_{1} \right)\Rightarrow y_{M} = \log_{a}c(1) \right.$

$\left. N\left( {c;y_{N}} \right) \in \left( C_{2} \right)\Rightarrow y_{N} = \log_{b}c(2) \right.$

Từ (1)(2) suy ra: $\dfrac{y_{M}}{y_{N}} = \dfrac{\log_{a}c}{\log_{b}c} = \dfrac{5}{3}$

$\left. \Rightarrow 5\log_{b}c = 3\log_{a}c \right.$ $\left. \Rightarrow\log_{b^{\dfrac{1}{5}}}c = \log_{a^{\dfrac{1}{3}}}c \right.$

$\left. \Rightarrow b^{\dfrac{1}{5}} = a^{\dfrac{1}{3}}\Rightarrow\left( b^{\dfrac{1}{5}} \right)^{15} = \left( a^{\dfrac{1}{3}} \right)^{15}\Rightarrow b^{3} = a^{5} \right.$

5. Sai

$P$ là trung điểm của $QR$ nên $x_{Q} = 2x_{P} > 0$

$\left. 3 = \log_{a}x_{P}\Rightarrow x_{P} = a^{3} \right.$

$\left. 3 = \log_{b}x_{Q}\Rightarrow x_{Q} = b^{3} \right.$

$\left. \Rightarrow b^{3} = 2a^{3}\Rightarrow b = \sqrt[3]{2}a \right.$

a) Đặt \(t = \sin x\). 

Khi đó phương trình đã cho trở thành $3{t^2} + 2mt + 2m - 3 = 0$

Để phương trình ban đầu có nghiệm thì $3{t^2} + 2mt + 2m - 3 = 0$ có nghiệm \(t \in \left[ {-1;1} \right]\).

vậy a sai

b) Với \(x \in \left[ {0;\dfrac{{3\pi }}{4}} \right]\) thì \(t \in \left[ {0;1} \right]\).

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,3{t^2} + 2mt + 2m - 3 = 0\\ \Leftrightarrow 3\left( {t - 1} \right)\left( {t + 1} \right) + 2m\left( {t + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t + 1} \right)\left( {3t - 3 + 2m} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - 1\,\,\left( {KTM} \right)\\t = \dfrac{{2m - 3}}{3}\end{array} \right.\end{array}\)

Để phương trình ban đầu có nghiệm thì \(0 \le \dfrac{{2m - 3}}{3} \le 1 \Leftrightarrow 0 \le 2m - 3 \le 3 \Leftrightarrow \dfrac{3}{2} \le m \le 3\).

Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {2;3} \right\}\).

Vậy có 2 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

vậy b đúng

Vì $M \in \left( {Oxy} \right)$ nên gọi $M\left( {a;b;0} \right)$

$\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {- 2;3;1} \right)$

$\overset{\rightarrow}{AM} = \left( {a - 2;b + 2; - 1} \right)$

$A,\ B,\ M$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\overset{\rightarrow}{AM},\,\overset{\rightarrow}{AB}$ cùng phương hay $\dfrac{a - 2}{- 2} = \dfrac{b + 2}{3} = \dfrac{- 1}{1}$

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l} {a = 4} \\ {b = - 5} \end{array} \right.$. Do đó $M\left( {4; - 5;0} \right)$.

Gọi \(A\) là biến cố: “Viên bi lấy từ túi 1 có màu đỏ”.

\(B\) là biến cố: “Viên bi lấy từ túi 2 có màu đỏ”.

Ta có: \(P\left( A \right) = \dfrac{7}{{10}}\), \(P\left( B \right) = \dfrac{6}{{10}}\) và \(A,B\) là hai biến cố độc lập.

Xác suất để hai viên bi được lấy có cùng màu là:

\(P\left( {AB \cup \bar A\bar B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {\bar B} \right)\)

\(= \dfrac{3}{{10}}.\dfrac{4}{{10}} + \dfrac{6}{{10}}.\dfrac{7}{{10}} = \dfrac{27}{50}\).

