Thi thử toàn quốc Đánh giá tư duy Bách Khoa (TSA) - Trạm số 2 (TSA1910)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

a) Sai: Hàm số đã cho nghịch biến trên \(\left( {2;\,\,4} \right)\)

b) Sai:  Có \(f\left( 1 \right) = -2\).

c) Đúng: Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ {1;\,\,5} \right]\) là -2.

d) Đúng: Hàm số đồng biến trên \(\left( {1;2} \right)\).

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}x > 3\\{x^2} - 4x + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 2 + \sqrt 3 \)

Ta có: \({\log _2}\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = {\log _2}\left( {x - 3} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 1 = x - 3 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\)

Kết hợp ĐKXĐ ta được \(x = 4\).

Ta có: \(\int\limits_0^2 {\left[ {\dfrac{1}{2}f\left( x \right) + 3} \right]} dx = \dfrac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( x \right)} dx + \int\limits_0^2 {3dx}  = \dfrac{1}{2}.4 + 6 = 8\)

a) Sai: Hàm số đã cho có ba điểm cực trị

b) Sai: Trên \((1 ;+\infty)\) thì hàm số nghịch biến trên khoảng \((1 ; 4)\)

c) Đúng: \(f(1)>f(2)>f(4)\).

d) Đúng: Dựa vào đồ thị của hàm số \(y=f^{\prime}(x)\) ta thấy: \(f^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=-1 \\ x=1 \\ x=4\end{array}\right.\)

\(f^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x \in(-\infty ;-1) \cup(1 ; 4) ; f^{\prime}(x)>0\)

\(\Leftrightarrow x \in(-1 ; 1) \cup(4 ;+\infty)\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y=f(x)\)

Dựa vào bảng biến thiên, trên đoạn \([-1 ; 4]\) thì giá trị lớn nhất của hàm số \(y=f(x)\) là \(f(1)\).

Vì hai mặt phẳng \(({\rm{P}})\) và \(({\rm{Q}})\) song song với nhau và cùng tiếp xúc với mặt cầu \(S\left( {O;2R} \right)\) nên

Ta có: \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = 2.(2R)=4R=4.2=8\)

Ta có: \(f'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right){\left( {1 - x} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2\)

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {2; + \infty } \right)\)

a) Sai: Các số liệu được sắp xếp lại theo thứ tự không giảm: 69, 71, 74, 79, 83, 83, 92.

Khoảng biến thiên: \(R=92-69=23\).

Khoảng tứ phân vị \(\Delta_Q=Q_3-Q_1=83-71=12\).

b) Đúng: Số trung bình: \(\bar{x} =\dfrac{83+79+92+71+69+83+74}{7} = \dfrac{551}{7}\).

b) Đúng: Phương sai: 

\(s^2 =\dfrac{(69-78,71)^2+(71-78,71)^2+(74-78,71)^2+(79-78,71)^2+2 \cdot(83-78,71)^2+(92-78,71)^2}{7} =58,55\)

d) Sai: Độ lệch chuẩn: \(s=\sqrt{58,55}\)

Ta có: \({b^\alpha } + {b^{ - \alpha }} = 3 \Rightarrow {\left( {{b^\alpha } + {b^{ - \alpha }}} \right)^2} = 9 \Rightarrow {b^{2\alpha }} + {b^{ - 2\alpha }} + 2 = 9 \Rightarrow {b^{2\alpha }} + {b^{ - 2\alpha }} = 7\)

Ta có: \(\left( P \right):\dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{3} - \dfrac{z}{3} + 1 = 0 \Leftrightarrow 3x + 2y - 2z + 6 = 0\)

Vậy vec tơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {3;2; - 2} \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A'C' \subset \left( {MA'C'} \right)\\AC \subset \left( {ABC} \right)\\A'C'\parallel AC\end{array} \right. \Rightarrow MN\parallel AC\)

Vì \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

Do đó \(\dfrac{{MN}}{{A'C'}} = \dfrac{{MN}}{{AC}} = \dfrac{1}{2}\)

Đáp án: \(\dfrac{1}{2}\)

