Thi thử toàn quốc Đánh giá năng lực Hà Nội (HSA) - Trạm số 2 (HSA1412)

Đồ thị quay bề lõm xuống dưới nên \(a < 0\).

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm nên \(c < 0\).

Đồ thị có đỉnh có hoành độ dương, mà đỉnh của đồ thị hàm số có hoành độ \(\dfrac{{ - b}}{{2a}} >0\).

Do \(a < 0\) nên \(b > 0\).

\(\begin{array}{l}d\left( {I\left( {3;4} \right);d} \right) = R\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {12 + 4a + b} \right|}}{{\sqrt {16 + {a^2}} }} = 5\\ \Leftrightarrow \left| {28 + a} \right| = 5\sqrt {16 + {a^2}} \\ \Leftrightarrow {a^2} + 56a + 784 = 400 + 25{a^2}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a =  - 3\\a = \dfrac{{16}}{3}\left( l \right)\end{array} \right.\end{array}\)

với \(a=-3\) thì \(b=25\) nên \(ab=-75\)

Số khả năng có thể xảy ra với số chấm trên mặt trên của ba con xúc xắc lần lượt là \(a,\,b,\,c\,\left( {1 \le a,b,c \le 6} \right)\)

Số phần tử của không gian mẫu là \(N\left( \Omega  \right) = {6^3} = 216\).

Ta xét các trường hợp có thể xảy ra của \(a\):

- Với \(a = 1\), ta có \(bc = 36 \Rightarrow \left( {b,c} \right) \in \left\{ {\left( {6;6} \right)} \right\}\)

- Với \(a = 2\), ta có \(bc = 18 \Rightarrow \left( {b,c} \right) \in \left\{ {\left( {3;6} \right);\left( {6;3} \right)} \right\}\)

- Với \(a = 3\), ta có \(bc = 12 \Rightarrow \left( {b,c} \right) \in \left\{ {\left( {2;6} \right);\left( {3;4} \right);\left( {4;3} \right);\left( {6;2} \right)} \right\}\)

- Với \(a = 4\), ta có \(bc = 9 \Rightarrow \left( {b,c} \right) \in \left\{ {\left( {3;3} \right)} \right\}\)

- Với \(a = 6\), ta có \(bc = 6 \Rightarrow \left( {b,c} \right) \in \left\{ {\left( {1;6} \right);\left( {2;3} \right);\left( {3;2} \right);\left( {6;1} \right)} \right\}\)

Từ đó, ta có thể thấy có tất cả 12 trường hợp có thể xảy ra khi \(abc = 36\).

Xác suất của biến cố “tích số chấm của mặt trên ba con xúc sắc bằng 36” là: \(P\left( A \right) = \dfrac{{12}}{{216}} = \dfrac{1}{{18}}\).

Do \(ABCD\)là hình bình hành có tâm \(O\) nên \(O\) là trung điểm \(\overrightarrow {AC} \), tức là \(\overrightarrow {AO}  = \overrightarrow {OC} \).

Khi đó, \(\overrightarrow {AO} \, + \overrightarrow {DO}  = \overrightarrow {OC} \, + \overrightarrow {DO}  = \overrightarrow {DO} \, + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow {DC} \).

Một điểm nằm trong miền đa giác trên phải thoả mãn tất cả các bất đẳng thức bậc nhất hai ẩn tạo nên đa giác đó.

Kiểm tra tất cả các điểm, ta thấy điểm \(C\left( {4;2} \right)\) không thoả mãn bất đẳng thức \(2x + 3y \le 10\), nên điểm \(C\left( {4;2} \right)\) không nằm trong miền \(\left( D \right)\).

• Điều kiện để phương trình có nghĩa: \(\left\{ \begin{array}{l}m \ne 1\\m > 0\\{\log _3}\dfrac{m}{{81}} \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge 81\).
• Khi đó, để phương trình đã cho có nghiệm thì:

\(\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{1}{{{{\log }_m}3}}} \right)^2} + {\left( {{{\log }_9}m} \right)^2} \ge {\log _3}\dfrac{m}{{81}}\\ \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_3}m} \right)^2} + \dfrac{1}{4}{\left( {{{\log }_3}m} \right)^2} \ge {\log _3}m - 4\\ \Leftrightarrow \dfrac{5}{4}{\left( {{{\log }_3}m} \right)^2} - {\log _3}m + 4 \ge 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{5}{4}{\left( {{{\log }_3}m - \dfrac{2}{5}} \right)^2} + \dfrac{{19}}{5} \ge 0\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

• Dễ thấy (1) luôn đúng với điều kiện \(m \ge 81\), suy ra để phương trình có nghiệm thì \(m \ge 81\)
• Vậy có 99 – 81 + 1 = 19 số nguyên dương \(m\) để phương trình đã cho có nghiệm.

Ta biến đổi công thức truy hồi của dãy số như sau:

\(\begin{array}{l}{u_{n + 1}} = 3{u_n} - 6n + {2^n} + 3\\ \Leftrightarrow {u_{n + 1}} - 3\left( {n + 1} \right) + {2^{n + 1}} = 3{u_n} - 9n + {3.2^n}\\ \Leftrightarrow {u_{n + 1}} - 3\left( {n + 1} \right) + {2^{n + 1}} = 3\left( {{u_n} - 3n + {2^n}} \right)\end{array}\)

Đặt \({u_n} - 3n + {2^n} = {v_n}\,\forall n \in {N^*}\), ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{v_1} = {u_1} - 3.1 + {2^1} = 4 - 3 + 2 = 3\\{v_{n + 1}} = 3{v_n}\,\forall n \in {N^*}\end{array} \right. \Rightarrow {v_n} = {3^n}\,\forall n \in {N^*}\)

Khi đó \({u_n} = {3^n} - {2^n} + 3n\,\,\forall n \in {N^*} \Rightarrow {u_{2024}} = {3^{2024}} - {2^{2024}} + 3.2024 \Rightarrow {u_{2024}} = {81^{506}} - {16^{506}} + 6072\)

Do \({81^{506}}\) có tận cùng là 1, \({16^{506}}\)có tận cùng là 6 nên \({u_{2024}} = {81^{506}} - {16^{506}} + 6072\) có tận cùng là 7.