Vậy \(a.b=1350\).

Số cách chọn ngẫu nhiên ra 1 tấm thẻ từ hộp là $n\left( {\Omega\ } \right) = 100$ (cách).

Số ghi trên tấm thẻ được lấy ra vừa chia hết cho $2$, vừa chia hết cho $3$ nên số đó chia hết cho $6$

Ta thấy tập các số tự nhiên từ $1$ đến $100$ chia hết cho 6 là $X = \left\{ {6;12;....;96} \right\}$. 

Gọi $A$ là biến cố “số ghi trên tấm thẻ được lấy ra chia hết cho $6$”.

Ta có $n(A) = \dfrac{96 - 6}{6} + 1 = 16$.

Xác suất để số ghi trên tấm thẻ được lấy ra vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 3 là: $P(A) = \dfrac{n(A)}{n\left( {\Omega\ } \right)} = \dfrac{16}{100} = \dfrac{4}{25}$

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua \(M\), cắt và vuông góc với \(d\).

Đường thẳng \(d\) có một VTCP \({\vec u_d} = \left( {3;1;1} \right)\)

Gọi \(\left\{ N \right\} = d \cap \Delta \)\( \Rightarrow N\left( {4 + 3t;2 + t; - 1 + t} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \left( {4 + 3t;\,\,t\,\,; - 1 + t} \right)\)

Ta có \(\Delta  \bot d \Rightarrow {\vec u_d}.\overrightarrow {MN}  = 0\)\( \Leftrightarrow 12 + 9t + t + t - 1 = 0\)\( \Leftrightarrow t =  - 1\)\( \Rightarrow N\left( {1;1; - 2} \right)\)

Nên \(\Delta \) qua \(M\) và nhận \(\overrightarrow {MN}  = \left( {1; - 1; - 2} \right)\) làm một véc tơ chỉ phương

Phương trình của \(\Delta :\dfrac{x}{1} = \dfrac{{y - 2}}{{ - 1}} = \dfrac{z}{{ - 2}}\).

Vậy $\Delta$ không đi qua điểm $N(1;2;-2)$.

Ta có $y' = \dfrac{\dfrac{1}{x}.x - \ln x.1}{x^{2}} = \dfrac{1 - \ln x}{x^{2}}$

$\left. \Rightarrow y' = 0\Leftrightarrow\ln x = 1\Leftrightarrow x = e \right.$

Ta có trên $\left\lbrack {2;3} \right\rbrack$ thì $f(2) = \dfrac{\ln 2}{2};f(e) = \dfrac{1}{e};f(3) = \dfrac{\ln 3}{3}$

$\left. \Rightarrow f(e) > f(3) > f(2) \right.$

Vậy GTNN của hàm số trên $\left\lbrack {2;3} \right\rbrack$ là $\left. f(2) = \dfrac{\ln 2}{2}\Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = 1} \\ {b = 2} \end{array} \right.\Rightarrow a - 5b = - 9 \right.$

Hàm số xác định $\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {4^{x} - 2 > 0} \\ {2x^{2} - 4 > 0} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x > \dfrac{1}{2}} \\ \left\lbrack \begin{array}{l} {x > \sqrt{2}} \\ {x < - \sqrt{2}} \end{array} \right. \end{array} \right.\Leftrightarrow x > \sqrt{2}. \right.$

Sau 2 phút thì thể tích nước bơm vào chậu là $4,75.2 = 9,5$ lít

Ta có $DE = \dfrac{DC - AB}{2} = \dfrac{4 - 2}{2} = 1$

Lại có $\left. \dfrac{MN}{DE} = \dfrac{AM}{AE} = \dfrac{h}{3}\Rightarrow MN = \dfrac{h}{3}\Rightarrow NP = 2 + \dfrac{2h}{3} = \dfrac{6 + 2h}{3} \right.$

