Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 28)

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [0] của bài viết, kết hợp với phương pháp loại trừ: Ghép tế bào gốc đang dần trở thành phương pháp tiềm năng trong việc điều trị bệnh lý thoái hoá, tổn thương hệ miễn dịch hay các tổn thương mất mô, cơ quan. Trong các phương án trả lời, nội dung bài viết chỉ nhắc tới việc điều trị các vấn đề về thoái hóa mắt.

 Chọn B

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [2] của bài viết: Trong suốt giai đoạn hình thành và phát triển, cơ quan và cả cơ thể được tiếp tục hoàn thiện chức năng và kích thước thông qua nhiều cơ chế hoạt động của tế bào gốc.

 Chọn A

Theo thông tin trong đoạn [5], tế bào gốc có hoạt động tốt trong quá trình khắc phục những vết thương của cơ thể hay không phụ thuộc rất nhiều vào sự giải phóng các yếu tố sinh trưởng từ tiểu cầu. Đúng hay sai?

Chọn A

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [1] của bài viết: "người Việt ngày càng thích xem video ngắn trên mạng xã hội. Các đài truyền hình cũng đang đẩy nội dung lên những nền tảng này để kết nối với người xem", từ đó nhận thấy, do thói quen của người dùng mà các nhà cung cấp đang phải xử lý các sản phẩm cũ để thích ứng, tăng doanh thu từ Facebook, Youtube.

 Chọn A

Căn cứ vào cụm từ "hội thảo về quản lý dịch vụ phát thanh truyền hình", xác định thông tin nằm trong đoạn [1] của bài viết: "dẫn báo cáo của Research and Market cho thấy người Việt ngày càng thích xem video ngắn trên mạng xã hội", "Việc người dùng ngày càng chuyển dịch từ truyền hình truyền thống lên nền tảng số như Facebook, YouTube kéo theo sự dịch chuyển doanh thu". Tổng hợp thông tin cho thấy, người Việt đang thay đổi thói quen của mình từ việc xem truyền hình TV chuyển sang sử dụng các nền tảng số.

 Chọn B

Xác định lợi nhuận là phần thu được của doanh nghiệp sau khi trừ đi chi phí, đọc nội dung đoạn [2] và xác định thông tin: "doanh thu quảng cáo video trên mạng xã hội của các đơn vị sản xuất tăng nhưng không tương xứng với số tiền đầu tư", "Giá trị kinh doanh trên mạng xã hội rất nhỏ so với doanh thu quảng cáo truyền hình trả".

 Chọn D

Căn cứ vào từ khóa "lãnh đạo VieON" xác định thông tin nằm trong đoạn [3] của bài viết: Ông Huỳnh Long Thủy, Tổng giám đốc VieON, đề xuất mô hình hợp tác mới, giúp doanh nghiệp OTT Việt có thể chủ động doanh thu quảng cáo thay vì phụ thuộc vào nền tảng Google Ads. "Hầu hết các đơn vị dùng nền tảng quảng cáo của Google. Tuy nhiên thực tế chứng minh, nhiều nơi doanh thu quảng cáo không đủ bù đắp chi phí cho nhà cung cấp. Doanh nghiệp càng làm càng lỗ", ông nói.

 Chọn A

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [4] của bài viết: “...việc doanh nghiệp cùng nhau đo đếm, xây dựng chân dung người dùng tưởng đơn giản nhưng khó nhất là làm sao có thể bắt tay cùng làm, tránh tâm lý sợ thiệt, không công bằng. “Chúng ta hoài nghi với nhau trong khi lại tuân theo luật chơi của nền tảng nước ngoài, chính điều này đã tự làm mình yếu đi”.”

 Chọn C

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [5] của bài viết: “Facebook từng bỏ ra 270 triệu USD mua bản quyền bóng đá Ngoại hạng Anh tại Việt Nam ba mùa 2019-2022”.

 Chọn C

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [5] của bài viết: “Đại diện VieON kiến nghị các nhà cung cấp OTT Việt có thể xây dựng một gói dịch vụ đặc biệt, tập hợp nội dung đặc sắc của mình và bán cho người dùng. Nhà đài cũng có thể hợp tác với doanh nghiệp OTT, doanh thu gói cước sẽ chia sẻ với bên cung cấp dịch vụ”.

 Chọn D

Đọc lại thông tin trong bài viết và tiến hành loại trừ. Bài viết để cập tới việc các doanh nghiệp bị sụt giảm doanh thu do sự thay đổi thói quen của người dùng, lợi nhuận từ quảng cáo không đảm bảo được số tiền đã đầu tư nên đáp án là D.

Ánh sáng khả kiến là các bức xạ điện từ có bước sóng nằm trong vùng quang phổ nhìn thấy được bằng mắt thường của con người.

 Chọn D

Nhìn vào hình 1, ta thấy ở bước sóng 440 nm, có sự hấp thụ lớn đối với cả 3 sắc tố quang hợp.

 Chọn B

Nhìn vào hình 1, ta thấy diệp lục a và diệp lục b có độ hấp thụ thấp nhất ở phần quang phổ từ 525 đến 625 nm, tương ứng với độ phản xạ lớn nhất.

 Chọn C

Mắt người có khả năng nhìn thấy màu xanh của diệp lục vì ở vùng ánh sáng màu xanh lá của quang phổ khả kiến, diệp lục gần như không hấp thụ chúng và phản xạ toàn bộ lại môi trường, phản lại mắt ta khiến ta nhìn thấy lá có màu xanh.

 Chọn B

Dựa vào Bảng 4, ta thấy các giá trị của dòng điện đều âm.

→ Nghiên cứu 4 có dòng điện chạy theo hướng ngược lại so với các nghiên cứu khác.

 Chọn b

Dựa vào dữ liệu trong Bảng 2, khi chiều dài của thanh nam châm là 1 m thì cường độ dòng điện cần thiết trong đường ray là 84 A.