Đáp án: 7

Ta có: Số hạng tổng quát \({u_n} = {u_n} + \left( {n - 1} \right)d = 2025 - 5\left( {n - 1} \right)\)

Gọi \({u_k}\) là số hạng đầu tiên nhận gía trị âm, ta có:

\({u_k} = {u_k} + \left( {k - 1} \right)d = 2025 - 5\left( {k - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow 2025 < 5k - 5 \Leftrightarrow k > \dfrac{{2030}}{5} = 406\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên ta chọn \(k = 407.\)

Vậy bắt đầu số hạng \({u_{407}}\) thì nó nhận giá trị âm

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\)có giới hạn hữu hạn bằng \(a\) khi \(n\)dần tiến tới dương vô cực nếu\(\lim \,\left( {{u_n} - a} \right) = 0\).

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\)có giới hạn hữu hạn bằng 0 khi \(n\)dần tiến tới dương vô cực nếu\(\left| {{u_n}} \right|\) có thể bé hơn một số dương bé tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

Kết hợp hai định nghĩa trên, ta suy ra dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\)có giới hạn hữu hạn bằng \(a\) khi \(n\)dần tiến tới dương vô cực khi \(\left| {{u_n} - a} \right|\) có thể bé hơn một số dương bé tuỳ ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

• Điều kiện cần để \(f\left( x \right)\)có giới hạn hữu hạn khi \(x \to  + \infty \)là: \(\sqrt a  + \sqrt b  - 5 = 0\).
• Khi đó, giải hệ \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 13\\\sqrt a  + \sqrt b  = 5\end{array} \right.\) ta được \(\left[ \begin{array}{l}a = 4,\,b = 9\\a = 9,\,b = 4\end{array} \right.\).
• Với \(a = 4,\,b = 9\) ta có:

• Với \(a = 9,\,b = 4\) ta có:

• Từ 2 trường hợp, ta suy ra giá trị nhỏ nhất của \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right)\)là 2 khi \(a = 4,\,b = 9\).

Xét điểm \(M\left( {a + 3,\,1 + \dfrac{4}{a}} \right)\) nằm trên \(\left( C \right)\).

Có \(f'\left( x \right) = \dfrac{{ - 4}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} \Rightarrow f'\left( {a + 3} \right) = \dfrac{{ - 4}}{{{a^2}}}\)

Khi đó, phương trình tiếp tuyến đi qua \(M\left( {a + 3,\,1 + \dfrac{4}{a}} \right)\) là \(y = \dfrac{{ - 4}}{{{a^2}}}\left( {x - a - 3} \right) + 1 + \dfrac{4}{a}\)

Hai tiệm cận của đồ thị hàm số trên là \(x = 3\)và \(y = 1\) cắt nhau tại điểm \(I\left( {3;1} \right)\), khi đó ta tìm được giao điểm của tiếp tuyến với hai tiệm cận là \(A\left( {3;\,1 + \dfrac{8}{a}} \right);\,\,B\left( {3 + 2a;\,1} \right)\)

Khi đó, diện tích của tam giác \(IAB\)là \(\dfrac{1}{2}\left| {1 + \dfrac{8}{a} - 1} \right|\left| {3 + 2a - 3} \right| = 8\).

• Hàm số đã cho xác định

• Gọi \({u_n}\) là số tiền sau tháng thứ \(n\), \(M\)là số tiền gửi vào hàng tháng, \(r\)là lãi suất hàng tháng.
• Ta có công thức truy hồi như sau: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_0} = 0\\{u_{n + 1}} = \left( {{u_n} + M} \right).\left( {1 + r} \right)\,\forall n \in \mathbb{N}\end{array} \right.\)
• Biến đổi công thức truy hồi trên:

• Đặt \({u_n} + \dfrac{{M\left( {1 + r} \right)}}{r} = {v_n}\), khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{v_0} = \dfrac{{M\left( {1 + r} \right)}}{r}\\{v_{n + 1}} = \left( {1 + r} \right){v_n}\end{array} \right. \Rightarrow {v_n} = \dfrac{{M{{\left( {1 + r} \right)}^{n + 1}}}}{r}\forall n \in \mathbb{N}\)
• Khi đó \({u_n} = {v_n} - \dfrac{{M\left( {1 + r} \right)}}{r} = \dfrac{{M\left( {{{\left( {1 + r} \right)}^{n + 1}} - \left( {1 + r} \right)} \right)}}{r}\)
• Cho \(r = 0,8\% ;\,M = 2\,000\,000;\,n = 48\), ta tính được \({u_{48}} \approx 117\,408\,000\)(đồng).

• Sau 5730 năm, số lượng nguyên tử \(^{14}C\)mất đi một nửa \( \Rightarrow \dfrac{1}{2}{N_0} = {N_0}.{e^{ - 5730\lambda }} \Leftrightarrow {e^{ - 5730\lambda }} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \lambda  = \dfrac{{ - \ln \dfrac{1}{2}}}{{5730}}\)
• Sau \(m\)năm, số lượng nguyên tử \(^{14}C\)giảm 5 lần

Đáp án: 13305

 Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}a\parallel \left( P \right)\\b\parallel \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a\parallel b\)

Ta có \({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{a^2} = \frac{2}{3}{a^3} \Rightarrow SH = 2a\)

\(HM = \frac{1}{2}OB = \frac{1}{4}BD = \frac{1}{4}a\sqrt 2  = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\)

\( \Rightarrow SM = \sqrt {S{H^2} + H{M^2}}  = \frac{{\sqrt {66} }}{4}a\)

Kẻ \(MK\parallel CN \Rightarrow MK = \frac{1}{2}AE = \frac{{\sqrt 5 }}{4}a\)

\(HK = \dfrac{3}{4}AB = \dfrac{3}{4}a\) nên \(SK = \sqrt {S{H^2} + H{K^2}}  = \dfrac{{\sqrt {73} }}{4}a\)

\( \Rightarrow \left( {SM;CN} \right) = \left( {SM;MK} \right) = \angle SMK\)

