Thi thử toàn quốc: Đánh giá tư duy Bách Khoa (TSA) (Miễn phí Lần 1)

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{2x + 1}}{{3x - 1}}\) là đường thẳng có phương trình \(x = \dfrac{1}{3}\).

\(d:\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{{y - 2}}{{ - 1}} = \dfrac{{z + 3}}{{ - 2}}\) có 1 vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( {2; - 1; - 2} \right)\).

Đạo hàm của hàm số \(y = \cos x\) trên \(\mathbb{R}\) là \(y' =  - \sin x\).

Cạnh của khối lập phương đã cho bằng \(\sqrt[3]{2}\).

Trong không gian \(Oxyz\), hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là điểm \(N\left( {1;2;0} \right)\).

a - Đ, b - S, c - S, d - Đ

Ta có $y^{\prime}=x^2-4 x+3 \Rightarrow y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=1 \\ x=3\end{array}\right.$

Bảng biến thiên: 

Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị nên a) đúng.

Hàm số đạt cực tiểu tại $x=3$ và giá trị cực tiểu là $y_0=\dfrac{2}{3}$ nên b) sai.

Điểm cực đại của đồ thị hàm số là $(1;2)$ nên c) sai.

Gọi $A(1 ; 2), B\left(3 ; \dfrac{2}{3}\right)$ là tọa độ hai điểm cực trị. Khi đó $AB=\dfrac{2\sqrt{13}}{3}$ nên d) đúng.

\(\int\limits_{ - 1}^4 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx}  = \int\limits_{ - 1}^4 {f\left( x \right)dx}  \pm \int\limits_{ - 1}^4 {g\left( x \right)dx}  = 2 - 3 =  - 1\).

\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y - 6z + 1 = 0\) có tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {3^2} - 1}  = \sqrt {13} \).

Thể tích của khối chóp đã cho bằng \(V = \dfrac{1}{6}SA.AB.AC = \dfrac{1}{6}.3.2.4 = 4\).

Ta có: \({u_3} = {u_1} + 2d \Leftrightarrow 6 = 2 + 2d \Leftrightarrow d = 2\).

Cỡ mẫu: \(n = 100\)

Số trung bình: \(\bar x = \dfrac{{13.19,25 + 45.19,75 + 24.20,25 + 12.20,75 + 6.21,25}}{{100}} = 20,015\)

Phương sai: \({S^2} = \dfrac{{13.19,{{25}^2} + 45.19,{{75}^2} + 24.20,{{25}^2} + 12.20,{{75}^2} + 6.21,{{25}^2}}}{{100}} - 20,{015^2} \approx 0,28\)

Độ lệch chuẩn: \(\sigma  = \sqrt {0,28}  \approx 0,53\)

Ta có: \({2^x} = 3x - 1 \Leftrightarrow {2^x} - 3x + 1 = 0\) (*)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {2^x} - 3x + 1 \Rightarrow f'\left( x \right) = {2^x}\ln 2 - 3,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {\log _2}\dfrac{3}{{\ln 2}}\): nghiệm duy nhất.

\( \Rightarrow \) Phương trình (*) có tối đa hai nghiệm.

Mà \(f\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) = 0 \Rightarrow x = 1,x = 3\) là hai nghiệm của phương trình.

Tổng hai nghiệm đó là 4.

\(\begin{array}{l}10\sin \left( {10t + \dfrac{\pi }{2}} \right) =  - 5\sqrt 3 \\ \Leftrightarrow \sin \left( {10t + \dfrac{\pi }{2}} \right) =  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}10t + \dfrac{\pi }{2} =  - \dfrac{\pi }{3} + k2\pi \\10t + \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{{4\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \dfrac{{ - \pi }}{{12}} + \dfrac{k}{5}\\t = \dfrac{\pi }{{12}} + \dfrac{k}{5}\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(t \in \left( {0,10} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < \dfrac{{ - \pi }}{{12}} + \dfrac{k}{5} < 10\\0 < \dfrac{\pi }{{12}} + \dfrac{k}{5} < 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1,3 < k < 51,3\\ - 1,3 < k < 48,69\end{array} \right.\)

Vậy có tất cả 50 + 50 = 100 thời điểm vật qua \(s =  - 5\sqrt 3 \;{\rm{cm}}\).