 Chọn B

Ta có, khi dòng điện tăng là kết quả của điện áp tăng.

Từ dữ liệu của Bảng 3, ta thấy trong 4 phương án lựa chọn thì Thử nghiệm 14 có dòng điện lớn nhất, vì vậy nó cũng phải có điện áp lớn nhất.

 Chọn A

Theo phần dẫn, ta có: Dòng điện có thể tạo ra từ trường cảm ứng trong các thanh nam châm siêu dẫn của đường ray, kết quả là xuất hiện lực đẩy liên tục giữa các thanh nam châm khiến tàu được nâng lên, duy trì một khoảng cách phía trên đường ray được gọi là “khe không khí” và di chuyển về phía trước.
Vì vậy giữa các nam châm cần tạo ra lực đẩy hay có nghĩ là các nam châm cùng cực thì được đặt gần nhau nên Hình 1 đúng.

 Chọn A

Người mẹ có kiểu gene X^aX^a luôn cho con giao tử X^a, người bố có kiểu gene X^aY cho con gái giao tử X^a, con trai giao tử Y. Sự kết hợp ngẫu nhiên các giao tử luôn tạo ra kiểu gene: X^aX^a hoặc X^aY quy định kiểu hình mù màu đỏ và xanh lục.

 Chọn B

Người bố bình thường sẽ cho con gái giao tử XA, nên chắc chắn con gái sinh ra cũng sẽ không mắc bệnh mù màu đỏ - xanh lục.

 Chọn A

Người con gái 3 sẽ có kiểu gene XAXa lấy chồng mắc bệnh mù màu đỏ - xanh lục sẽ có kiểu gene XaY luôn cho con gái giao tử Xa. Như vậy họ không thể sinh ra người con gái có kiểu gene XAXA.

 Chọn B

Theo Bảng 2, độ hấp thụ hiệu chỉnh của nho khô có giá trị lớn nhất (0,941).

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

1. Đúng, vì: Dựa vào Bảng 1, dung dịch thử nghiệm có nồng độ sulfite là 3 ppm (nằm giữa 2,0 ppm và 4,0 ppm), sẽ có độ hấp thụ hiệu chỉnh nằm ở khoảng giữa 0,302 và 0,600. Do đó, một dung dịch có nồng độ SO32− là 3 ppm được thử nghiệm thì độ hấp thụ hiệu chỉnh sẽ xấp xỉ 0,5.

2. Sai, vì:

Nếu Thí nghiệm 1 và 2 được lặp lại bằng cách sử dụng một chất tạo màu khác, cần có những thay đổi sau trong quy trình:

+ Cả hai chất tạo màu nên được thêm vào dung dịch A và cho tất cả các mẫu.

+ Theo đoạn văn, máy quang phổ UV-vis là một thiết bị đo khả năng hấp thụ ánh sáng của mẫu chất. Bởi vì các màu khác nhau có bước sóng khác nhau, máy quang phổ UV-vis cần cài đặt để đo ở bước sóng tương ứng với khả năng hấp thụ ánh sáng của chất tạo màu mới.

Cả Bảng 1 và Hình 1 đều chỉ ra rằng, khi nồng độ sulfite tăng gấp đôi, độ hấp thụ hiệu chỉnh cũng tăng gần gấp đôi: khi nồng độ sulfite tăng từ 1 ppm lên 2 ppm (tăng gấp đôi) thì độ hấp thụ hiệu chỉnh tương ứng tăng từ 0,153 lên 0,302 (tăng gần gấp đôi).

 Chọn C

Dựa vào Bảng 1, dung dịch thử nghiệm có nồng độ sulfite là 1,5 ppm (nằm giữa 1,0 ppm và 2,0 ppm), sẽ có độ hấp thụ hiệu chỉnh nằm ở khoảng giữa 0,153 và 0,302. Do đó, phương án 0,240 là lựa chọn chính xác.

 Chọn B

Giả thiết cho rằng hàm lượng chất phụ gia trong trái cây có khả năng hấp thụ ánh sáng ở cùng bước sóng với hợp chất được hình thành bởi SO32− và chất tạo màu, có nghĩa là độ hấp thụ sẽ cao hơn. Mà nồng độ SO32− và độ hấp thụ hiệu chỉnh tỉ lệ thuận với nhau nên so với nồng độ SO32− thực tế, nồng độ SO32− đo được sẽ cao hơn.

 Chọn A

Sai, vì: gold(IIII) chloride tồn tại ở dạng dung dịch, không phải kết tủa.

 Chọn B

Giải thích

Các phát biểu đúng là: (1) và (4).

(2) sai, vì: nước cường toan không ổn định, nên được sử dụng ngay.

(3) sai, vì: sodium hydroxide có tính base mạnh, có thể gây ăn mòn da nên không khuyến khích sử dụng để trung hòa nước cường toan.

 Chọn B

Dựa vào hình vẽ, ta có:

+ Tại t1 = 0,5s ứng với s1 ≈ 0,55 m

+ Tại t2 = 3,5s ứng với s2 ≈ 3,85 m

Tốc độ trung bình: \[{v_{tb}} = \frac{s}{t} = \frac{{{s_2} - {s_1}}}{{{t_2} - {t_1}}} = \frac{{3,85 - 0,55}}{{3,5 - 0,5}} = 1,1\;\]m/s.

 Chọn D

Đồ thị biểu diễn mối liên hệ quãng đường – thời gian sóng truyền trong trường hợp biên độ và độ căng thấp là đường thẳng. Vậy với mỗi quãng đường đi được trong 0,1 s là như nhau nên tốc độ không đổi và được duy trì.

 Chọn A

Dựa trên Hình 1 và Hình 2, ta có biên độ sóng không ảnh hưởng đến tốc độ truyền sóng

→ Âm thanh phát ra lớn và âm thanh phát ra nhỏ trong cùng một môi trường truyền sóng thì có tốc độ bằng nhau.

