Trong không gian \[Oxyz\], cho tam giác ABC có \[A\left( {1; - 1;1} \right),\]\[B\left( {2;1; - 2} \right),\]\[C\left( {0;0;1} \right)\].

1. Toạ độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) là	A. \[\left( {\frac{5}{9}; - \frac{4}{9};\frac{8}{9}} \right)\].
2. Toạ độ điểm \(E \in Ox\) sao cho \(AE \bot BC\) là	B. \[\left( {\frac{5}{9};\frac{4}{9};\frac{8}{9}} \right)\].
3. Toạ độ điểm \(M\) thoả mãn \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} \) là	C. \(\left( {1;0;0} \right)\).
4. Tọa độ trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC\) là	D. \(\left( { - 1;0;0} \right)\).
	E. \(\left( {3;0;2} \right)\).
	F. \(\left( {3;0; - 2} \right)\).

Đáp án: 1 – __ ; 2 – __ ; 3 – __ ; 4 – __

Đổi \[2,4\,\,{\rm{km/h}}\,\,{\rm{ = }}\,\frac{2}{3}\,\,{\rm{m/s;}}\,\,\,4,8\,\,{\rm{km/h}}\,\,{\rm{ = }}\,\frac{4}{3}\,\,{\rm{m/s}}{\rm{.}}\]

Quãng đường Hoa đi hết một chu trình là $AC+CM+\stackrel{⏜}{MD}+DE+EA.$

Tổng thời gian Hoa thực hiện một chu trình là $T=\frac{AC+CM}{\frac{2}{3}}+\frac{\stackrel{⏜}{MD}+DE+EA}{\frac{4}{3}}.$

Do \(AC,\,\,DE,\,\,EA\) không đổi nên \({T_{\max }}\) khi $\frac{CM}{\frac{2}{3}}+\frac{\stackrel{⏜}{MD}}{\frac{4}{3}}=\frac{3}{2}CM+\frac{3}{4}\stackrel{⏜}{MD}$ đạt giá trị lớn nhất.

Đặt \(\widehat {MCD} = \alpha ,\,\,\,\left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \widehat {MOD} = 2\alpha .\)

Suy ra $CM=10\cos \alpha ,\stackrel{⏜}{MD}=10\alpha \Rightarrow \frac{3}{2}CM+\frac{3}{4}\stackrel{⏜}{MD}=15\cos \alpha +\frac{15}{2}\alpha .$

Xét hàm số \(f\left( \alpha \right) = 15\cos \alpha + \frac{{15}}{2}\alpha ,\,\,\left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right)\).

Ta có \(f'\left( \alpha \right) = - 15\sin \alpha + \frac{{15}}{2},\,\,f'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow - 15\sin \alpha + \frac{{15}}{2} = 0 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{6} \in \left( {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right).\,\)

Lập bảng biến thiên của hàm số \(f\left( \alpha \right)\) trên khoảng \(\left( {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right),\) ta có \(\mathop {\max }\limits_{\alpha \in \left( {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)} f\left( \alpha \right) = f\left( {\frac{\pi }{6}} \right).\)

Vậy \({T_{\max }} = \frac{{3\sqrt {{{25}^2} + 15,{5^2}} }}{2} + \frac{{15}}{2}\left( {\sqrt 3 + \frac{\pi }{6}} \right) + \frac{{3\left( {15 + 15,5} \right)}}{4} \approx 83,9\) giây\( \approx 1,4\) phút.

Đáp án: \[1,4\].

Từ đồ thị ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) = 3\\f\left( 1 \right) = - 1\\f\left( 0 \right) = 1\\f\left( { - 2} \right) = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b - c + d = 3\\a + b + c + d = - 1\\d = 1\\ - 8a + 4b - 2c + d = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c = - 3\\d = 1\end{array} \right.\).

Vậy \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1\). Suy ra có 2 số dương trong các số \(a,\,b,\,c,\,d\).

Từ đồ thị ta thấy trong khoảng \(\left( { - 2;1} \right)\) hàm số có giá trị lớn nhất bằng 3.

Từ đồ thị ta thấy tâm đối xứng của đồ thị có hoành độ bằng \(0\).

Ta có \(f\left( {f\left( x \right)} \right) = \frac{5}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = a\,\,\left( {a \in \left( { - 2\,; - 1} \right)} \right)\,\,\left( 1 \right)\\f\left( x \right) = b\,\,\left( {b \in \left( { - 1\,;0} \right)} \right)\,\,\left( 2 \right)\\f\left( x \right) = c\,\,\left( {c \in \left( {1\,;2} \right)} \right)\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( {f\left( x \right)} \right) = \frac{5}{2}\) chính là số giao điểm của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = a\,,\,y = b\,,\,y = c\).

Từ đồ thị suy ra phương trình \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)\) lần lượt có 1 nghiệm, 3 nghiệm, 3 nghiệm.

Vậy phương trình \(f\left( {f\left( x \right)} \right) = \frac{5}{2}\) có 7 nghiệm.

Đáp án: 1 – B; 2 – C; 3 – A; 4 – F.