Gọi M là trung điểm của BC.

Do tam giác ABC đều nên \(AM \bot BC\).

Mà  \(SM \bot BC\left( {do\,BC \bot \left( {SAM} \right)} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SMA}\).

Giả sử \(SA = x \Rightarrow AB = 2x \Rightarrow AM = \dfrac{{2x\sqrt 3 }}{2} = x\sqrt 3 \).

Tam giác SAM vuông tại A \( \Rightarrow \tan M = \dfrac{{SA}}{{AM}} = \dfrac{x}{{x\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat M = {30^0}\).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({30^0}\).

\(\begin{array}{l}{\left( {a - 2b} \right)^5} = C_5^0{\left( a \right)^5}{\left( { - 2b} \right)^0} + C_5^1{\left( a \right)^4}{\left( { - 2b} \right)^1} + C_5^2{\left( a \right)^3}{\left( { - 2b} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + C_5^3{\left( a \right)^2}{\left( { - 2b} \right)^3} + C_5^4{\left( a \right)^1}{\left( { - 2b} \right)^4} + C_5^5{\left( a \right)^0}{\left( { - 2b} \right)^5}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = a{x^5} - 10{a^4}b + 40{a^3}{b^2} - 80{a^2}{b^3} + 80a{b^4} - 32{b^5}\end{array}\)

Chọn D.

Gọi $M(a ; b ; c)$

$\begin{aligned} & \overrightarrow{A M}=(a-4 ; b-2 ; c-1) \\ & \overrightarrow{M B}=(-2-a ;-1-b ; 4-c) \end{aligned}$

Ta có: $\overrightarrow{A M}=2 \overrightarrow{M B} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a-4=2(-2-a) \\ b-2=2(-1-b) \\ c-1=2(4-c)\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=0 \\ b=0 \\ c=3\end{array}\right.\right.$.

Vậy $\overrightarrow{O M}=(0 ; 0 ; 3) \rightarrow|\overrightarrow{O M}|=\sqrt{3^2}=3$.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AM}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB'} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow {AB}  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AA'} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CA}  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AA'} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow b  - \overrightarrow a  + \dfrac{1}{2}\overrightarrow c \end{array}\)

Vận tốc của ô tô là \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right){\rm{dt}}} \)\( = \int {\left( { - \dfrac{8}{5}t} \right){\rm{dt}}} \)\( =  - \dfrac{4}{5}{t^2} + C\).

Ta có \(72km/h = 20m/s\). Vì \(v\left( 0 \right) = 20\) nên \(C = 20\)\( \Rightarrow v\left( t \right) =  - \dfrac{4}{5}{t^2} + 20\).

Khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng \(0\) nên \( - \dfrac{4}{5}{t^2} + 20 = 0 \Rightarrow t = 5\).

Quãng đường cần tìm là \(s = \int\limits_0^5 {\left( { - \dfrac{4}{5}{t^2} + 20} \right)} \,{\rm{dt}}\) \( = \left. {\left( { - \dfrac{4}{{15}}{t^3} + 20t} \right)} \right|_0^5\)\( = \dfrac{{200}}{3}\,\,\,\left( m \right)\).

Phương trình \(2f\left( x \right) = m \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{m}{2}\) (*)

Để (*) có ba nghiệm thực phân biệt thì đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = \dfrac{m}{2}\) tại 3 điểm phân biệt.

\( \Leftrightarrow  - 3 < \dfrac{m}{2} < 1 \Leftrightarrow  - 6 < m < 2\).

Mà m là số nguyên \( \Rightarrow m \in \left\{ { - 5; - 4;...;1} \right\}\): 7 giá trị.