 Chọn A

Đáp án

Lúc t = 0 đầu O của lò xo căng nằm ngang bắt đầu dao động đi lên biên độ A, chu kì 1 s. Hai điểm gần nhau nhất trên lò xo dao động ngược pha cách nhau 3 cm. Thời điểm đầu tiên để M cách O một khoảng 12 cm đang đi xuống qua vị trí cân bằng là (1) __2,5__ s.

Giải thích

Bước sóng: \(\lambda  = 6\;{\rm{cm}} \to \) tốc độ truyền sóng là: \({\rm{v}} = v = \frac{\lambda }{T} = \frac{6}{1} = 6\;{\rm{cm}}/{\rm{s}}\)

Khoảng thời gian để \(M\) nhận sóng (bắt đầu đi lên) từ nguồn O là: \(\Delta t = \frac{{OM}}{v} = \frac{{12}}{6} = 2s\)

Khoảng thời gian điểm \({\rm{M}}\) từ lúc nhận sóng (bắt đầu dao động đi lên) đến khi qua VTCB đi xuống là: \(\frac{T}{2} = \frac{1}{2}\;{\rm{s}}\)

 Thời điểm cần tìm là: \(t' = \Delta t + \frac{T}{2} = 2 + \frac{1}{2} = 2,5\;{\rm{s}}\).

Giải thích

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Ta có \(IH = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 + 2.2 + 1.\left( { - 2} \right) + 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 3\).

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn và \(R\) là bán kính mặt cầu.

Ta có chu vi đường tròn là \(2\pi r = 8\pi  \Rightarrow r = 4\).

Bán kính mặt cầu là \(R = \sqrt {I{H^2} + {r^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\).

Gọi \(\left( \alpha  \right):2x + 2y + z + 11 = 0\).

Ta có \(d\left( {I,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 + 2.2 + 1.\left( { - 2} \right) + 11} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 5 = R\).

\( \Rightarrow \left( S \right)\) tiếp xúc với \(\left( \alpha  \right)\).

Số hình chữ nhật có trên hình là: (1) ___540__.

Số hình vuông có trên hình là: (2) ___100___.

Giải thích

Cứ hai đường kẻ ngang phân biệt và 2 đường kẻ dọc phân biệt cho ta một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật là: \(C_9^2 \times C_6^2 = 540\).

Số hình vuông là: \(8 \times 5 + 7 \times 4 + 6 \times 3 + 5 \times 2 + 4 \times 1 = 100\).

Xác suất bán cho \(k\) cửa hàng trong một ngày là \(C_{10}^k.{(0,4)^k}.{(0,6)^{10 - k}}\).

Thử lần lượt các giá trị của \(k\), thì giá trị lớn nhất đạt tại \(k = 4\).

Gọi độ dài cạnh bên và cạnh đáy của tam giác cân là \(x,y\) (thỏa mãn \(x,y\) là các chữ số)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le x \le 9}\\{1 \le y \le 9}\\{1 \le y < 2x}\end{array}} \right.\)

TH1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le y \le 9}\\{5 \le x \le 9}\end{array} \Rightarrow } \right.\) có \(9.5 = 45\) cặp số \(\left( {x;y} \right)\).

TH2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le x \le 4}\\{x = i}\\{1 \le y \le 2i - 1}\end{array}} \right.\)

Với mỗi giá trị của \(i\) có \(2i - 1\) cặp số thỏa mãn, do đó ta có:

\(\left( {2.1 - 1} \right) + \left( {2.2 - 1} \right) + \left( {2.3 - 1} \right) + \left( {2.4 - 1} \right) = 16\) cặp số \(\left( {x;y} \right)\)

Suy ra có 61 cặp số \(\left( {x;y} \right)\) mà với mỗi cặp, ta có thể viết số có 3 chữ số trong đó có 2 chữ số \(x\) và 1

chữ số \(y\). Trong 61 cặp số này có:

+ 9 cặp \(x = y\) thì viết được 9 số.

+ 52 cặp \(x \ne y\) thì mỗi cặp viết được 3 số \(\left( {\overline {xxy} ,\overline {xyx} ,\overline {yxx} } \right)\) nên có \(52.3 = 156\) số.

Vậy tất cả viết được 165 số.

Đặt \(g\left( x \right) = ax + 2a + 1\).

Hàm số liên tục tại $x_0=0\iff {\text{lim}}_{x\to 0}f\left(x\right)=f\left(0\right)=3$.

Để tồn tại  thì \(g\left( 0 \right) \ne 0 \Leftrightarrow a \ne  - \frac{1}{2}\).

Với \(a \ne  - \frac{1}{2}\) thì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \frac{2}{{2a + 1}} \Rightarrow \frac{2}{{2a + 1}} = 3 \Leftrightarrow a =  - \frac{1}{6}\).

Bất phương trình trở thành: \({x^2} - 6x + 5 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le x \le 5\).

Vì \(x\) nguyên nên \(x \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\). Vậy bất phương trình có 5 nghiệm nguyên.

Đáp án: “1/2”

Giải thích

Đặt \(\frac{{DK}}{{DD'}} = x\).

Gọi \(M\) là điểm thuộc cạnh \(BB'\) sao cho \(\frac{{B'M}}{{B'B}} = x\).

Ta có \(A'M//KC\) nên \(d\left( {CK;A'D} \right) = d\left( {CK;\left( {A'MD} \right)} \right) = d\left( {K;\left( {A'MD} \right)} \right)\).

Gọi \(N = AK \cap A'D;P = AB \cap A'M\). Khi đó \(\frac{{d\left( {K;\left( {A'MD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {A'MD} \right)} \right)}} = \frac{{NK}}{{NA}} = \frac{{DK}}{{AA'}} = x\).

Suy ra \(d\left( {CK;A'D} \right) = x.d\left( {A;\left( {A'MD} \right)} \right) = x.d\left( {A;\left( {A'DP} \right)} \right)\).