Gọi \(A\) là biến cố tổng 4 số được chọn là số chẵn

Ta có: \(\left| \Omega  \right| = C_{11}^4\)

Ta có: \(\left\{ {1;2; \ldots ;11} \right\} = \left\{ {1;3;5;7;9;11} \right\} \cup \left\{ {2;4;6;8;10} \right\}\)

Để tổng 4 số là số chẵn thì ta có các trường hợp:

TH1: 4 số chẵn

Số cách chọn 4 số chẵn là \(C_5^4\)

TH2: 2 số lẻ và 2 số chẵn

Số cách chọn 2 số lẻ và 2 số chẵn là \(C_6^2.C_5^2\)

TH3: 4 số lẻ

Số cách chọn 4 số lẻ là \(C_6^4\)

Khi đó \(\left| A \right| = C_5^4 + C_6^2.C_5^2 + C_6^4 = 170\)

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \dfrac{{170}}{{C_{11}^4}} = \dfrac{{17}}{{33}}\)

Nhóm chứa mốt là nhóm thứ 3: \(\left[ {70;80} \right)\)

Mốt của mẫu số liệu là \({M_o} = 70 + \dfrac{{10 - 6}}{{\left( {10 - 6} \right) + \left( {10 - 8} \right)}}.\left( {80 - 70} \right) \approx 76,7\)

Đáp án: \(76,7\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\)

Khi đó \(AM \bot BC\)

Mà \(SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM,AM} \right) = \angle SMA\)

Ta có: \(AM = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{2a\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{2} = 3a\)

Mà \(SA = 3a\)\( \Rightarrow \Delta SAM\) vuông cân tại A.

Vậy \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = 45^\circ \)

Số cách chọn 2 phần tử thuộc tập \(A\) là \(C_{16}^2 = 120\)

a) Tập xác định của hàm \(y = \tan x\) là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ {\dfrac{\pi }{2} + k\pi ,{\rm{\;}}k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)

b) \( - 1 \le \sin 2x \le 1 \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 2 \le 2\sin 2x \le 2\) nên giá trị nhỏ nhất của \(y = 2\sin 2x\) là -2

c) Phương trình \(\cos 2x = \cos m\) có nghiệm với mọi m

d) \(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi ,{\rm{\;}}k \in \mathbb{Z}.\)

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {0;1; - 1} \right)\)

Lại có: \(\cos \left( {AB,Oz} \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_{Oz}}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {{u_{Oz}}} } \right|}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 .1}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \left( {AB,CD} \right) = 45^\circ \)

Thể tích của khối tứ diện đã cho là \(V = \dfrac{{{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \dfrac{8}{3}\).

Ta có: \({u_k} = {u_1}.{q^{k - 1}} \Rightarrow 8 = \sqrt 2 .{\left( {\sqrt 2 } \right)^{k - 1}} \Rightarrow 8 = {\left( {\sqrt 2 } \right)^k} \Rightarrow k = 6\)

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

vậy phưuong trình có tất cả 3 nghiệm phân biệt

Hàm số \(y = f\left( x \right) = x\) liên tục, dương trên đoạn \(\left[ {2;4} \right]\) và có một nguyên hàm \(F\left( x \right) = \dfrac{{{x^2}}}{2}\).

Do đó, diện tích hình thang cong cần tìm là \(S = F\left( 4 \right) - F\left( 2 \right) = \dfrac{{{4^2}}}{2} - \dfrac{{{2^2}}}{2} = 6\).

Ta có: \({\log _2}\left( {{{\log }_4}a} \right) = {\log _4}\left( {{{\log }_2}a} \right) + 3\), điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\{\log _2}a > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow a > 1\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{1}{2}{{\log }_2}a} \right) = {\log _2}\left( {{{\left( {{{\log }_2}a} \right)}^{\dfrac{1}{2}}}} \right) + {\log _2}8\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{1}{2}{{\log }_2}a} \right) = {\log _2}\left( {8{{\left( {{{\log }_2}a} \right)}^{\dfrac{1}{2}}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}{\log _2}a = 8{\left( {{{\log }_2}a} \right)^{\dfrac{1}{2}}}\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}a = 16{\left( {{{\log }_2}a} \right)^{\dfrac{1}{2}}}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}a = 0\,\,\left( L \right)\\{\log _2}a = 256\,\,\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

a) Qua một điểm \(A\) nằm ngoài mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) cho trước, có duy nhất một mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) chứa \(A\) song song với \(\left( \beta  \right)\)

b) Hai mặt phẳng được gọi là song song nếu chúng không có điểm chung.