\( \Rightarrow \cos SMK = \frac{{S{M^2} + M{K^2} - S{K^2}}}{{2SM.MK}} =  - 0,055\) nên \(\angle SMK = 93,{1^0}\)

• Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt \(SA,\,SC,\,SD\)lần lượt tại \(M,\,N,\,P\).
• Do \(\left( P \right)\parallel AC \Rightarrow MN\parallel AC\)mà \(I\) là trung điểm của \(SO\)nên \(M,\,N\)lần lượt là trung điểm của \(SA,\,SC\).
• Gọi \(K\)là trung điểm \(PD\).
• Xét tam giác \(BPD\) có \(O,\,K\)lần lượt là trung điểm \(DB,\,DP\) nên \(OK\parallel BP\).
• Xét tam giác \(SOK\) có \(I\)là trung điểm \(SO\), mà \(IP\parallel OK\)nên \(P\) là trung điểm \(SK \Rightarrow SP = PK = KO\).
• Có \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{V_{SBNP}}}}{{{V_{SBCD}}}} = \dfrac{{SB}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SC}}.\dfrac{{SP}}{{SD}} = 1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}\\\dfrac{{{V_{SBMP}}}}{{{V_{SBAD}}}} = \dfrac{{SB}}{{SB}}.\dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SP}}{{SD}} = 1.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{V_{SBNPM}}}}{{{V_{SABCD}}}} = \dfrac{1}{6}\)
• Chiều cao của hình chóp \(h = SA.\cos \left( {SA,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = 2a.\cos {60^0} = a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow {V_{SBNPM}} = \dfrac{{{V_{SABCD}}}}{6} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{36}} \Rightarrow \dfrac{n}{{{m^2}}} = \dfrac{{36}}{{{6^2}}} = 1\)

Đáp án: 1

• Gọi \({A_i}\) là biến cố “Sinh viên trúng tuyển vào công ty thứ \(i,\,i \in \left\{ {1;2;3} \right\}\))
• Có \(P\left( {{A_1}} \right) = 0,6;\,P\left( {{A_2}} \right) = 0,7;\,P\left( {{A_3}} \right) = 0,5\).
• Gọi \(B\) là biến cố “Sinh viên trúng tuyển đúng một công ty”.
• Khi đó, do \({A_1},\,{A_2},\,{A_3}\) độc lập toàn phần nên ta có:

• Có \(P\left( A \right) = \dfrac{y}{{x + y}},\,P\left( {AB} \right) = \dfrac{y}{{x + y}}.\dfrac{{z.\left( {t + 1} \right)}}{{C_{z + t + 1}^2}}\) (do \(AB\) chính là việc lấy được một bóng xanh từ hộp thứ nhất chuyển sang hộp thứ hai, sau đó lấy được hai bóng khác màu từ hộp thứ hai).
• Có \(P\left( B \right) = P\left( {AB} \right) + P\left( {\overline A B} \right) = \dfrac{y}{{x + y}}.\dfrac{{z\left( {t + 1} \right)}}{{C_{z + t + 1}^2}} + \dfrac{x}{{x + y}}.\dfrac{{\left( {z + 1} \right)t}}{{C_{z + t + 1}^2}}\)
• Cho \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)P\left( B \right)\)

• Áp dụng công thức xác suất toàn phần và công thức xác suất có điều kiện, ta có:

Đáp án: 2/3

Gọi \(d(n)\) là số ước của số \(n\). Đèn thứ \(n\) sẽ thay đổi trạng thái ở các phút \(i\) là ước của \(n\). 

Vậy sau 2025 phút, đèn thứ \(n\) sẽ thay đổi trạng thái \(d(n)\) lần.
Nếu \(d(n)\) là số chẵn thì đèn thứ \(n\) sẽ ở trạng thái tắt

Nếu \(d(n)\) là số lẻ thì đèn thứ \(n\) sẽ ở trạng thái bật.
\(d(n)\) là số lẻ khi và chỉ khi \(n\) là số chính phương.
Vậy sau 2025 phút, các đèn là số chính phương sẽ ở trạng thái bật, còn lại ở trạng thái tắt.
Các số chính phương từ 1 đến 2025 là \(1^2, 2^2, ..., 45^2\), vì \(45^2 = 2025\).
Vậy có 45 đèn ở trạng thái bật.
Số đèn ở trạng thái tắt là \(2025 - 45 = 1980\).
Vậy \(k = 1980\) không chia hết cho 8.

Số cách đi tới một ô vuông sẽ bằng tổng số cách đi tới ô vuông ngay trên nó và số cách đi tới ô vuông bên trái nó.

Nếu ô vuông đó không thể đi vào, số cách đi vào ô vuông đó sẽ bằng 0.

Qua đó, ta có bảng số cách đi tới từng ô vuông như sau:

Vậy có 14 cách đi từ A đến B

Có \(f'\left( x \right) = \dfrac{{\left( {2x - 3} \right)\left( {{x^2} - 3x - 4} \right) - \left( {2x - 4} \right)\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)}}{{{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - {x^2} + 14x - 25}}{{{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)}^2}}}\)

Cho \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 14x + 25 = 0 \Leftrightarrow x = 7 \pm 2\sqrt 6 \)

Khi đó, ta có \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x \in \left( {7 - 2\sqrt 6 ;3} \right) \cup \left( {3;7 + 2\sqrt 6 } \right)\)

Kiểm tra 4 khoảng trên, ta thấy có duy nhất \(\left( {3;4} \right)\) là khoảng con của \(\left( {7 - 2\sqrt 6 ;3} \right) \cup \left( {3;7 + 2\sqrt 6 } \right)\).

Thêm hàng \(2x - 1\) vào bảng biến thiên, ta có:

Khi đó, ta suy ra phương trình \(f'\left( x \right) = 0\)có ba nghiệm \(a \in \left( {3;5} \right);b \in \left( {5;7} \right);c \in \left( {7; + \infty } \right)\)

Có \(g'\left( x \right) = \left( {2x - 4} \right)f'\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\). Cho \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} - 4x + 3 = a\\{x^2} - 4x + 3 = b\\{x^2} - 4x + 3 = c\end{array} \right.\)

Do \(c > b > a > 3\)nên tất cả các phương trình bậc hai trên đều có hai nghiệm phân biệt. Đặc biệt, do \(a > 3\)nên tổng hợp lại, 3 phương trình bậc hai trên có 6 nghiệm phân biệt thoả mãn \({c_1} < {b_1} < {a_1} < 0 < 4 < {a_2} < {b_2} < {c_2}\).