\(\frac{{A'B'}}{{BP}} = \frac{{B'M}}{{BM}} = \frac{x}{{1 - x}}\) suy ra \(BP = \frac{{A'B'\left( {1 - x} \right)}}{x} = \frac{{a\left( {1 - x} \right)}}{x}\) nên \(AP = BP + AB = \frac{{a\left( {1 - x} \right)}}{x} + a = \frac{a}{x}\).

Tứ diện \(A.A'DP\) vuông tại \(A\) nên \(\frac{1}{{{d^2}\left( {A;\left( {A'DP} \right)} \right)}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{P^2}}} = \frac{{{x^2} + 2}}{{{a^2}}}\)

Suy ra \(d\left( {A;\left( {A'DP} \right)} \right) = \frac{a}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}\). Do đó \(d\left( {CK;A'D} \right) = \frac{{ax}}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}\)

Mà \(d\left( {CK;A'D} \right) = \frac{a}{3}\) suy ra \(\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2} }} = \frac{1}{3}\). Giải phương trình này thu được \(x = \frac{1}{2}\).

Vậy \(\frac{{DK}}{{DD'}} = \frac{1}{2}\).

Cho hàm số \(y = \frac{{{\rm{sin}}x}}{{1 + {\rm{cos}}x}} + \frac{1}{{1 - {\rm{cos}}x}} + {\rm{cot}}x\left( C \right)\). Số giao điểm của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) với đường thẳng \(y = 2\) trên đọan \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\) là 3 , trong đó điểm có hoành độ \(\frac{{\pi a}}{b}\) với \(a = \)-1 ,\(b = \) 4 \((a,b \in \mathbb{Z};b > 0;\left( {a;b} \right) = 1)\)nằm gần trục tung nhất.

Giải thích

Điều kiện xác định của hàm số \(\left( C \right):\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{cos}}x \ne  \pm 1}\\{{\rm{sin}}x \ne 0}\end{array}} \right) \Leftrightarrow x \ne k\pi \left( {k, \in ,\mathbb{Z}} \right)\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\(\frac{{{\rm{sin}}x}}{{1 + {\rm{cos}}x}} + \frac{1}{{1 - {\rm{cos}}x}} + {\rm{cot}}x = 2\,\,\left( * \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{\rm{sin}}x\left( {1 - {\rm{cos}}x} \right) + 1 + {\rm{cos}}x}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x}} + \frac{{{\rm{cos}}x}}{{{\rm{sin}}x}} = 2\)

\( \Rightarrow {\rm{sin}}x - {\rm{sin}}x{\rm{cos}}x + 1 + {\rm{cos}}x + {\rm{sin}}x{\rm{cos}}x = 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x\)

\( \Leftrightarrow {\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x + 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x = 0\)

\( \Leftrightarrow {\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x + {\rm{cos}}2x = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x} \right)\left( {1 + {\rm{cos}}x - {\rm{sin}}x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x + \cos x = 0}\\{1 + \cos x - \sin x = 0}\end{array}} \right) \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan x =  - 1}\\{\sin \left( {x, - ,\frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}\end{array}} \right) \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - \frac{\pi }{4} + k\pi (t,m)}\\{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi (t,m)}\\{x = \pi  + k2\pi (L)}\end{array}} \right)(k, \in ,\mathbb{Z})\)

Xét \( - \pi  \le  - \frac{\pi }{4} + k\pi  \le \pi  \Leftrightarrow  - \frac{3}{4} \le k \le \frac{5}{4} \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\).

Xét \( - \pi  \le \frac{\pi }{2} + k2\pi  \le \pi  \Leftrightarrow  - \frac{3}{4} \le k \le \frac{1}{4} \Leftrightarrow k = 0\).

Vậy có 3 nghiệm của (*) trên \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\) hay số giao điểm của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) với đường thẳng \(y = 2\) trên đoạn \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\) là 3 , trong đó điểm có hoành độ \(\frac{{ - \pi }}{4}\) nằm gần trục tung nhất \( \Rightarrow a =  - 1;{\rm{\;}}b = 4\).

Đáp án: “7”

Giải thích

Ta có:

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) - 1 \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\frac{1}{{2023}} \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x.119y.\frac{1}{{2023}}} \right) \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow xy \ge {x^2} + y + 1\)

\( \Leftrightarrow y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} + 1\)

\( \Leftrightarrow y \ge \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\) (vì \(y > 0,y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} + 1 > 0\) nên \(x - 1 > 0\))

\( \Rightarrow x + y \ge x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\forall x > 1;y > 0\).

Khi đó bài toán đã cho trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của \(x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\) với \(x > 1\).

Ta có: \(x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}} = \frac{{{x^2} - x + {x^2} + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = f\left( x \right)\).

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 4x}}{{{{(x - 1)}^2}}};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\) (vì \(x > 1\)).

Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} =  + \infty ,f\left( 2 \right) = \frac{{{{2.2}^2} - 2 + 1}}{{2 - 1}} = 7\),

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} =  + \infty \).

Do đó \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 7\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(x + y\) là 7 .

Tại thời điểm \(t = 3\), chất điểm chuyển động với gia tốc bằng 14 m/s2.

Tại thời điểm \(t = 2\), chất điểm chuyển động với vận tốc bằng 16 m/s.

Vận tốc chuyển động của chất điểm tại thời điểm chất điểm có gia tốc chuyển động nhỏ nhất bằng 13 m/s.

Giải thích

Gọi \(v\left( t \right),a\left( t \right)\) lần lượt là vận tốc và gia tốc của chất điểm.

Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm, ta suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 5t + 10}\\{a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5}\end{array}} \right.\).

Tại thời điểm \(t = 3\), chất điểm chuyển động với gia tốc bằng

\(a\left( 3 \right) = {3.3^2} - 6.3 + 5 = 14\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\).