\(75\% \) học sinh khối 11 ngủ nhiều nhất chính là tứ phân vị \({Q_3}\) của mẫu số liệu

Ta có \(n = 44\), \(\dfrac{{44.3}}{4} = 33\) nên \({Q_3}\) thuộc nhóm \([7;8)\)

\({Q_3} = 7 + \dfrac{{33 - 31}}{{10}}.1 = 7,2\)

Ta có: \(\overrightarrow {OM}  = \left( {1; - 1; - 1} \right)\) và \(\overrightarrow {ON}  = \left( {5;5;1} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OM} ;\overrightarrow {ON} } \right] = \left( {4; - 6;10} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {OMN} \right)\) là mặt phẳng đi qua O và có 1 vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 3;5} \right)\) có phương trình là:

\(2x - 3y + 5z = 0\).

Ngày 26/09/2024 là ngày thứ 270 của năm nên \(t = 270\)

Ta có: \(f'\left( t \right) =  - \dfrac{1}{{100}}{t^2} + 2bt + c\)

Từ giả thiết suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {270} \right) = 0\\f\left( {270} \right) = 55740\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 1,2\\c = 81\end{array} \right.\)

Do đó \(f\left( t \right) =  - \dfrac{1}{{300}}{t^3} + 1,2{t^2} + 81t + 12000\)

Ngày 26/10/2024 là ngày thứ 300 của năm nên khi đó \(t = 300\)

Vậy \(f\left( {300} \right) = 54300\)

Giải phương trình \({x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).

Diện tích cần tìm là: \(S = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|dx}  = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_1^3 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)dx} } \right| = \dfrac{4}{3} + \dfrac{4}{3} = \dfrac{8}{3}\).

            a) Đ     b) S      c) S      d) Đ

a) Số phần tử của không gian mẫu là 36  - Đúng.

b) Số phần tử của biến cố A: " Số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc là như nhau" bằng 6 \( \Rightarrow \)b) Sai

c) Xác suất của biến cố B: "Ít nhất một con súc sắc suất hiện mặt 6 chấm"

\(\overline B \): "Không có một con súc sắc suất hiện mặt 6 chấm"

\(n\left( {\overline B } \right) = 5.5 = 25 \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = \dfrac{{25}}{{36}}\)

\( \Rightarrow P\left( B \right) = 1 - \dfrac{{25}}{{36}} = \dfrac{{11}}{{36}}\) \( \Rightarrow \)c) Sai.

d) Xác suất để C: "Số chấm suất hiện trên hai con súc sắc hơn kém nhau 2"

Liệt kê các TH ra ta có: \(\left\{ {\left( {1;3} \right);\left( {2;4} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;6} \right);\left( {3;1} \right);\left( {4;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {6;4} \right)} \right\}\) có 8 phần tử.

\( \Rightarrow P\left( C \right) = \dfrac{8}{{36}} = \dfrac{2}{9}\) - Đúng.

+) Coi số 0 như các chữ số khác, ta xếp số theo thứ tự sau:

Tìm vị trí xếp 2 và 3 có: \(A_5^2\) cách

Chọn và xếp thêm 3 chữ số khác 2 và 3 vào, ta có: \(A_8^3\) cách

Suy ra: có \(A_5^2A_8^3\) số tạo thành.

+) Cho số 0 đứng đầu:

Tìm vị trí xếp 2 và 3 có: \(A_4^2\) cách

Chọn và xếp thêm 2 chữ số khác 0, khác 2 và 3 vào, ta có: \(A_7^2\) cách

Suy ra: có \(A_4^2A_7^2\) số tạo thành.

Vậy số các số cần tìm là: \(A_5^2.A_8^3 - A_4^2.A_7^2\).

\({2^x} + {2^{ - x}} = 5 \Leftrightarrow {4^x} + {2.2^x}{.2^{ - x}} + {4^{ - x}} = 25 \Leftrightarrow {4^x} + {4^{ - x}} = 23 \Leftrightarrow {4^x} + {4^{ - x}} + 3 = 26\).

Số cách chọn 1 trưởng đoàn là nam là: 10 cách.

Số cách chọn 2 phó đoàn là nữ là: \(C_{10}^2 = 45\) cách.

Số cách chọn 3 người còn lại là: \(C_{17}^3 = 680\) cách.