Khi đó thể tích nước trong chậu là $V = \dfrac{1}{3}.h\left( {2^{2} + \left( \dfrac{6 + 2h}{3} \right)^{2} + 2.\dfrac{6 + 2h}{3}} \right) = 9,5$

$\left. \Rightarrow h = 1,5 \right.$ dm

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

Suy ra $a = \dfrac{1}{e};b = - 2$

Vậy $T = 2.\dfrac{1}{e}.e + \left( {- 2} \right) = 0$

Ta có: $y' = \left( {\sin^{2}\left( x^{2} \right)} \right)' = 2\sin\left( x^{2} \right).\cos\left( x^{2} \right).2x = 2x\sin\left( {2x^{2}} \right)$

Ta có: $\left. C_{n}^{1} + C_{n}^{2} = 15\Leftrightarrow n + \dfrac{n(n - 1)}{2} = 15 \right.$

$\left. \Leftrightarrow n^{2} + n - 30 = 0 \right.$$\left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {n = 5} \\ {n = - 6} \end{array} \right. \right.$

Với $n = 5$, khai triển trở thành: $\left( {x - 2x^{- 4}} \right)^{5}$.

Số hạng tổng quát: $T_{k + 1} = C_{5}^{k} \cdot x^{5 - k} \cdot {( - 2x^{- 4})}^{k} = C_{5}^{k} \cdot {( - 2)}^{k} \cdot x^{5 - 5k}$.

Số hạng không chứa $x$ ứng với $\left. 5 - 5k = 0\Leftrightarrow k = 1 \right.$.

Vậy số hạng cần tìm là: $C_{5}^{1} \cdot {( - 2)}^{1} = - 10$.

a) Có \(\overrightarrow{A B}=(1 ; 6 ; 5) \Rightarrow \overrightarrow{A B}=\vec{i}+6 \vec{j}+5 \vec{k}\), nên a) Đúng.

b) \(\overrightarrow{A B} \perp \overrightarrow{A C} \Leftrightarrow 1 .(-1)+6.8+5.9=0\) vô lí, nên b) Sai.

c) Phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(B\) và vuông góc với \(A C\) có dạng:

\(-(x-2)+8(y-7)+9(z-9)=0 \Leftrightarrow x-8 y-9 z+135=0\), nên c) Sai.

d) Ta có \(\overrightarrow{A B}=(1 ; 6 ; 5) ; \overrightarrow{C D}=(1 ;-1 ;-3) \Rightarrow[\overrightarrow{A B} ; \overrightarrow{C D}]=(-13 ; 8 ;-7)\)

Phương trình mặt phẳng cần tìm:

\(-13(x-1)+8(y-1)-7(z-4)=0 \Leftrightarrow 13 x-8 y+7 z-33=0.\), nên d) Sai.

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

a) Vì $SA = SB = SC = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$ nên hình chiếu của S xuống đáy là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$

Vì $\Delta ABC$ vuông cân tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm H của BC

Khi đó $SH\bot\left( {ABC} \right)$ nên a đúng.

b) Vì $\Delta ABC$ vuông cân tại A nên $AH\bot BC$.

Mà $\left. AH\bot SH\Rightarrow AH\bot\left( {SBC} \right)\Rightarrow AH\bot SB \right.$ → b đúng

c) Kẻ $HE \parallel AC,HM\bot SE$

Vì $\left. HE \parallel AC\Rightarrow HE\bot AB \right.$ và $HE = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{a}{2}$

Ta có $\left. \left\{ \begin{array}{l} {AB\bot HE} \\ {AB\bot SH} \end{array} \right.\Rightarrow AB\bot\left( {SHE} \right)\Rightarrow AB\bot HM \right.$

Mà $\left. HM\bot SE\Rightarrow HM\bot\left( {SAB} \right)\Rightarrow d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = HM \right.$

$\left. \Rightarrow\dfrac{1}{HM^{2}} = \dfrac{1}{HE^{2}} + \dfrac{1}{SH^{2}}\Rightarrow HM = \dfrac{\sqrt{5}}{5}a \right.$