Như vậy, phương trình \(g'\left( x \right) = 0\)có tất cả 7 nghiệm phân biệt. Mặt khác, ta có \(g'\left( 3 \right) = 2f'\left( 0 \right) < 0\). Khi đó, ta có bảng xét dấu của \(g'\left( x \right)\) như sau:

Như vậy, hàm số \(g\left( x \right)\)luôn đồng biến trên \(\left( {0;\,2} \right)\).

• Có\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 2{m^2}x + {m^3}\)
• Để hàm số bậc ba đã cho không có điểm cực trị\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \Delta ' = {m^4} - 3{m^3} \le 0 \Leftrightarrow m \in \left[ {0;3} \right]\). (do hệ số bậc hai của đạo hàm là dương nên cần chọn điều kiện \(f'\left( x \right) \ge 0\))

Từ bảng biến thiên, ta suy ra phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 4 nghiệm \({a_1},{a_2},{a_3},{a_4}\)thoả mãn \({a_1} <  - 1 < {a_2} < 0 < {a_3} < 1 < {a_4}\).

Có \(\left[ {f\left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]' = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\)

Giải phương trình \(\left[ {f\left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]' = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 2 = 0\\{x^2} - 2x = {a_1}\\{x^2} - 2x = {a_2}\\{x^2} - 2x = {a_3}\\{x^2} - 2x = {a_4}\end{array} \right.\)

Do \({a_1} <  - 1 < {a_2} < 0 < {a_3} < 1 < {a_4}\) nên trong 4 phương trình bậc hai trên, sẽ có 3 phương trình cho hai nghiệm phân biệt khác \(1\), còn phương trình \({x^2} - 2x = {a_1}\) vô nghiệm. Do đó phương trình \(\left[ {f\left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]' = 0\) có 7 nghiệm phân biệt, tương ứng với 7 điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\).

Vậy hàm số có 3 điểm cực tiểu

Đáp án: 3

Có \(y = {x^{17}} + ... + 42{x^9} + 7m{x^7} + 3m;\,\,y' = 17{x^{16}} + ... + 378{x^8} + 49m{x^6} = {x^6}\left( {17{x^{10}} + ... + 378{x^2} + 49m} \right)\)

Đặt \(g\left( x \right) = 17{x^{10}} + ... + 378{x^2} + 49m\)

·       Xét \(m < 0\), có \(g\left( 0 \right) < 0\), khi đó luôn tồn tại một lân cận \(\left( { - \varepsilon ;\varepsilon } \right)\)chứa \({x_0} = 0\)sao cho \(g\left( x \right) < 0\,\forall x \in \left( { - \varepsilon ;\varepsilon } \right)\). Khi đó, \(y' \le 0\,\forall x \in \left( { - \varepsilon ;\varepsilon } \right)\), tức là hàm số không đạt cực trị tại \({x_0} = 0\).

·       Xét \(m > 0\), có \(g\left( 0 \right) > 0\), khi đó luôn tồn tại một lân cận \(\left( { - \varepsilon ;\varepsilon } \right)\)chứa \({x_0} = 0\)sao cho \(g\left( x \right) > 0\,\forall x \in \left( { - \varepsilon ;\varepsilon } \right)\). Khi đó, \(y' \ge 0\,\forall x \in \left( { - \varepsilon ;\varepsilon } \right)\), tức là hàm số không đạt cực trị tại \({x_0} = 0\).

·       Xét \(m = 0\), có \(y' = {x^8}\left( {17{x^8} + ... + 378} \right)\). Đặt \(h\left( x \right) = 17{x^8} + ... + 378\). Do \(h\left( 0 \right) > 0\), khi đó luôn tồn tại một lân cận \(\left( { - \varepsilon ;\varepsilon } \right)\)chứa \({x_0} = 0\)sao cho \(h\left( x \right) > 0\,\forall x \in \left( { - \varepsilon ;\varepsilon } \right)\). Khi đó, \(y' \ge 0\,\forall x \in \left( { - \varepsilon ;\varepsilon } \right)\), tức là hàm số không đạt cực trị tại \({x_0} = 0\).

xTừ ba trường hợp, ta thấy không tồn tại giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

\(\begin{array}{l}y = 2{\left( {2\cos x - 3} \right)^3} + 3{\left( {2\cos x - 3} \right)^2} - 24\cos x\\ = 2{\left( {2\cos x - 3} \right)^3} + 3{\left( {2\cos x - 3} \right)^2} - 12\left( {2\cos x - 3} \right) - 36\end{array}\)

Với \(x \in \left[ { - \dfrac{\pi }{3};\dfrac{{2\pi }}{3}} \right] \Rightarrow \cos x \in \left[ { - \frac{1}{2};1} \right]\) nên \(2\cos x - 3 \in \left[ { - 4; - 1} \right]\)

Đặt \(t = 2\cos x - 3\) thì \(y = 2{t^3} + 3{t^2} - 12t - 36\) với \(t \in \left[ { - 4; - 1} \right]\)

\(y' = 6{t^2} + 6t - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t =  - 2\end{array} \right.\)

Vì \(y\left( { - 4} \right) =  - 68;y\left( { - 2} \right) =  - 16;y\left( { - 1} \right) =  - 23\)