Tại thời điểm \(t = 2\), chất điểm chuyển động với vận tốc bằng

\(v\left( 2 \right) = {2^3} - {3.2^2} + 5.2 + 10 = 16\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\).

Ta có: \(a\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5 = 3{(t - 1)^2} + 2 \ge 2\) với mọi \(t\), dấu "=" xảy ra khi chỉ khi \(t = 1\).

Suy ra gia tốc chuyển động của chất điểm nhỏ nhất bằng 2 khi \(t = 1\).

Vận tốc chuyển động của chất điểm tại thời điểm gia tốc nhỏ nhất là

\(v\left( 1 \right) = {1^3} - {3.1^2} + 5.1 + 10 = 13\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\).

Giải thích

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC\).

\(SC\) hợp với đáy một góc \({30^ \circ } \Rightarrow \widehat {SCA} = {30^ \circ }\).

Xét  vuông tại \(A\) có: \({\rm{sin}}{30^ \circ } = \frac{{SA}}{{SC}} \Rightarrow SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},AC = \sqrt {S{C^2} - S{A^2}}  = \frac{{3a}}{2}\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(AC = \frac{{3a}}{2}\) nên \({S_{ABC}} = {\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{{16}}\) (đvdt).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{{16}} = \frac{{9{a^3}}}{{32}}\) (đvtt).

Ta có: \(f'\left( x \right) = {\left( {{x^3} + 1} \right)^{\rm{'}}} = 3{x^2} \Rightarrow f''\left( x \right) = {\left( {3{x^2}} \right)^{\rm{'}}} = 6x\) và \(f'\left( 2 \right) = {3.2^2} = 12\).

Có: \(f'\left( 1 \right) = {3.1^2} = 3 \Rightarrow \) Hệ số góc của phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\left( {1;1} \right)\) là \(k = f'\left( 1 \right) = 3\).

Giải thích

Ta có: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{SBC}}\)

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) là:

\(IS = R = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + M{S^2}}  = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + \frac{{B{C^2}}}{4}}  = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + \frac{{2S{B^2}}}{4}}  = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2}\).

Khi đó, diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) là: \(S = 4\pi {R^2} = 3S{A^2}\).

Với \(m = 2\), đồ thị \(\left( C \right)\) có 0  điểm cực trị.

Có 1  giá trị nguyên âm của tham số \(m\) để đồ thị \(\left( C \right)\) cắt trục hoành tại đúng một điểm.

Giải thích

Với \(m = 2\) ta có \(:y = {x^3} + 3x - 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 3 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

\( \Rightarrow \) Hàm số đã cho không có điểm cực trị.

Phương trình hoành độ giao điểm là : \({x^3} - \left( {m - 2} \right){x^2} + 3x - 1 = 0\,\,\left( {\rm{*}} \right)\).

Vì \(x = 0\) không là nghiệm của phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) nên ta có :

\(\frac{{{x^3} + 3x - 1}}{{{x^2}}} = m - 2 \Leftrightarrow x + \frac{3}{x} - \frac{1}{{{x^2}}} = m - 2\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = x + \frac{3}{x} - \frac{1}{{{x^2}}} \Rightarrow f'\left( x \right) = 1 - \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{2}{{{x^3}}} = \frac{{{x^3} - 3x + 2}}{{{x^3}}}\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x =  - 2}\end{array}} \right.\).

Bảng biến thiên :

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy \(f\left( x \right) = m - 2\) có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow m - 2 >  - \frac{{15}}{4} \Leftrightarrow m >  - \frac{7}{4}\).

Vậy có duy nhất một giá trị nguyên âm của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) cắt trục hoành tại đúng một điểm.

Giả sử hình trụ \(\left( T \right)\) có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(R\).

Khi đó \(\left( T \right)\) có \({S_{xq\left( {tru} \right)}} = 2\pi Rh\).

Vì đường sinh hợp với đáy một góc \(\alpha \) nên \(\widehat {O'AO} = \alpha  \Rightarrow O'A = \frac{h}{{{\rm{sin}}\alpha }}\).

Diện tích xung quanh hình nón \(\left( N \right):{S_{xq\left( {non} \right)}} = \pi Rl = \pi R\frac{h}{{{\rm{sin}}\alpha }}\).

Tỉ số giữa diện tích xung quanh hình trụ \(\left( T \right)\) và diện tích xung quanh hình nón \(\left( N \right)\) bằng \(\sqrt 3 \).

Suy ra: \(\frac{{{S_{xq}}_{\left( {{\rm{tru\;}}} \right)}}}{{{S_{xq\left( {{\rm{non\;}}} \right)}}}} = \sqrt 3  \Leftrightarrow \frac{{2\pi Rh.{\rm{sin}}\alpha }}{{\pi Rh}} = \sqrt 3  \Leftrightarrow {\rm{sin}}\alpha  = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \alpha  = {60^ \circ }\).

Mô đun của số phức \({(3 - 4i)^2}\) là (1) __25__.

Giải thích

Góc giữa hai mặt phẳng (α) và (β) là góc \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{a} + \frac{4}{b} + \frac{9}{c} = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{\frac{1}{a} = \frac{2}{b} = \frac{3}{c}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{a + b + c = {{(1 + 2 + 3)}^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 6}\\\begin{array}{l}b = 12\\c = 18\end{array}\end{array}} \right.\).

Khi đó \(\sin \varphi  = \frac{{d(A;\alpha )}}{{d(A;\Delta )}}\).

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Gọi điểm \(G\) là trọng tâm , kéo dài tia \(BM\) cắt \(AD\) tại \(F\).

Ta có \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {BEF} \right) = EG\)

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {BME} \right)\) là góc \(\varphi \) có \({\rm{sin}}\varphi  = \frac{{d\left( {A;\left( {BEF} \right)} \right)}}{{d\left( {A;EG} \right)}}\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(AK \bot EG\left( {K \in EG} \right)\).