$\left. \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}a \right.$ → c đúng

Ta có:

$S_{ABC} = \dfrac{1}{2}.AB.BC.\sin B = \dfrac{1}{2}.1.2.\sin 120{^\circ} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$AC = \sqrt{1^{2} + 2^{2} - 2.1.2.\cos 120{^\circ}} = \sqrt{7}$

Vì $AM \subset \left( {ACC'A'} \right)\text{//}BB'$ nên $d\left( {AM,BB'} \right) = d\left( {BB',\left( {ACC'A'} \right)} \right)$$= BH = \dfrac{2S_{\Delta ABC}}{AC}$

Vậy $d\left( {AM,BB'} \right) = \dfrac{2.\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{7}} = \dfrac{\sqrt{21}}{7}$

\(\begin{array}{l}TH1:\,\,m = 1\\I = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{4x - 2}}{{\sqrt {{x^2} + 1}  - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{\left( {4x - 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 1}  + x} \right)}}{{{x^2} + 1 - {x^2}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {4x - 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 1}  + x} \right) = {x^2}\left( {4 - \dfrac{2}{x}} \right)\left( {\sqrt {1 + \dfrac{1}{{{x^2}}}}  + \dfrac{1}{x}} \right) =  + \infty \\ \Rightarrow m = 1\,\,ktm\\TH2:\,\,m \ne 1\\I = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{4x - 2}}{{\sqrt {m{x^2} + 1}  - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{4 - \dfrac{2}{x}}}{{\sqrt {m + \dfrac{1}{{{x^2}}}}  - 1}} = \dfrac{4}{{\sqrt m  - 1}}\end{array}\)

Nếu \(m < 0 \Rightarrow \) Không tồn tại giới hạn.

Nếu \(m \ge 0,\,\,m \ne 1 \Rightarrow I = 4 \Leftrightarrow \dfrac{4}{{\sqrt m  - 1}} = 4 \Leftrightarrow \sqrt m  - 1 = 1 \Leftrightarrow m = 4\).

a) Đúng: Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} {x^{2} - 3x > 0} \\ {{(x - 3)}^{2} > 0} \end{array}\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} \left\lbrack \begin{array}{l} {x < 0} \\ {x > 3} \end{array} \right. \\ {x \neq 3} \end{array}\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x < 0} \\ {x > 3} \end{array} \right. \right. \right.$

b) Sai: Phương trình tương đương với $\log_{2}\left( {x^{2} - 3x} \right) = \log_{2}\left| {x - 3} \right| + 2$

c) Sai. d) Đúng:

Có $\left. \log_{2}\left( {x^{2} - 3x} \right) = \log_{2}\left| {x - 3} \right| + \log_{2}4\Leftrightarrow x^{2} - 3x = 4\left| {x - 3} \right| \right.$

TH1: Với $x < 0$ ta có phương trình: $\left. x^{2} - 3x = - 4(x - 3)\Leftrightarrow x^{2} + x - 12 = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = - 4\left( {TM} \right)} \\ {x = 3\left( {KTM} \right)} \end{array} \right. \right.$

TH2: Với $x > 3$ ta có phương trình: $\left. x^{2} - 3x = 4(x - 3)\Leftrightarrow x^{2} - 7x + 12 = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = 4\left( {TM} \right)} \\ {x = 3\left( {KTM} \right)} \end{array} \right. \right.$

Ta đánh số các đỉnh của đa giác từ 1 đến 15, gọi 4 đỉnh của tứ giác là a, b, c, d (theo thứ tự).

Ta xét 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: $a = 1$.

Vì không thể là cạnh kề đa giác nên không thể có 2 cạnh kề nhau.