Vậy GTNN của hàm số bằng -68 và GTLN bằng -16

Vậy tổng GTLN và GTNN là -84

• Với \(m = 0\), hàm số \(f\left( x \right) = {x^2}\) không có giá trị nhỏ nhất trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).
• Với \(m < 0\), có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{m}{x} =  - \infty  \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {{x^2} + \dfrac{m}{x} + m} \right) =  - \infty \) nên hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).
• Với \(m > 0\), ta xét hàm số:
• \(f'\left( x \right) = 2x - \dfrac{m}{{{x^2}}}\). Cho \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{2{x^3} - m}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\dfrac{m}{2}}}\)
• Khi đó, vẽ bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = \sqrt[3]{{\dfrac{m}{2}}}\). Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là \(f\left( {\sqrt[3]{{\dfrac{m}{2}}}} \right) = \sqrt[3]{{\dfrac{{{m^2}}}{4}}} + \sqrt[3]{{2{m^2}}} + m = m + \dfrac{3}{2}\sqrt[3]{{2{m^2}}}\)
• Cho \(m + \dfrac{3}{2}\sqrt[3]{{2{m^2}}} = 176 \Leftrightarrow 2.\dfrac{m}{2} + 3\sqrt[3]{{{{\left( {\dfrac{m}{2}} \right)}^2}}} = 176 \Leftrightarrow \left( {\sqrt[3]{{\dfrac{m}{2}}} - 4} \right)\left( {2{{\left( {\sqrt[3]{{\dfrac{m}{2}}}} \right)}^2} + 11\sqrt[3]{{\dfrac{m}{2}}} + 44} \right) = 0\)

Đáp án: 128

- Xét phương án 1: Bao bì có dạng hình trụ:

• Gọi đáy của hình trụ là hình tròn có bán kính \(R > 0\). Khi đó chiều cao của hình trụ bằng \(h = \dfrac{{S - 2{S_{{\rm{bottom}}}}}}{{{C_{{\rm{bottom}}}}}} = \dfrac{{S - 2\pi {R^2}}}{{2\pi R}}\)
• Từ đó suy ra thể tích hình trụ là \({V_{{\rm{cylinder}}}} = \pi {R^2}h = \dfrac{{ - 2\pi {R^3} + SR}}{2} \Rightarrow V_{{\rm{cylinder}}}'\left( R \right) = \dfrac{{ - 6\pi {R^2} + S}}{2}\)

Cho \(V_{{\rm{cylinder}}}'\left( R \right) = \dfrac{{ - 6\pi {R^2} + S}}{2} = 0 \Leftrightarrow R = \sqrt {\dfrac{S}{{6\pi }}} \).

• Xét hàm số \(V\left( R \right)\), kẻ bảng biến thiên, ta xác định được thể tích hình trụ lớn nhất là \({V_{{\rm{cylinder\_max}}}} = \dfrac{S}{3}.\sqrt {\dfrac{S}{{6\pi }}} \) khi \(R = \sqrt {\dfrac{S}{{6\pi }}} \)

- Xét phương án 2: Bao bì có dạng hình hộp chữ nhật:

• Gọi đáy của hình hộp là hình vuông có cạnh \(a > 0\). Khi đó chiều cao của hình hộp bằng \(h = \dfrac{{S - 2{S_{{\rm{bottom}}}}}}{{{C_{{\rm{bottom}}}}}} = \dfrac{{S - 2{a^2}}}{{4a}}\)
• Từ đó suy ra thể tích hình hộp là \({V_{{\rm{box}}}} = {a^2}h = \dfrac{{ - 2{a^3} + Sa}}{4} \Rightarrow V_{{\rm{box}}}'\left( a \right) = \dfrac{{ - 6{a^2} + S}}{4}\)

Cho \(V_{{\rm{box}}}'\left( a \right) = \dfrac{{ - 6{a^2} + S}}{4} = 0 \Leftrightarrow a = \sqrt {\dfrac{S}{6}} \)

• Xét hàm số \(V\left( R \right)\), kẻ bảng biến thiên, ta xác định được thể tích hình hộp lớn nhất là \({V_{{\rm{box\_max}}}} = \dfrac{S}{6}.\sqrt {\dfrac{S}{6}} \) khi \(a = \sqrt {\dfrac{S}{6}} \).

- Từ hai trường hợp, ta suy ra thể tích lớn nhất có thể tạo thành khi sử dụng phương án làm hộp dạng hình trụ. Khi đó, thể tích cần tìm là \({V_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{250}}{3}\sqrt {\dfrac{{250}}{{6\pi }}}  \approx 303,49\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\)

Đáp án: 303

• Tập xác định: \(D = \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\)
• Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{y}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{{x^2} + \ln \left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {1 + \dfrac{{\ln \left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{{x^2}}}} \right) = 1 + 0 = 1\)

• Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{y}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{{x^2} + \ln \left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {1 + \dfrac{{\ln \left( {{x^2} - 2x} \right)}}{{{x^2}}}} \right) = 1 + 0 = 1\)

Từ đó suy ra đồ thị có đúng 1 tiệm cận xiên \(y = x\).

• Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \dfrac{{{x^2} + \ln \left( {{x^2} - 2x} \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x + \dfrac{{\ln \left( {{x^2} - 2x} \right)}}{x}} \right) =  - \infty \)
• Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \dfrac{{{x^2} + \ln \left( {{x^2} - 2x} \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {x + \dfrac{{\ln \left( {{x^2} - 2x} \right)}}{x}} \right) =  + \infty \)

• Có \(y = \left( {\dfrac{{{m^2}}}{2}x + \dfrac{{3{m^2} - 2m}}{2}} \right) + \dfrac{{9{m^2} - 6m - n}}{{2x - 6}}\), từ đó suy ra tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là \(y = \dfrac{{{m^2}}}{2}x + \dfrac{{3{m^2} - 2m}}{2}\).
• Tiếp tuyến tại một điểm có hoành độ \({x_0}\)của đồ thị hàm số là

• Để đường thẳng \(y = \dfrac{{{m^2}}}{2}x + \dfrac{{3{m^2} - 2m}}{2}\) luôn là tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \dfrac{{ \pm 1}}{m} - \dfrac{k}{2}\\\dfrac{{ - 4{x_0} - k}}{{{{\left( {2{x_0} + k} \right)}^2}}} = \dfrac{{3{m^2} - 2m}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \dfrac{{ \pm 1}}{m} - \dfrac{k}{2}\\\dfrac{{\dfrac{{ \pm 4}}{m} + k}}{{\dfrac{4}{{{m^2}}}}} = \dfrac{{3{m^2} - 2m}}{2}\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \dfrac{{ \pm 1}}{m} - \dfrac{k}{2}\\\dfrac{k}{4}{m^2} \pm m = \dfrac{{3{m^2} - 2m}}{2}\end{array} \right.\left( 2 \right)\)

• Khi đó, để \(\left( 2 \right)\)luôn có nghiệm \({x_0} \ne \dfrac{{ - k}}{2}\)với mọi \(m \ne 0\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{k}{4} = \dfrac{3}{2}\\\left[ \begin{array}{l}1 = 1\\ - 1 = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow k = 6\).