c) Cho hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right),\,\,\left( \beta  \right)\) song song với nhau. Khi đó một mặt phẳng nếu cắt \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) lần lượt theo các giao tuyến \(a,\,\,b\) thì \(a\) song song với \(b\)

d) Hai mặt phẳng trong không gian chỉ có 3 vị trí tương đối là song song, cắt nhau và trùng nhau

Do đó hai mặt phẳng phân biệt không cắt nhau thì song song.

Vậy B,C đúng

a) Đúng: Phương trình chính tắc của đường cáp là \(\dfrac{{x - 10}}{2} = \dfrac{{y - 3}}{{ - 2}} = \dfrac{z}{1}\)

b) Đúng: Với vận tốc \(\overrightarrow u \left( {2, - 2,1} \right),\left| {\overrightarrow u } \right| = 3\) và tốc độ bằng 4,5m/s thì phương trình đi chuyển của cáp treo theo thời gian t là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + \dfrac{2}{3}.4,5t\\y = 3 - \dfrac{2}{3}.4,5t\\z = \dfrac{1}{3}.4,5t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 3t\\y = 3 - 3t\\z = \dfrac{3}{2}t\end{array} \right.\) với \(t \ge 0\)

Vậy tại thời điểm t thì toạ độ của M là \(M\left( {3t + 10; - 3t + 3;\dfrac{{3t}}{2}} \right)\)

c) Đúng: Gọi \(B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)\)

Cabin dừng ở điểm \(B\) có hoành độ \({x_B} = 550\) nên:

\(\dfrac{{550 - 10}}{2} = \dfrac{{{y_B} - 3}}{{ - 2}} = \dfrac{{{z_B}}}{1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_B} =  - 537\\{z_B} = 270\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {550; - 537;270} \right)\)

Vậy \(AB = \sqrt {{{\left( {550 - 10} \right)}^2} + {{\left( { - 537 - 3} \right)}^2} + {{270}^2}}  = 810\,\,\left( m \right)\)

d) Sai: Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = k\vec u\)

Do đó:

 \(\begin{array}{l}\sin \left( {AB,\left( {Oxy} \right)} \right) = \sin \left( {\vec u,\left( {Oxy} \right)} \right) = \dfrac{{\vec u.\overrightarrow {{n_{Oxy}}} }}{{\left| {\vec u} \right|\left| {\overrightarrow {{n_{Oxy}}} } \right|}} = \dfrac{1}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + 1} .1}} = \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow \left( {AB,\left( {Oxy} \right)} \right) \approx 20^0\end{array}\)

Phương trình tham số của đường cáp là :

\(d:\left\{\begin{array}{l}x=-3+m \\ y=1-2m \\ z=6+6m,\end{array} \quad(m \in \mathbb{R})\right.\)

Do tốc độ chuyển động của cabin là \(6 \mathrm{~m} / \mathrm{s}\) nên độ dài \(AB=6t(m)\).

Vi vậy sau \(8(\mathrm{~s})\) kể từ lúc xuất phát, cabin đến điểm \(B\) thì

\(AB=6.8=48(\mathrm{~m})\).

VÌ \(B \in d \Rightarrow B(-3+m ; 1-2m ; 6+6m)\)

\(\overrightarrow{AB}(m;-2m ; 6m)\).

Do 2 vectơ \(\overrightarrow{AB} ; \vec{u}\) cùng hướng nên \(m>0\)

\(AB=48 \Leftrightarrow \sqrt{m^2+4m^2+36m^2}=48\)

\(\Leftrightarrow 41m^2=48^2 \Leftrightarrow m= \pm \dfrac{48\sqrt{41}}{41}\)

Vì \(m>0 \Rightarrow m =\dfrac{48\sqrt{41}}{41}\).