Áp dụng quy tắc nhân ta có: \(10.45.680 = 306\,000\) cách.

a) Đúng: Ta có: \(f\left(x_0\right)=f(1)=1+1=2\).

b) Đúng:

\(\Rightarrow \lim _{x \rightarrow x_0} f(x)=\lim _{x \rightarrow 1} \dfrac{x^2-1}{x-1}=\lim_{x \rightarrow 1}(x+1)=2=f\left(x_0\right)\).

Vậy hàm số liên tục tại điểm \(x_0=1\).

c) Đúng: Ta có: \(g\left(x_0\right)=g(1)=4\).

\(\lim _{x \rightarrow x_0} g(x)=\lim _{x \rightarrow 1}\left(4 x^2-x+1\right)=4=g(1)\)

Vậy hàm số liên tục tại điểm \(x_0=1\).

d) Sai: Hàm số \(y=f(x)-g(x)\) liên tục tại điểm \(x_0=1\)

Kẻ DH // BC \( \Rightarrow \left( {A'DH} \right) \bot AB \Rightarrow \left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle A'DH = {60^0}\).

Đồng thời \(\dfrac{{DH}}{{BC}} = \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow DH = \dfrac{1}{3}BA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác A’DH vuông tại H \( \Rightarrow A'H = DH\tan D = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\tan {60^0} = a\).

Diện tích tam giác ABC: \(S = \dfrac{1}{2}A{B^2} = \dfrac{{3{a^2}}}{2}\).

Thể tích khối lăng trụ là: \(A'H.{S_{ABC}} = a.\dfrac{{3{a^2}}}{2} = \dfrac{{3{a^3}}}{2}\).

Nhóm thứ 1 có 1 số

Nhóm thứ 2 có 2 số

Nhóm thứ 3 có 3 số

…

Cứ như thế, có thể suy đoán ra nhóm thứ n có n số. Số đầu tiên của nhóm thứ n ở vị trí thứ

\(1 + 2 + 3 + ... + \left( {n - 1} \right) + 1 = \dfrac{{n.\left( {n - 1} \right)}}{2} + 1\)

\( \Rightarrow \dfrac{{n.\left( {n - 1} \right)}}{2} + 1 < 100 \Leftrightarrow n < 14,58\)

Vậy số thứ 100 của dãy thuộc nhóm thứ 14

\( \Rightarrow \) số nhóm 14 là số 2 hay số thứ 100 của dãy là số 2.

Hàm số bậc ba có 2 điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành \( \Leftrightarrow \) Đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.

\( \Leftrightarrow \) Phương trình hoành độ giao điểm có 3 nghiệm phân biệt. (1)

Xét phương trình hoành độ giao điểm : \({x^3} - 8{x^2} + \left( {{m^2} + 11} \right)x - 2{m^2} + 2 = 0\)  (*)

(Nhẩm thấy \(x = 2\) là 1 nghiệm của phương trình)

Khi đó: (*) \( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} - 6x + {m^2} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{x^2} - 6x + {m^2} - 1 = 0\,\,(2)\end{array} \right.\) .

(1) \( \Leftrightarrow \) Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\{2^2} - 6.2 + {m^2} - 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}10 - {m^2} > 0\\{m^2} \ne 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \sqrt {10}  < m < \sqrt {10} \\m \ne  \pm 3\end{array} \right.\).

Mà m là số nguyên \( \Rightarrow m \in \left\{ {0; \pm 1; \pm 2} \right\}\): 5 giá trị.

Giả sử \(B\left( {1 + t; - 1 - t;2t} \right),C\left( {t';1 + 2t';t'} \right)\).