Gọi hai hàm số đã cho lần lượt là \(f\left( x \right) = {x^4} + a{x^3} + b{x^2} + cx + 4;\,g\left( x \right) = dx + 3\).

Gọi hoành độ giao điểm của hai đồ thị trên lần lượt là \({x_1},{x_2},{x_3},{x_4}\). Khi đó, ta có:

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) - g\left( x \right) = \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_4}} \right)\\ \Leftrightarrow {x^4} + a{x^3} + b{x^2} + \left( {c - d} \right)x + \left( {4 - 3} \right) = \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\left( {x - {x_4}} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow f\left( 0 \right) - g\left( 0 \right) = {x_1}{x_2}{x_3}{x_4} = 4 - 3 = 1\)

• Do phương trình \(f'\left( x \right) - g'\left( x \right) = 0\) là phương trình bậc 3, và theo đồ thị phương trình này có 2 nghiệm đơn phân biệt nên phương trình này có 3 nghiệm đơn phân biệt.
• \(h'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)\left( {f'\left( {{x^2} - 2x} \right) - g'\left( {{x^2} - 2x} \right)} \right)\)
• Cho \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\left( {{\rm{simple}}\,{\rm{root}}} \right)\\{x^2} - 2x =  - 1\\{x^2} - 2x = 3\\{x^2} - 2x = a\left( {a > 3} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\left( {{\rm{triple}}\,{\rm{root}}} \right)\\x =  - 1\,\,\left( {{\rm{simple}}\,{\rm{root}}} \right)\\x = 3\,\,\left( {{\rm{simple}}\,{\rm{root}}} \right)\\x = m\,\,\left( {{\rm{simple}}\,{\rm{root}}} \right)\\x = n\,\,\left( {{\rm{simple}}\,{\rm{root}}} \right)\end{array} \right.\)

• Gọi giao điểm của \(d\) và đường thẳng đi qua \(M\), cắt và vuông góc với đường thẳng \(d\)là \(H\left( {a - 1;\,2a + 2;\,3a} \right)\).
• Khi đó \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;2;3} \right)  ;\,\overrightarrow {MH}  = \left( {a - 5;\,2a + 10;\,3a - 5} \right)\)
• Do hai vectơ chỉ phương vuông góc với nhau

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {{u_d}} .\overrightarrow {MH}  = 0 \Leftrightarrow \left( {a - 5} \right) + 2\left( {2a + 10} \right) + 3\left( {3a - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow 14a = 0 \Leftrightarrow a = 0\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MH} \left( { - 5  ;\,10;\, - 5} \right) = 5\left( { - 1;2; - 1} \right)\).

Vậy vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm là \(\left( { - 1;2; - 1} \right)\).

• Gọi \(I\left( {{x_I},{y_I},{z_I}} \right)\) là điểm thoả mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  + 2\overrightarrow {ID}  = \overrightarrow 0 \).
• Ta tính được toạ độ điểm \(I:\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \dfrac{{{x_A} + {x_B} - {x_C} + 2{x_D}}}{{1 + 1 - 1 + 2}} = \dfrac{{2 + 3 - 1 + 8}}{3} = 4\\{y_I} = \dfrac{{{y_A} + {y_B} - {y_C} + 2{y_D}}}{{1 + 1 - 1 + 2}} = \dfrac{{7 + 6 - 8 + 6}}{3} = \dfrac{{11}}{3}\\{z_I} = \dfrac{{{z_A} + {z_B} - {z_C} + 2{z_D}}}{{1 + 1 - 1 + 2}} = \dfrac{{5 + 4 - 2 + 4}}{3} = \dfrac{{11}}{3}\end{array} \right.\)
• Ta có:

• Khi đó, \(T\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(M{I^2} = 0 \Leftrightarrow M \equiv I\). Vậy toạ độ điểm \(M\)cần tìm là \(M\left( {4;\,\dfrac{{11}}{3};\dfrac{{11}}{3}} \right)\).

• Do điểm \(C\) nằm trên mặt phẳng \(Oxy\) có hoành độ dương, đồng thời thoả mãn \(CA = CB = AB = 2\) nên toạ độ điểm \(C\) là nghiệm của hệ phương trình:

• Do điểm \(D\) có cao độ dương, đồng thời thoả mãn \(DA = DB = DC = AB = 2\) nên toạ độ điểm \(D\) là nghiệm của hệ phương trình:

• Khi đó, \(T = a + b + c = 2 + 2 + 2 = 6\).

Gắn hệ trục toạ độ Oxyz có \(A\left( {0;0;0} \right);D\left( {0;1;0} \right);C\left( {1;1;0} \right);A'\left( {0;0;1} \right);D'\left( {0;1;1} \right);B'\left( {1;0;1} \right)\)

Khi đó I là trung điểm của \(A'D'\) là \(I\left( {0;\dfrac{1}{2};1} \right)\)

Gọi \(J \in CC' \Rightarrow J\left( {1;1;a} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {AJ} \left( {1;1;a} \right);\overrightarrow {B'I} \left( { - 1;\dfrac{1}{2};0} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AJ} ;B'I} \right] = \left( { - \dfrac{a}{2}; - a;\dfrac{3}{2}} \right)\)

\(d\left( {AJ;B'I} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AJ} ;B'I} \right].\overrightarrow {AB'} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AJ} ;B'I} \right]} \right|}} = \dfrac{{\left| { - \dfrac{a}{2} + \dfrac{3}{2}} \right|}}{{\sqrt {\dfrac{5}{4}{a^2} + \dfrac{9}{4}} }} = \dfrac{{\left| {a - 3} \right|}}{{\sqrt {5{a^2} + 9} }} = \sqrt {\dfrac{{{a^2} - 6a + 9}}{{5{a^2} + 9}}} \)