Ta có: \(AE = SA - SE = 2a;AG = AC - GC = AC - \frac{2}{3}OC = \frac{2}{3}AC = \frac{{2a\sqrt 5 }}{3}\)

\( \Rightarrow d\left( {A,EG} \right) = AK = \frac{{AE.AG}}{{\sqrt {A{E^2} + A{G^2}} }} = \frac{{a\sqrt {70} }}{7}\)

Gọi \(h = d\left( {A;\left( {BEF} \right)} \right)\).

Ta có: \(\frac{{FD}}{{FA}} = \frac{{DM}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow FA = 2a\)

Vì \(AE,AB,AF\) đôi một vuông góc nên

\(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}} \Rightarrow h = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow {\rm{sin}}\varphi  = \frac{{d\left( {A;\left( {BEF} \right)} \right)}}{{d\left( {A;EG} \right)}} = \frac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt {15} }} \Rightarrow {\rm{cos}}\varphi  = \frac{1}{{\sqrt {15} }}\).

Ta có \(y' = 3{x^2} + 12x + 3\left( {m + 2} \right);y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x + m + 2 = 0\,\,\left( {\rm{*}} \right)\).

Hàm số có hai điểm cực trị \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \({x_1} <  - 1 < {x_2} \Leftrightarrow \) phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn \(\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) < 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{\Delta '}} = 4 - \left( {m + 2} \right) > 0}\\{{x_1}{x_2} + {x_1} + {x_2} + 1 < 0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 2}\\{m < 1}\end{array} \Leftrightarrow m < 1} \right.\)

Giả sử ta có hình chóp cụt tam giác đều ABC.A′B′C′ như hình vẽ.

\( \Rightarrow \Delta ABC,\Delta A'B'C'\) đều.

Gọi \(H,H'\) lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác đều \(ABC,A'B'C'\).

\( \Rightarrow HH' \bot \left( {ABC} \right)\) và tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp cụt thuộc \(HH'\).

Gọi \(I,I'\) lần lượt là trung điểm cạnh \(AB,A'B'\).

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot CI}\\{AB \bot HH'}\end{array}} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {CHH'} \right) \Rightarrow \left( {ABB'A'} \right) \bot \left( {CII'C'} \right)\)

\( \Rightarrow OK \bot \left( {CII'C'} \right)\)

\( \Rightarrow \) Hình cầu nội tiếp hình chóp cụt \(ABC.A'B'C'\) tiếp xúc với hai mặt phẳng đáy tại \(H,H'\) và tiếp xúc với mặt bên \(\left( {ABB'A'} \right)\) tại điểm \(K \in II'\).

Gọi \(O\) là trung điểm cạnh \(HH'\). Khi đó, \(O\) là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp cụt và \(OK \bot II'\).

\( \Rightarrow OK = r = \sqrt 3 \)

Đặt \(A'B' = x \Rightarrow AB = 2x\). Ta có: \(I'K = I'H = \frac{1}{3}I'C' = \frac{{x\sqrt 3 }}{6};IK = IH = \frac{1}{3}IC = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\)

Ta có: \(\widehat {KIO} = \widehat {HIO};\widehat {KI'H'} = \widehat {H'{I^ \top }O}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

\( \Rightarrow \widehat {KIO} + \widehat {KI'O} = {90^ \circ } \Rightarrow \widehat {IOI'} = {90^ \circ }\)

\( \Rightarrow {\rm{\Delta }}IOI'\) vuông tại \(O \Rightarrow O{K^2} = IK.I'K\)

\( \Leftrightarrow 3 = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}.\frac{{x\sqrt 3 }}{6} \Leftrightarrow x = 3\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{{{{(2x)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 18\sqrt 3 ;{S_{A'B'C'}} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\)

Thể tích khối chóp cụt \(ABC.A'B'C'\) là:

\(V = \frac{{HH'}}{3}\left( {{S_{ABC}} + {S_{A'B'C'}} + \sqrt {{S_{ABC}}.{S_{A'B'C'}}} } \right) = 63\)

Đáp án: “3/10”

Giải thích

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_5^3 = 10\).

Để độ dài ba đoạn thẳng là độ dài ba cạnh của tam giác thì tổng độ dài hai cạnh lớn hơn độ dài cạnh còn lại.

Do đó, các khả năng xảy ra là bộ các độ dài \(\left\{ {\left( {2;3;4} \right),\left( {2;4;5} \right),\left( {3;4;5} \right)} \right\}\).

Vậy xác suất cần tìm là: \(P = \frac{3}{{10}}\).

Hàm số liên tục tại \(x = 3\) khi \(f\left( 3 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right)\).

Ta có \(f\left( 3 \right) = a + 2\);

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {2x + 3}  - \sqrt {x + 6} }}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{2x + 3 - x - 6}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {2x + 3}  + \sqrt {x + 6} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{1}{{\sqrt {2x + 3}  + \sqrt {x + 6} }} = \frac{1}{6}\)

Suy ra \(f\left( 3 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) \Leftrightarrow a + 2 = \frac{1}{6} \Leftrightarrow a =  - \frac{{11}}{6}\).

Đáp án: “168”

Giải thích

Ta có: \({\rm{cos}}\left( {x + y + 1} \right) + 4 = {\rm{cos}}\left( {4xy} \right) + 16xy - 4x - 4y\)

\( \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {x + y + 1} \right) + 4\left( {x + y + 1} \right) = {\rm{cos}}\left( {4xy} \right) + 4.4xy\).

Xét hàm \(f\left( t \right) = {\rm{cos}}t + 4t\) với \(t \in \mathbb{R}\). Ta có \(f'\left( t \right) =  - {\rm{sin}}t + 4 > 0,\forall t \in \mathbb{R} \Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Mà \(f\left( {x + y + 1} \right) = f\left( {4xy} \right)\) nên \(x + y + 1 = 4xy \Leftrightarrow x = \frac{{y + 1}}{{4y - 1}}\).