Nên $\left. \left\{ \begin{array}{l} {3 \leq b < c < d \leq 14} \\ {b + 1 < c} \\ {c + 1 < d} \end{array} \right.\Rightarrow 5 \leq b + 2 < c + 1 < d \leq 14 \right.$

Vậy mỗi bộ $\left( {b + 2;c + 1;d} \right)$ là 1 cách chọn 3 số trong các số 5 ; 6;…; 14

$\Rightarrow$ Có $C_{10}^{3}$ cách chọn bộ $\left( {b;c;d} \right)$

Trường hợp 2: $a > 1$

$\left. \left\{ \begin{array}{l} {1 < a < b < c < d \leq 15} \\ {a + 1 < b} \\ {b + 1 < c} \\ {c + 1 < d} \end{array} \right.\Rightarrow 4 < a + 3 < b + 2 < c + 1 < d \leq 15 \right.$

Vậy mỗi bộ $\left( {a + 3;b + 2;c + 1;d} \right)$ là 1 cách chọn 4 số trong các số 5 ; 6;…; 15

$\Rightarrow$ Có $C_{11}^{4}$ cách chọn bộ $\left( {a;b;c;d} \right)$

Vậy số tứ giác thoả mãn là $C_{10}^{3} + C_{11}^{4} = 450$

Hàm số $y = 2x^{2} + \left( {m + 1} \right)x + \ln\left( {x + 2} \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {- 2; + \infty} \right)$ khi và chỉ khi: $y' \geq 0\,\forall x \in \left( {- 2; + \infty} \right)$.

$\begin{array}{l} \left. \Leftrightarrow 4x + m + 1 + \dfrac{1}{x + 2} \geq 0\,\forall x \in \left( {- 2; + \infty} \right) \right. \\ \left. \Leftrightarrow m \geq - 4x - \dfrac{1}{x + 2} - 1\,\forall x \in \left( {- 2; + \infty} \right) \right. \\ \left. \Leftrightarrow m \geq \max\limits_{({- 2; + \infty})}\left( {- 4x - \dfrac{1}{x + 2} - 1} \right)\, \right. \end{array}$

Dùng chức năng TABLE của MTCT, tìm được $\max\limits_{({- 2; + \infty})}\left( {- 4x - \dfrac{1}{x + 2} - 1} \right) =3$.

Mà $m$ là số nguyên nên $m \geq 3$. Kết hợp với: m thuộc đoạn $\left\lbrack {- 2024;2024} \right\rbrack$, ta có 2022 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa đề bài.

Hàm số xác định và liên tục trên $D = \left( {- \infty;0{\rbrack \cup \lbrack}3; + \infty} \right)$

Ta có: $a = \underset{x\rightarrow + \infty}{\text{lim}}\dfrac{f(x)}{x} = \underset{x\rightarrow + \infty}{\text{lim}}\dfrac{2x - \sqrt{x^{2} - 3x}}{x} = \underset{x\rightarrow + \infty}{\text{lim}}\left( {2 - \sqrt{1 - \dfrac{3}{x}}} \right) = 1$

$b = \underset{x\rightarrow + \infty}{\text{lim}}\left( {f(x) - x} \right) = \underset{x\rightarrow + \infty}{\text{lim}}\left( {x - \sqrt{x^{2} - 3x}} \right) = \underset{x\rightarrow + \infty}{\text{lim}}\dfrac{3x}{x + \sqrt{x^{2} - 3x}} = \underset{x\rightarrow + \infty}{\text{lim}}\dfrac{3}{1 + \sqrt{1 - \dfrac{3}{x}}} = \dfrac{3}{2}$

$\left. \Rightarrow y = x + \dfrac{3}{2} \right.$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi $\left. x\rightarrow + \infty \right.$

$a = \underset{x\rightarrow - \infty}{\text{lim}}\dfrac{f(x)}{x} = \underset{x\rightarrow - \infty}{\text{lim}}\dfrac{2x - \sqrt{x^{2} - 3x}}{x} = \underset{x\rightarrow - \infty}{\text{lim}}\left( {2 + \sqrt{1 - \dfrac{3}{x}}} \right) = 3$

$b = \underset{x\rightarrow - \infty}{\text{lim}}\left( {f(x) - 3x} \right) = - \underset{x\rightarrow - \infty}{\text{lim}}\left( {x + \sqrt{x^{2} - 3x}} \right) = - \underset{x\rightarrow - \infty}{\text{lim}}\dfrac{3x}{x - \sqrt{x^{2} - 3x}} = - \underset{x\rightarrow - \infty}{\text{lim}}\dfrac{3}{1 + \sqrt{1 - \dfrac{3}{x}}} = - \dfrac{3}{2}$

$\left. \Rightarrow y = 3x - \dfrac{3}{2} \right.$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số khi $\left. x\rightarrow - \infty \right.$

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận xiên.