Suy ra tọa độ \(B\left( {\dfrac{{ - 123 + 48\sqrt {41} }}{{41}};\dfrac{{41 - 96\sqrt {41} }}{{41}};\dfrac{{246 + 288\sqrt {41} }}{{41}}} \right)\)

Vậy \(a + b + c \approx 41,5.\)

\(\begin{array}{l}a = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \dfrac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {4 - \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 6x - 3} }}{x}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {4 - \dfrac{{\left| x \right|.\sqrt {1 + \dfrac{6}{x} - \dfrac{3}{{{x^2}}}} }}{x}} \right].\\{a_1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {4 - \dfrac{{x.\sqrt 1 }}{x}} \right] = 3\,\,\,(TM)\\{b_1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } [f(x) - 3x] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {x - \sqrt {{x^2} + 6x - 3} } \right]\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{ - 6x + 3}}{{x + \sqrt {{x^2} + 6x - 3} }} = \lim \dfrac{{ - 6x}}{{x + x}} =  - 3.\end{array}\)

Suy ra \(y = 3x - 3\)

Vậy \(a_1^{2025} + b_1^{2025} = {3^{2025}} + {( - 3)^{2025}} = 0\)

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: \(6x + 3y + 2z - 24 = 0\).

a) Sai: Ta có

\(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {2 + 4 - 3 + 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 2\).

b) Đúng: Ta có vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\)và \(\left( Q \right)\) lần lượt là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2;2; - 1} \right), \overrightarrow {{n_Q}}  = \left( {1;2; - 2} \right)\)

Hơn nữa \(\dfrac{2}{1} \ne \dfrac{2}{2} \ne \dfrac{{ - 1}}{{ - 2}}\) nên hai véctơ \(\overrightarrow {{n_P}} \) và \(\overrightarrow {{n_Q}} \) không cùng phương.

Do đó hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\)cắt nhau.

c) Sai: Ta có hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( R \right)\) song song nhau.

Lấy điểm \(O\left( {0;0;0} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( R \right)\) thì

\(d\left( {\left( R \right),\left( P \right)} \right) = d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| 3 \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = 1\)

d) Sai: Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2;2; - 1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( T \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_T}}  = \left( {1;1;m} \right)\).

Vì hai mặt phẳng \(\left( P \right)\)và \(\left( T \right)\) cắt nhau nên hai vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}} \) và \(\overrightarrow {{n_T}} \) không cùng phương.

\( \Rightarrow m \ne \dfrac{{ - 1}}{2}\).

Vậy với \(m \ne \dfrac{{ - 1}}{2}\) thì hai mặt phẳng \(\left( P \right)\)và \(\left( T \right)\) cắt nhau.

Số lượng côn trùng ngày thứ \(t\) là \(K\left( t \right) = \int {\dfrac{{4000}}{{1 + \dfrac{t}{2}}}} {\rm{d}}t = 8000\ln \left| {1 + \dfrac{t}{2}} \right| + C\).

Vì ban đầu đàn côn trùng có \(50.000\) con nên \(K\left( 0 \right) = 50.000 \Leftrightarrow 8000\ln \left| {1 + \dfrac{0}{2}} \right| + C = 50.000 \Leftrightarrow C = 50.000\)

Số lượng côn trùng ngày thứ \(10\) là \(K\left( {10} \right) = 8000\ln \left| {1 + \dfrac{{10}}{2}} \right| + 50.000 \approx 64.334\)con.

Ta có: \( - 1 \le \cos \left( {\dfrac{\pi }{6}t + \dfrac{\pi }{3}} \right) \le 1\)\( \Leftrightarrow 9 \le h \le 15\). Do đó mực nước cao nhất của kênh là \(15m\)đạt được khi\(\cos \left( {\dfrac{\pi }{6}t + \dfrac{\pi }{3}} \right) = 1\)\( \Leftrightarrow \dfrac{\pi }{6}t + \dfrac{\pi }{3} = k2\pi \)\( \Leftrightarrow t =  - 2 + 12k\)

Vì \(t > 0\)\( \Leftrightarrow  - 2 + 12k > 0\)\( \Leftrightarrow k > \dfrac{1}{6}\)

Chọn số \(k\) nguyên dương nhỏ nhất thoả \(k > \dfrac{1}{6}\) là \(k = 1 \Rightarrow t = 10\).