A, B, C thẳng hàng \( \Rightarrow \overrightarrow {AB} \) cùng phương \(\overrightarrow {AC} \).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {t - 4; - t + 2;2t - 5} \right),\)\(\overrightarrow {AC}  = \left( {t' - 5;2t' + 4;t' - 5} \right) \Rightarrow \)\(\dfrac{{t - 4}}{{t' - 5}} = \dfrac{{ - t + 2}}{{2t' + 4}} = \dfrac{{2t - 5}}{{t' - 5}}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {t - 4} \right)\left( {2t' + 4} \right) = \left( {2 - t} \right)\left( {t' - 5} \right)\\t - 4 = 2t - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\ - 3\left( {2t' + 4} \right) = 3\left( {t' - 5} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\ - 2t' - 4 = t' - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 1\\t' = \dfrac{1}{3}\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \)\(B\left( {2; - 2;2} \right),C\left( {\dfrac{1}{3};\dfrac{5}{3};\dfrac{1}{3}} \right) \Rightarrow BC = \sqrt {\dfrac{{25}}{9} + \dfrac{{121}}{9} + \dfrac{{25}}{9}}  = \sqrt {19} \).

a) Đúng: Đợt thứ nhất anh Bình tích lũy theo cấp số cộng Với công sai \(d = 2\) triệu Theo đề bài ta có \(21 = {u_1} + 9.2 \Rightarrow {u_1} = 3\) triệu.

b) Sai: Hết đợt thứ nhất anh Bình có tất cả 624 triệu đồng nên ta có

\({S_n} = 624 \Rightarrow 624 = \dfrac{{n\left[ {2{u_1} + (n - 1) \cdot 3} \right]}}{2} \Rightarrow n = 24\) tháng.

c) Đúng: Theo đề Số tiền còn lại anh Bình tích góp theo cấp số nhân có công bội là \(q = 2\) triệu và \({u_1} = 5\) triệu.

d) Đúng: Số tiền cần tích lũy ở đợt hai là \(1259 - 624 = 635\) triệu đồng

Từ đó ta có \(635 = 5 \cdot \dfrac{{1 - {2^n}}}{{1 - 2}} \Rightarrow n = 7\) tháng.

Tổng cộng hai đợt cần có ít nhất \(24 + 7 = 31\) tháng.

Gọi M là trung điểm của BC, F là giao điểm của AM và CD trong mặt phẳng (ABCD).

Theo định lý Talet, ta có: \(\dfrac{{MA}}{{MF}} = \dfrac{{MB}}{{MC}} = 1 \Rightarrow MA = MF \Rightarrow M\) là trung điểm của AF

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AG}}{{AF}} = \dfrac{{AG}}{{2AM}} = \dfrac{1}{3} \cdot {\rm{ }}\\{\rm{ }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{GE \subset (SAF)}\\{GE//(SCD)}\\{(SAF) \cap (SCD) = SF}\end{array} \Rightarrow GE//SF} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AS}} = \dfrac{{AG}}{{AF}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow AE = \dfrac{1}{3}AS\\ \Rightarrow SE = \dfrac{2}{3}SA \Rightarrow \dfrac{m}{n} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow m.n = 6\end{array}\)

Gọi A: "Lấy được một viên bi xanh ở lân thứ nhất", B: "Lấy đuợc một viên bi trắng ở lân thứ hai".

Ta cần tính xác suất \(P(AB)\)

Theo công thức nhân xác suất \(P(A \cap B)=P(A) \cdot P(B \mid A)\)

Vì có 30 viên bi xanh trong tổng số 50 viên bi nên \(P(A)=\dfrac{30}{50}=\dfrac{3}{5}\)

Nếu A đã xảy ra, tức là một viên bi xanh đã được lấy ra ở lần thứ nhất, thì còn lại trong bình 49 viên bi trong đó số viên bi trắng là 20.

Do đó \(P(B \mid A)=\dfrac{20}{49}\)

Vậy xác suất cần tìm là \(P(AB)=P(A) \cdot P(B \mid A)=\dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{20}{49}=\dfrac{12}{49} \approx 0,24\)

Khi quay hình chữ nhật \(ABCD\) quanh trục \(AB\) ta được khối trụ có

Bán kính đáy \(r = BC = 5{\rm{\;cm}}\).

Chiều cao \(h = AB = 10{\rm{\;cm}}\).

Do đó thể tích khối trụ này có thể tích \({V_1} = \pi  . {5^2} . 10 = 250\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)

Mặt khác, chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ thì \(C\left( {5;5} \right)\) và parabol bên phải trục \(Ox\) có dạng \(\left( {{P_1}} \right):{y^2} = 2px\).