Gọi số xoài ban đầu là \(x\), số xoài còn lại sau mỗi lần bán là \(u_n\) và số xoài ban đầu coi là \(u_0\).

Khi đó ta có quan hệ: \(u_{n+1}=\dfrac{1}{2} u_n-\dfrac{1}{2}\).

Đặt \(v_n=u_n+1\), khi đó: \(v_{n+1}=\dfrac{1}{2} v_n\).

Nên \(\left(v_n\right)\) là cấp số nhân với công bội \(q=\dfrac{1}{2}\).

Từ đề bài: Sau lần bán thứ 7, xoài còn 0 quả, tức \(u_7=0 \Rightarrow v_7=1\).

Ta có: \(v_7=v_0\left(\dfrac{1}{2}\right)^7 \Rightarrow v_0=v_7 \cdot 2^7=128\).

Số xoài bác nông dân thu được đầu mùa là: \(u_0=v_0-1=127\) quả.

Để hàm $y = \dfrac{2025}{\sqrt{2}\sin\left( {x - \dfrac{\pi}{4}} \right)}$ xác định thì

$\left. \sqrt{2}\sin\left( {x - \dfrac{\pi}{4}} \right) \neq 0\Leftrightarrow\sin\left( {x - \dfrac{\pi}{4}} \right) \neq 0\Leftrightarrow x - \dfrac{\pi}{4} \neq k\pi\Leftrightarrow x \neq \dfrac{\pi}{4} + k\pi \right.$

Theo đề bài: $C_{n}^{3} = 3C_{n}^{2}(1)$ (với $n \geq 3,n \in {\mathbb{N}}$ )

$\left. \Leftrightarrow\dfrac{n!}{3!(n - 3)!} = \dfrac{3 \cdot n!}{2!(n - 2)!} \right.$

$\left. \Leftrightarrow\dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{2(n - 2)} \right.$

$\left. \Leftrightarrow n = 11 \right.$

Vậy có 11 điểm phân biệt.

Điều kiện: $\left\{ \begin{matrix} {x > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} \\ {y > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} \\ {x - 4y - 1 > 0} \end{matrix} \right.$.

Ta có $\left. \log_{2}^{2}(xy) = \log_{2}\left( \dfrac{x}{4} \right)\log_{2}(4y)\Leftrightarrow\left( {\log_{2}x + \log_{2}y} \right)^{2} = \left( {\log_{2}x - 2} \right)\left( {\log_{2}y + 2} \right)\,\,\,(1) \right.$ .

Đặt $\log_{2}x = a;\log_{2}y = b$, ta có (1) trở thành :

$\left. {(a + b)}^{2} = (a - 2)(b + 2)\Leftrightarrow a^{2} + ab - 2a + b^{2} + 2b + 4 = 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2a^{2} + 2ab - 4a + 2b^{2} + 4b + 8 = 0\Leftrightarrow{(a + b)}^{2} + {(a - 2)}^{2} + {(b + 2)}^{2} = 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a + b = 0} \\ {a - 2 = 0} \\ {b + 2 = 0} \end{array}\Leftrightarrow\left\{ \begin{matrix} {a = 2} \\ {b = - 2} \end{matrix} \right. \right. \right.$.

Với $\left\{ \begin{matrix} {a = 2\,\,} \\ {b = - 2} \end{matrix} \right.$ , ta có $\left\{ \begin{matrix} {log_{2}x = 2\,\,\,} \\ {log_{2}y = - 2} \end{matrix}\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x = 4} \\ {y = \dfrac{1}{4}} \end{array} \right. \right.$ (thỏa mãn điều kiện).