Xét \(f\left( a \right) = \dfrac{{{a^2} - 6a + 9}}{{5{a^2} + 9}} \Rightarrow f'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow a =  - 0,6\)

Khi đó \(J\left( {1;1; - 0,6} \right) \Rightarrow JC = 0,6;JC' = 1,6 \Rightarrow \dfrac{{JC}}{{JC'}} = \dfrac{3}{8}\)

Có:

\(I = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\dfrac{{3x + 3}}{{{x^2} - 4x + 3}}dx}  = \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\dfrac{{6\left( {x - 1} \right) - 3\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}dx = } \int\limits_{ - 2}^{ - 1} {\left( {\dfrac{6}{{x - 3}} - \dfrac{3}{{x - 1}}} \right)dx} \)

\(I = \left[ {6\ln \left( {\left| {x - 3} \right|} \right) - 3\ln \left( {\left| {x - 1} \right|} \right)} \right]\left| \begin{array}{l}^{ - 1}\\_{ - 2}\end{array} \right. = 6\ln 4 - 3\ln 2 - 6\ln 5 + 3\ln 3 = 9\ln 2 + 3\ln 3 - 6\ln 5\)

Vậy a = 2, b = 3, c = 6 nên a + b + c = 18.

• Từ đồ thị vận tốc theo thời gian, ta có thể biểu diễn hàm số của vận tốc theo thời gian như sau: \(v\left( t \right) = \left\{ \begin{array}{l}2t\left( {0 \le t < 4} \right)\\6 + \dfrac{t}{2}\left( {4 \le t < 8} \right)\\10\left( {8 \le t < 12} \right)\\\dfrac{{ - 5t}}{2} + 40\left( {12 \le t \le 16} \right)\end{array} \right.\)
• Khi đó, quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian từ 2s đến 14s là:

• Vậy quãng đường chất điểm di chuyển được trong thời gian trên là 103 m.

• \(I = \int\limits_{\dfrac{{ - m}}{2}}^{\dfrac{m}{2}} {\dfrac{{x - m}}{{x + m}}dx} \, = \int\limits_{\dfrac{{ - m}}{2}}^{\dfrac{m}{2}} {\left( {1 - \dfrac{{2m}}{{x + m}}} \right)dx} \)

\(I = \left[ {x - 2m\ln \left( {\left| {x + m} \right|} \right)} \right]\left| \begin{array}{l}^{\dfrac{m}{2}}\\_{\dfrac{{ - m}}{2}}\end{array} \right. = m - 2m\left( {\ln \left( {\dfrac{{3m}}{2}} \right) - \ln \left( {\dfrac{m}{2}} \right)} \right) = m\left( {1 - 2\ln 3} \right)\)

Vậy  \(m = \dfrac{3}{{2\ln 3 - 1}}.\)

Gắn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Hình tròn tâm $O$có bán kính bằng 5, hình tròn tâm $I\left( {3;0} \right)$ có bán kính bằng 4.

Khi đó, do hình cần tính đối xứng qua trục Ox, nên ta chỉ cần tính diện tích phần hình phía trên trục Ox sau đó nhân đôi lên.

Phần phương trình của hai đường tròn nằm phía trên trục Ox lần lượt là

$\left. x^{2} + y^{2} = 25\Leftrightarrow y = \sqrt{25 - x^{2}} \right.$ và $\left. \left( {x - 3} \right)^{2} + y^{2} = 16\Leftrightarrow y = \sqrt{16 - \left( {x - 3} \right)^{2}} \right.$

Khi đó, diện tích phần hình phẳng cần tính là

$S = 2\left( {\int\limits_{- 5}^{3}{\sqrt{25 - x^{2}}dx - {\int\limits_{- 1}^{3}{\sqrt{16 - \left( {x - 3} \right)^{2}}dx}}}} \right) \approx 42,22\left( \text{cm}^{2} \right)$

• Xét hai hình tròn có bán kính bằng 5, khoảng cách giữa hai tâm bằng 6. Gắn hệ trục toạ độ như hình vẽ.
• Hai đường tròn \(\left( {{O_1}\left( { - 3;0} \right),R = 5} \right)\) và \(\left( {{O_2}\left( {3;0} \right),R = 5} \right)\) có phương trình lần lượt là \({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} = 25\) và \({\left( {x - 3} \right)^2} + {y^2} = 25\).
• Phần chung của 2 hình cầu chính là phần chung của 2 hình tròn ở hình bên quay quanh trục Ox.
• Do tính đối xứng nên ta sẽ lấy phần đường tròn tâm \({O_1}\) bên hình quay quanh trục Ox, sau đó nhân 2 sẽ ra thể tích phần cần tính.
• Phương trình phần đường tròn tâm \({O_1}\) ở phía trên trục Ox: \({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} = 25 \Leftrightarrow y = \sqrt {25 - {{\left( {x + 3} \right)}^2}} \)
• Khi đó, thể tích phần chung của hai hình cầu là:

• Do đó, \(a = 104,\,b = 3 \Rightarrow T = ab = 312\).

Lấy ngẫu nhiên 4 mẫu có: \(\left| \Omega  \right| = C_{15}^4\)

Gọi X là biến cố:”mẫu thịt của cả 3 quầy A,B,C đều được chọn”

TH1: 2 mẫu quầy A,1 mẫu quầy B và 1 mẫu quầy C có: \(C_4^2.C_5^1.C_6^1\)cách.

TH2: 1 mẫu quầy A,2 mẫu quầy B và 1 mẫu quầy C có: \(C_4^1.C_5^2.C_6^1\)cách

TH3: 1 mẫu quầy A, 1 mẫu quầy B và 2 mẫu quầy C có: \(C_4^1.C_5^1.C_6^2\)cách

Vậy xác suất cần tìm là: \({p_X} = \dfrac{{C_4^2.C_5^1.C_6^1 + C_4^1.C_5^2.C_6^1 + C_4^1.C_5^1.C_6^2}}{{C_{15}^4}} = \dfrac{{48}}{{91}}.\)

Không gian mẫu \(\Omega  = \left\{ {\left. {\left( {x;y} \right)} \right|\left| x \right| \le 4;\left| y \right| \le 4;x;y \in \mathbb{Z}} \right\}\)

Có 9 cách chọn x, 9 cách chọn y, do đó \(\left| \Omega  \right| = 9\,\,x\,\,9\, = 81\)

Tập hợp các điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 2 là hình tròn tâm O bán kính 2.