Vậy tại thời điểm đầu tiên mà mực nước của kênh là cao nhất là lúc 10 giờ.

\(\begin{array}{l}{u_1} =  - 2 =  - \dfrac{{1 + 1}}{1}\\{u_2} =  - 2 - \dfrac{1}{{{u_1}}} =  - 2 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{{ - 3}}{2} =  - \dfrac{{2 + 1}}{2}\\{u_3} =  - 2 - \dfrac{1}{{{u_2}}} =  - 2 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{{ - 4}}{3} =  - \dfrac{{3 + 1}}{3}\\...\\ \Rightarrow {u_n} =  - \dfrac{{n + 1}}{n}\end{array}\)

=>\(u_{99}=\dfrac{{ - 100}}{99}\)

suy ra \(a+b=-100+99=-1\)

Gọi bán kính đáy của khối nước hình trụ là \(R\)

Chiều cao của phần nước là \(15 - 1,5 = 13,5\left( {cm} \right)\)

Thể tích của khối nước là \({V_n} = \pi {R^2}.13,5\) $(cm^3)$

Theo giả thiết \(\pi {R^2}.13,5 = 180 \Rightarrow R = \sqrt {\dfrac{{40}}{{3\pi }}} \) (cm)

Thể tích thủy tinh để sản xuất chiếc cốc là \(V = \pi {\left( {\sqrt {\dfrac{{40}}{{3\pi }}}  + 0,2} \right)^2}.15 -180 \approx 240,72 -180 = 60,72\left( {c{m^3}} \right)\)

Vì diện tích của mặt trên của mỗi tầng bằng nửa diện tích mặt trên của tầng ngay bên dưới và diện tích mặt trên của tầng 1 bằng nửa diện tích của đế tháp.

Do đó diện tích của mỗi tầng tạo nên dãy số và dãy số đó là một cấp số nhân có công bội \(q = \dfrac{1}{2}\).

Vậy số hạng tổng quát của cấp số nhân đó là \({u_n} = 12288 \cdot {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\).

Vì từ đế tháp dến tầng thứ 11 của tháp sẽ có 12 mặt nền, do đó diện tích của mặt của tầng thứ 11 là \({u_{12}} = \) \(12288 \cdot {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{12 - 1}} = 6\;{{\rm{m}}^2}\)

Xét hệ tọa độ như trong hình với \(H\) là trung điểm của \(MN\)

Phương trình của nửa đường tròn là \(y = \sqrt {20 - {x^2}} \)

Ta có: \(OH = \sqrt {O{M^2} - M{H^2}}  = \sqrt {20 - 4}  = 4\)

Ta thấy parabol \(y = a{x^2}\) đi qua \(N\left( {2;4} \right) \Rightarrow a = 1 \Rightarrow \left( P \right):y = {x^2}\)

Ta có: \(V = 2 \times \left[ {\pi \int\limits_{ - 2\sqrt 5 }^{ - 2} {{{\left( {\sqrt {20 - {x^2}} } \right)}^2}dx}  + \pi \int\limits_{ - 2}^0 {{{\left( {{x^2}} \right)}^2}dx} } \right] = \dfrac{\pi }{{15}}\left( {800\sqrt 5  - 928} \right)\,\,\left( {c{m^3}} \right)\)

Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\)

\(\Delta ABC\)vuông cân tại \(A \Rightarrow AH \bot BC\)

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AH\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'HA} \right) \Rightarrow \left( {\left( {A'BC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'H,AH} \right) = \widehat {A'HA}\)

Xét \(\Delta A'HA\) vuông tại \(A\) có \(AH = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\):

\(\tan \angle A'HA = \dfrac{{AA'}}{{AH}} \Rightarrow AA' = AH\tan 30^\circ  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Vậy \(V = {S_{ABC}}.AA' = \dfrac{1}{2}{a^2}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\)

a) Ta thấy  \(6p + 2\) là số chẵn nên không thể là số nguyên tố

b) Xét 3 số tự nhiên liên tiếp \(4p,\,\,4p + 1,\,\,4p + 2\)