Khi đó $P = \log_{3}\left( {4 + 4.\dfrac{1}{4} + 4} \right) + \log_{2}\left( {4 - 4.\dfrac{1}{4} - 1} \right) = 3$.

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

\(\begin{array}{l} \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + {x^2} - 1\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {x + 1} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right) + {x^2} - 1\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) + 1} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 3x + 3} \right)\end{array}\).

Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  \pm 1 \in \left[ { - 1;2} \right]\).

Ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) - \dfrac{8}{3}\).

Lấy ngẫu nhiên 3 chiếc thẻ từ hộp có 9 chiếc thẻ nên $n(\Omega)=\mathrm{C}_9^3=84$.
Để tổng các số ghi trên 3 chiếc thẻ được lấy ra là một số lẻ thì
- lấy được 3 thẻ ghi số lẻ từ tập $\{1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 9\}$ : có $C_5^3=10$ cách,
- lấy được 2 thẻ ghi số chẵn từ tập $\{2 ; 4 ; 6 ; 8\}$ và 1 thẻ ghi số lẻ từ tập $\{1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 9\}$  có $\mathrm{C}_4^2 \cdot \mathrm{C}_5^1=30$ cách.
Nên có $10+30=40$ cách để tổng các số ghi trên 3 chiếc thẻ được lấy ra là một số lẻ.
Vậy xác suất cần tìm bằng $\dfrac{40}{84}=\dfrac{10}{21}$.

Quay hình chữ nhật ABCD quanh MN ta được hình trụ có:

+ bán kính đáy \(R = \dfrac{{AB}}{2} = a\),

+ chiều cao \(h = AD = 4a\).

Vậy thể tích khối trụ là: \(V = \pi {R^2}h = \pi .{(a)^2}.4a = 4\pi {a^3}\).

$M_{e} = x_{\dfrac{120 + 1}{2}} = x_{60,5} = \dfrac{1}{2}\left( {x_{60} + x_{61}} \right) = 40$

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của $(C)$ là $y = 2x - 4\,\,(d)$

Phương trình hoành độ giao của $(d)$ và $Ox$ là $2x - 4 = 0$ hay $x = 2$

Gọi số Narcissus cần tìm là \(\overline {abc} \)

Khi đó \(\overline {abc}   = 100a + 10b + c = {a^3} + {b^3} + {c^3}\)

TH1: \(a = 1,b > 5\) ta có \[100 + 10b + c = 1 + {b^3} + {c^3} \Rightarrow 10b + c + 99 = {b^3} + {c^3}\] hay \({c^3} - c + \left( {{b^3} - 10b - 99} \right) = 0\)

Khi đó nếu \(b = 6\) thì \({c^3} - c + 57 = 0\) không có nghiệm nguyên c nên không thoả mãn

Tương tự  với \(b = 7\) thì \({c^3} - c = 174\) (KTM)

Với \(b = 8 \Rightarrow {c^3} - c + 333 = 0\) (KTM)

Với \(b = 9 \Rightarrow {c^3} - c + 540 = 0\) (KTM)

TH2: \(a = 2\) ta có \[200 + 10b + c = {2^3} + {b^3} + {c^3} \Rightarrow {c^3} - c + \left( {{b^3} - 10b - 192} \right) = 0\]

Thử lần lượt với \(b = 1;2;...;9\) đều không tìm được c nguyên thoả mãn nên trường hợp này không xảy ra.

TH3: \(a = 3\) ta có \[300 + 10b + c = {3^3} + {b^3} + {c^3} \Rightarrow {c^3} - c + \left( {{b^3} - 10b - 273} \right) = 0\]

Thử lần lượt với \(b = 1;2;...;9\)  ta được 1 trường hợp thoả mãn là \(b = 7;c = 0\)

Vậy số cần tìm là 370

Gọi A là biến cố: “Học sinh A làm đúng k câu”

Xác suất làm đúng 1 câu là \(\dfrac{1}{4}\), xác suất làm sai 1 câu là \(\dfrac{3}{4}\).