Khi đó \(S = \frac{{\left( {y + 1} \right)\left( {y + 2} \right)}}{{4y - 1}} = \frac{{{y^2} + 3y + 2}}{{4y - 1}}\) với \(y > 1\).

\(S'\left( y \right) = \frac{{4{y^2} - 2y - 11}}{{{{(4y - 1)}^2}}}\).

Bảng biến thiên:

Vậy \({\rm{min}}S = \frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{8} \Rightarrow abc = 168\).

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1  điểm cực trị.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại -2 .

Hàm số \(y = f\left( x \right) - x\) có 5  điểm cực trị.

Giải thích

Đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) cắt (nhưng không tiếp xúc) trục \(Ox\) tại 1 điểm nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.

Ta có BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\):

Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x =  - 2\).

Hàm số \(y = f\left( x \right) - x\) có \(y' = f'\left( x \right) - 1\).

\(f'\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 1\)

Ta thấy đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) tại 5 điểm phân biệt. Vậy hàm số \(y = f\left( x \right) - x\) có 5 điểm cực trị.

Đáp án: “3”

Giải thích

Gọi BC là đường kính của \((C)\) và AD là đường kính của đường tròn đáy của \((N)\) sao cho \(BC//AD\). S, A, B thẳng hàng \( \Rightarrow S,C,D\) thẳng hàng.

Ta có \(r = BM\) là bán kính đường tròn \(\left( C \right)\).

Vì  nên \(\frac{{BM}}{{AO}} = \frac{{SM}}{{SO}} \Leftrightarrow r = \frac{{AO.SM}}{{SO}} \Leftrightarrow r = \frac{{R\left( {9 - x} \right)}}{9}\).

Thể tích của khối nón có đỉnh là \(O\), đáy là \(\left( C \right)\) là

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}.OM = \frac{1}{3}\pi {\left[ {\frac{{R\left( {9 - x} \right)}}{9}} \right]^2}x = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}{(9 - x)^2}x\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}{(9 - x)^2}x,(0 < x < 9)\) ta có:

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}\left( {9 - x} \right)\left( {9 - 3x} \right)\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{243}}\pi {R^2}\left( {9 - x} \right)\left( {9 - 3x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 9\left( L \right)}\\{x = 3\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)

Lập bảng biến thiên ta có:

Từ bảng biến thiên ta có thể tích khối nón có đỉnh là \(O\), đáy là \(\left( C \right)\) lớn nhất khi \(x = 3\).

Các phát biểu (1), (3) đúng.

Ta thấy đồ thị hàm số nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng nên hàm số là hàm số chẵn.

Mặt khác, đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(x = 0\) làm đường tiệm cận đứng nên chỉ có hàm số \(y = {\rm{log}}\left| x \right|\) thỏa mãn.

Giá trị của \(n\) bằng 5.

Khi đó hệ số của số hạng chứa \(x\) của khai triển \({(3x - 1)^n}\) là 15.

Giá trị của biểu thức \(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 +  \ldots  + C_n^n\) bằng 32.

Giải thích

Xét khai triển: \({(1 + x)^n} = C_n^0 + xC_n^1 + {x^2}C_n^2 +  \ldots  + {x^n}C_n^n\).

Thay \(x = 2\) ta có: \(C_n^0 + 2C_n^1 + 4C_n^2 +  \ldots  + {2^n}C_n^n = {(1 + 2)^n} = {3^n}\).

Theo đề bài: \({3^n} = 243 \Leftrightarrow n = 5\).

Với \(n = 5\) thì:

+) \({(3x - 1)^n} = {(3x - 1)^5} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{(3x)}^{5 - k}}.{{( - 1)}^k}}  = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{3^{5 - k}}.{{( - 1)}^k}.{x^{5 - k}}} \)

Ta có: \(5 - k = 1 \Leftrightarrow k = 4\).

Hệ số của số hạng chứa \(x\) của khai triển là \(C_5^4{.3^{5 - 4}}.{( - 1)^4} = 15\).

+) \(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 +  \ldots  + C_n^n = {(1 + 1)^n} = {2^n} = {2^5} = 32\).

Ta có sơ đồ Ven như hình vẽ.

Số lượng sinh viên học ít nhất một môn ngoại ngữ là: \(40 + 30 - 20 = 50\) (học sinh).

Số lượng sinh viên không học ngoại ngữ là: \(60 - 50 = 10\) (học sinh).

Ta xét phép thử: Chọn 2 sinh viên bất kỳ trong số 60 sinh viên của lớp học.

\( \Rightarrow \) Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{60}^2\).

Xét biến cố \(A\): "Chọn ra 2 sinh viên không học ngoại ngữ".

\( \Rightarrow \) Số phần tử của biến cố \(A\) là: \(n\left( A \right) = C_{10}^2\).

Vậy xác suất để chọn được 2 sinh viên không học ngoại ngữ là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_{10}^2}}{{C_{60}^2}} = \frac{3}{{118}}\).

Có tất cả 15 điểm được tô màu gồm 4 đỉnh tứ diện, 6 trung điểm của 6 cạnh, 4 trọng tâm của 4 mặt bên và 1 trọng tâm của tứ diện.

Chọn 4 điểm trong 15 điểm có \(C_{15}^4\) cách.

Để chọn 4 điểm đồng phẳng trong 15 điểm, ta có các trường hợp sau:

TH1: 4 điểm cùng thuộc 1 mặt bên

+ Mỗi mặt bên có 7 điểm được tô màu nên chọn 4 điểm trong 7 điểm có \(C_7^4\) cách.

+ Có tất cả 4 mặt bên.

\( \Rightarrow 4.C_7^4\) cách cho TH1.