Ta có \(C \in \left( {{P_1}} \right) \Leftrightarrow p = \dfrac{5}{2} \Rightarrow \left( {{P_1}} \right):{y^2} = 5x\) hay \(y = \sqrt {5x} \).

Khi đó miền \(\left( R \right)\) khi quay quanh trục \(Ox\) có thể tích

\({V_2} = 2\pi \int\limits_0^5 {\left[ {{5^2} - 5x} \right]} dx = \left. {2\pi \left( {25x - \dfrac{5}{2}{x^2}} \right)} \right|_0^5 = 125\pi \)

Vậy thể tích phần còn lại là \(V = {V_1} - {V_2} = 125\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Đường sinh \(AB\) cắt trục \(OO'\) tại \(C\).

Khi đó hai hình nón có đỉnh \(O,C\) có chung đáy là hình tròn \(\left( {O'} \right)\) có thể tích bằng nhau.

Gọi \({V_1}\) là thể tích hình nón đỉnh \(C\), đáy là hình tròn \(\left( {O'} \right);{V_2}\) là thể tích hình nón đỉnh \(O\), đáy là hình tròn \(\left( {O'} \right);V\) là thể tích hình nón đỉnh \(C\), đáy là hình tròn \(\left( O \right)\); \({V_n} = 12\) là thể tích nước đổ vào.
Ta có \(\dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{{\dfrac{1}{3} \cdot CO' \cdot \pi  \cdot O'{B^2}}}{{\dfrac{1}{3} \cdot CO \cdot \pi  \cdot O{A^2}}} = \dfrac{{CO'}}{{CO}} \cdot {\left( {\dfrac{{O'B}}{{OA}}} \right)^2} = \dfrac{1}{2} \cdot {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{1}{8}\).

Suy ra \({V_1} = {V_2} = \dfrac{1}{8}\;V\,\,\,(1)\)
Do đó thể tích nước đổ vào \({V_n} = \dfrac{6}{8}V\) (2) (vì \({V_1} + {V_2} + {V_n} = V\) ).
Từ (1) và (2) suy ra \({V_1} = {V_2} = \dfrac{1}{6}{V_n} = \dfrac{1}{6} \cdot 12 = 2\) lít.
Vậy thể tích của phễu là 2 lít.

Tổng các số ghi trên bảng là \(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45\)

Gọi x là số ghi ở ô vuông trung tâm (ô vuông thứ 5 tính từ trái qua phải, từ trên xuống dưới- hình vẽ), các ô còn lại ghi các số \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{b_1};{b_2};{b_3};{b_4}\).

Tổng tất cả các số ghi trong bốn bảng con cỡ \(2{\rm{x}}2\) là

\(\left( {{a_1} + {a_2} + x + {a_4}} \right) + \left( {{a_2} + {a_3} + {b_1} + x} \right) + \left( {{a_4} + x + {b_3} + {b_2}} \right) + \left( {x + {b_1} + {b_4} + {b_3}} \right)\) \( = \left( {{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + x + {b_1} + {b_2} + {b_3} + {b_4}} \right) + \left( {{a_2} + 3x + {a_4} + {b_1} + {b_3}} \right)\)

\( = 45 + 2x + \left( {x + {a_2} + {a_4} + {b_1} + {b_3}} \right)\)

Gọi \({\rm{T}}\) là tổng của các số ghi trong bảng con cỡ \(2 \times 2\). Khi đó

\(4{\rm{\;T}} = 45 + 2{\rm{x}} + \left( {{\rm{x}} + {{\rm{a}}_2} + {{\rm{a}}_4} + {{\rm{b}}_1} + {{\rm{b}}_3}} \right) \le 45 + 2.9 + \left( {9 + 8 + 7 + 6 + 5} \right) = 98 \Rightarrow {\rm{T}} \le \dfrac{{98}}{4}\)

Do \(T\) là số nguyên nên \(GTLN\) của \(T\) là 24

Một cách ghi các số vào bảng mà tổng các số trong bảng vuông con cỡ \(2 \times 2\) bằng 24 .