Khi đó trong 3 số chắc chắn có 1 số chia hết cho 3

Ta có: \(p \ge 5,\,\,p\) nguyên tố nên \(\left[ \begin{array}{l}p = 3k + 1\\p = 3k + 2\end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{N}*\)

Nếu \(p = 3k + 1\) thì \(4p + 2 = 4\left( {3k + 1} \right) + 2 = 12k + 6 \vdots 3\)

Mà \(4p + 2 = 2\left( {2p + 1} \right) \vdots 3 \Rightarrow 2p + 1 \vdots 3\) (vô lí)

Nếu \(p = 3k + 2\) thì \(4k + 1 = 4\left( {3k + 2} \right) + 1 = 12k + 9 \vdots 3\)

Vậy \(4p + 1\) là hợp số.

Gọi X_n là số cách xếp hình chữ nhật có kích thước \(1 \times n\) bằng cách dùng hai loại gạch có kích thước \(1 \times 1\) và \(1 \times 2\). Chúng ta sẽ tìm giá trị của \({X_1},{X_2},{X_3}\), v.v...

- Với \(n = 1\). Có bao nhiêu cách xếp hình chữ nhật có kích thước \(1 \times 1\) ? Rõ ràng là có một cách duy nhất. Do đó \({X_1} = 1\).

- Với \(n = 2\). Có bao nhiêu cách xếp hình chữ nhật có kích thước \(1 \times 2\) ? Có hai cách, cách thứ nhất là dùng hai viên gạch loại \(1 \times 1\), cách thứ hai là dùng đúng một viên gạch loại \(1 \times 2\). Như vậy \({X_2} = 2\).

- Với \(n = 3\). Chúng ta có ba cách như sau, do đó \({X_3} = 3\).

- Với \(n = 4\). Chúng ta có năm cách nên \({X_4} = 5\).

Bây giờ chúng ta xem xét trường hợp tổng quát, đó là xếp hình chữ nhật \(1 \times n\). Như hình dưới đây, để ý ô vuông đầu tiên. Chúng ta có thể đùng loại gạch \(1 \times 1\) để lấp cái ô vuông đầu tiên, hoặc, chúng ta có thể dùng loại gạch \(1 \times 2\) để lấp nó.

Nếu chúng ta dùng loại gạch \(1 \times 1\) để lấp cái ô vuông đầu tiên thì chúng ta còn \(n - 1\) ô vuông tiếp theo cần được lấp. Có \({X_{n - 1}}\)cách để lấp \(n - 1\) cái ô vuông tiếp theo

Còn nếu chúng ta dùng loại gạch \(1 \times 2\) để lấp hai cái ô vuông đầu tiên thì chúng ta còn \(n - 2\) ô vuông. Có \({X_{n - 2}}\) cách để lấp \(n - 2\) ô vuông

Như vậy, tổng cộng chúng ta sẽ có \({X_{n - 1}} + {X_{n - 2}}\) cách.

Vậy thì \({X_n} = {X_{n - 1}} + {X_{n - 2}}\) với \({X_1} = 1,{X_2} = 2\)

Như vậy \({X_n} = {F_{n + 1}}\) - đó chính là số Fibonacci!

Vậy có \({F_{21}} = 10946\) cách xếp.

a) Sai, cây lai 1 và cây lai 2 đều có khả năng sinh sản hữu tính, chỉ không thể lai ngược với đười bố mẹ.

b) Sai, quá trình hình thành loài lúa mì ngày nay do 2 lần lai xa và 2 lần đa bội hóa.

c) Sai, cây lai 1 và cây lai 2 có kí hiệu bộ NST lần lượt là 2(n_A + n_B) = 24 và 2(n_A + n_B + n_D­) = 24.

d) Đúng, lúa mì ngày nay có khả năng sinh sản hữu tính và có kiểu gen đồng hợp tất cả các cặp gene.

Lưới thức ăn số 2 dễ bị ảnh hưởng nhất khi loài B bị diệt vong