\( \Rightarrow {P_k}\left( A \right) = C_{50}^k{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^k}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{50 - k}} = \dfrac{{C_{50}^k}}{{{3^k}}}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{50}}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z},\,\,k \in \left[ {0;50} \right]} \right)\).

Để \({P_k}\left( A \right)\) lớn nhất thì \(\left\{ \begin{array}{l}{P_k}\left( A \right) \ge {P_{k + 1}}\left( A \right)\\{P_k}\left( A \right) \ge {P_{k - 1}}\left( A \right)\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{C_{50}^k}}{{{3^k}}}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{50}} \ge \dfrac{{C_{50}^{k + 1}}}{{{3^{k + 1}}}}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{50}}\\\dfrac{{C_{50}^k}}{{{3^k}}}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{50}} \ge \dfrac{{C_{50}^{k - 1}}}{{{3^{k - 1}}}}{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^{50}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{50!}}{{k!\left( {50 - k} \right)!}} \ge \dfrac{1}{3}.\dfrac{{50!}}{{\left( {k + 1} \right)!\left( {49 - k} \right)!}}\\\dfrac{1}{3}.\dfrac{{50!}}{{k!\left( {50 - k} \right)!}} \ge \dfrac{{50!}}{{\left( {k - 1} \right)!\left( {51 - k} \right)!}}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{{50 - k}} \ge \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{{\left( {k + 1} \right)}}\\\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{k} \ge \dfrac{1}{{51 - k}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3k + 3 \ge 50 - k\\51 - k \ge 3k\end{array} \right. \Leftrightarrow \dfrac{{47}}{4} \le k \le \dfrac{{51}}{4} \Leftrightarrow k = 12\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Gọi $2x$ là số tự nhiên chẵn đầu tiên của dãy. Khi đó theo giả thiết ta có:

Suy ra $(y + 1)$ là ước số của $2010 = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67$.

Nên suy ra $(y + 1) \in \{2; 3; 5; 6; 10; 15; 30; 67; 134; 201; 335; 402; 670; 1005; 2010\}$.

Hay ta được $y \in \{1; 2; 4; 5; 9; 14; 29; 66; 133; 200; 334; 401; 669; 1004; 2009\}$. Đến đây ta có:

- Với $y = 1$ ta có $2x + 1 = 1005 \Leftrightarrow 2x = 1004$ nên dãy số cần tìm là 1004, 1006.

- Với $y = 2$ ta có $2x + 2 = 670 \Leftrightarrow 2x = 668$ nên dãy số cần tìm là 668, 670, 672.

- Với $y = 4$ ta có $5(2x + 4) = 2010 \Leftrightarrow 2x = 398$ nên dãy số cần tìm là 398, 400, 402, 404, 406.

- Với $y = 5$ ta có $6(2x + 5) = 2010 \Leftrightarrow 2x = 330$ nên dãy số cần tìm là 330, 332, 334, 336, 338, 340.

- Với $y = 9$ ta có $10(2x + 9) = 2010 \Leftrightarrow 2x = 192$, nên dãy số cần tìm là 192, 194, 196, 198, 200, 202, 204, 206, 208, 210.

- Với $y = 14$ ta có $15(2x + 14) = 2010 \Leftrightarrow 2x = 120$ nên dãy số cần tìm là 120, 122, 124, 126, ..., 148.

- Với $y = 29$ ta có $30(2x + 29) = 2010 \Leftrightarrow 2x = 38$ nên dãy số cần tìm là 38, 40, 42, 44, 46, ..., 96.

- Với $y \geq 67$ ta có $(2x + y) \leq 30 \Leftrightarrow 2x < 0$ nên không tồn tại dãy số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy chỉ có 7 dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp như trên thoả điều kiện bài toán.