Gọi  A  là  biến  cố:  “ Tập  hợp  các  điểm  mà  khoảng  cách  đến  gốc  tọa  độ  nhỏ  hơn  hoặc  bằng  2” \( \Rightarrow A = \left\{ {\left( {x;y} \right) + {x^2} + {y^2} \le 4} \right\} \Rightarrow {x^2} \le 4 \Rightarrow  - 2 \le x \le 2\)

Với \(x = 0 \Rightarrow y \in \left\{ {0; \pm 1; \pm 2} \right\} \Rightarrow \)có 5 điểm

Với \(x =  \pm 1 \Rightarrow y \in \left\{ {0; \pm 1} \right\} \Rightarrow \)Có \(2.3 = 6\)điểm

Với \(x =  \pm 2 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow \)Có 2 điểm.

\( \Rightarrow \left| A \right| = 5 + 6 + 2 = 13.\) Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \dfrac{{13}}{{81}}\)

• Gọi \(A\) là biến cố “Bị mắc bệnh M”, \(B\)là biến cố “Bộ test cho kết quả dương tính”.
• Do xác suất bị mắc bệnh M là 22% nên \(P\left( A \right) = 0,22\).
• Từ dữ kiện “Nếu một người không bị bệnh thì xác suất bộ test cho ra kết quả dương tính là 10%” suy ra \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,1\).
• Từ dữ kiện “Nếu bộ test cho ra kết quả dương tính thì xác suất bị bệnh là 70%” suy ra \(P\left( {A|B} \right) = 0,7\).
• Từ ba dữ kiện trên, ta có hệ phương trình:

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}P\left( A \right) = 0,22\\P\left( {\overline A B} \right) = 0,078\\1 - \dfrac{{0,078}}{{P\left( B \right)}} = 0,7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}P\left( A \right) = 0,22\\P\left( {\overline A B} \right) = 0,078\\P\left( B \right) = 0,26\end{array} \right.\)

Xác suất cần tính chính là \(P\left( {B|A} \right) = \dfrac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \dfrac{{P\left( B \right) - P\left( {\overline A B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \dfrac{{0,26 - 0,078}}{{0,22}} = 0,8273 = 82,73\% \)

Từ có nghĩa không cùng loại: đồng âm

Từ không cùng nghĩa với các từ còn lại là “hồng hào”

Từ không cùng nghĩa với các từ còn lại là “bàng quang”

“công” trong đáp 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.

Những lời khuyên của Bác Hồ nhẹ nhàng mà thấm thía khiến người nghe luôn tâm phục khẩu phục rồi làm theo một cách tự nguyện.

Có lúc bạn chìm ngập trong các loại cảm xúc hỗn độn. Bạn buồn, bạn giận dữ, bạn vui, bạn lo lắng, bạn mệt mỏi cả về thể xác và tinh thần vì những thứ diễn ra trong đầu.

Màu sắc của tia sáng phụ thuộc vào bước sóng của nó. Trong tia sáng thấy được, tia sáng màu tím có bước sóng ngắn nhất, tia sáng đỏ có bước sóng dài nhất.

Các cơ quan trong cơ thể chỉ sinh ra một lần, sau khi sinh ra thì không thay đổi nữa. Chỉ có răng mọc hai lần.

- Từ “nghiêm trọng” dùng để chỉ tính chất tiêu cực, mức độ nguy hiểm, hậu quả xấu (ví dụ: bệnh nghiêm trọng, tai nạn nghiêm trọng, vi phạm nghiêm trọng…).

- Khi nói về việc học, người viết muốn diễn đạt ý việc học trở nên quan trọng, cần thiết, đòi hỏi sự nghiêm túc, chứ không phải mang nghĩa “nguy hiểm, gây hậu quả”.

=> Vì vậy, “nghiêm trọng” không phù hợp về ngữ nghĩa và phong cách trong ngữ cảnh.

Từ phù hợp hơn: quan trọng, nghiêm túc, áp lực hơn, khó khăn hơn, …

Từ sai: nhận chức

Sửa lại: nhậm chức

- Tác phong: Có nghĩa là cách thức làm việc, sinh hoạt hằng ngày của mỗi người. Sử dụng ở đây không phù hợp

=> Chữa lại: phong vị (đặc tính gây hứng thú đặc sắc)

Giản dị là từ dùng để chỉ tính cách không phù hợp dùng trong trường hợp này.

=> Sửa lại: đơn giản

Từ thân thiết không phù hợp dùng trong văn cảnh

=> Sửa lại: gần gũi

Phương thức biểu đạt: Nghị luận

Biện pháp tu từ nghệ thuật được sử dụng trong câu văn trên là liệt kê (có người)

Ý nêu đúng tác dụng của phép chêm xen (Anh vô tình anh chẳng biết điều/Tôi đã đến với anh rồi đấy): Thể hiện tình yêu kín đáo, ý nhị của cô gái với chàng trai

“canh gà” ở đây không phải là một món ăn, mà là tiếng gà gáy báo thời gian”

Hình ảnh rổ thị được miêu tả tập trung trong đoạn trích. Tất cả các câu văn đều miêu tả, thể hiện cảm xúc xoay quanh rổ thị.

Đối tượng chính được miêu tả trong đoạn trích là bình minh

Từ “bàn hoàn” trong đoạn trích trên có ý nghĩa băn khoăn, trăn trở, nghĩ ngợi, vấn vương

Hình ảnh “trái đất” trong đoạn trích tượng trưng cho hình ảnh nhân loại

Đoạn trích trên thể hiện phẩm chất thận trọng, khôn ngoan, khiêm tốn của nhân vật Huyền Đức

Đoạn trích trên thể hiện phẩm chất anh hùng kiên cường, không sợ hiểm nguy của nhân vật Việt