TH2: 4 điểm cùng thuộc 1 mặt phẳng chứa 1 cạnh của tứ diện và trung điểm của cạnh đối diện với cạnh đó

+ Mỗi mặt phẳng này có 7 điểm được tô màu nên chọn 4 điểm trong 7 điểm có \(C_7^4\) cách.

+ Tứ diện có 6 cạnh nên có tất cả 6 mặt phẳng như vậy.

\( \Rightarrow 6.C_7^4\) cách cho TH2.

TH3: 4 điểm cùng thuộc 1 mặt phẳng chứa 1 đỉnh và đường trung bình của tam giác đối diện với đỉnh đó

+ Mỗi mặt phẳng này có 5 điểm được tô màu nên chọn 4 điểm trong 5 điểm có \(C_5^4\) cách.

+ Tứ diện có 4 đỉnh và mỗi tam giác có 3 đường trung bình nên có tất cả 12 mặt phẳng như vậy.

\( \Rightarrow 12.C_5^4\) cách cho TH3.

TH4: 4 điểm cùng thuộc 1 mặt phẳng chứa 2 đường nối 2 trung điểm của các cạnh đối diện

+ Mỗi mặt phẳng này có 5 điểm được tô màu nên chọn 4 điểm trong 5 điểm có \(C_5^4\) cách.

+ Có tất cả 3 đường nối 2 trung điểm của các cạnh đối diện nên chọn 2 đường trong 3 đường để tạo ra mặt phẳng có \(C_3^2\) cách.

\( \Rightarrow C_3^2\).\(C_5^4\) cách cho TH4.

Vậy số cách chọn 4 điểm không đồng phẳng hay chính là chọn 4 điểm là 4 đỉnh của một tứ diện là \(C_{15}^4 - 4.C_7^4 - 6.C_7^4 - 12.C_5^4 - C_3^2.C_5^4 = 940\).

Ta có: \(x = \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) + \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{3}} \right) +  \ldots  + \left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right) = 1 - \frac{1}{{n + 1}}\).

Vì \(n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\) nên \(n + 1 > 1 \Leftrightarrow 0 < \frac{1}{{n + 1}} < 1 \Rightarrow 0 < 1 - \frac{1}{{n + 1}} < 1 \Leftrightarrow 0 < x < 1 \Rightarrow \left[ x \right] = 0\).

a) Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp thì xác suất để lấy được 2 quả cầu ghi số có tổng bằng 5 là \(\frac{1}{7}\).

b) Lấy ngẫu nhiên từ hộp một số quả cầu. Cần phải lấy ít nhất 4  quả cầu để xác suất lấy được ít nhất 1 quả ghi số chia hết cho 3 lớn hơn \(\frac{3}{4}\).

Giải thích

a) Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp thì số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_8^2\).

Gọi biến cố \(A\): "Lấy được 2 quả cầu ghi số có tổng bằng 5".

Hai quả cầu ghi số có tổng bằng 5 thì số trên 2 quả là 1 và 4 hoặc 2 và \(3 \Rightarrow n\left( A \right) = 2 + 2 = 4\).

Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{4}{{C_8^2}} = \frac{1}{7}\).

b) Nhận thấy trong 8 quả cầu đã cho, có 2 quả ghi số chia hết cho 3 là 3 và \(6;6\) quả còn lại ghi số không chia hết cho 3.

Giả sử rút ra \(x\) quả \((1 \le x \le 8,x \in \mathbb{N}\) ). Lấy ngẫu nhiên \(x\) quả từ 8 quả trong hộp thì số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_8^x\).

Gọi biến cố \(A\) : "Trong \(x\) quả lấy ra có ít nhất 1 quả ghi số chia hết cho 3 ".

Biến cố đối của \(A\) là \(\overline A \) : "Trong \(x\) quả lấy ra không có quả nào ghi số chia hết cho 3" \( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_6^x\).

\( \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_6^x}}{{C_8^x}} = \frac{{6!}}{{x!\left( {6 - x} \right)!}}:\frac{{8!}}{{x!\left( {8 - x} \right)!}} = \frac{{\left( {8 - x} \right)\left( {7 - x} \right)}}{{56}}\).

Theo đề bài

\(P\left( A \right) > \frac{3}{4} \Rightarrow 1 - P\left( {\overline A } \right) > \frac{3}{4} \Leftrightarrow 1 - \frac{{\left( {8 - x} \right)\left( {7 - x} \right)}}{{56}} > \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{{\left( {8 - x} \right)\left( {7 - x} \right)}}{{56}} < \frac{1}{4} \Leftrightarrow {x^2} - 15x + 42 < 0\)

\( \Leftrightarrow 3,7 \approx \frac{{15 - \sqrt {57} }}{2} < x < \frac{{15 + \sqrt {57} }}{2} \approx 11,3\) mà \(1 \le x \le 8,x \in \mathbb{N}\)

\( \Rightarrow \) Giá trị nhỏ nhất của \(x\) là 4 .

Vậy cần phải lấy ít nhất 4 quả cầu.

Tại vị trí có hoành độ \(x\left( { - 1 \le x \le 1} \right)\) thì tam giác thiết diện có độ dài cạnh là \(2\sqrt {1 - {x^2}} \).

Do đó tam giác thiết diện có diện tích \(S\left( x \right) = {\left( {2\sqrt {1 - {x^2}} } \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)\).

Vậy thể tích \(V\) của vật thể là \(\int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)dx = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}} \).

Giải thích

+) Chọn ngẫu nhiên 3 người từ nhóm để lập một ban đại diện thì số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{15}^3 = 455\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Xuân là một trong ba người được chọn".

Có 1 cách chọn Xuân trong nhóm 15 người.

Có \(C_{14}^2\) cách chọn 2 người trong 14 người còn lại.

Suy ra \(n\left( A \right) = 1.C_{14}^2 = 91\).

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{91}}{{455}} = 0,2\).

+) Chọn ngẫu nhiên 2 người từ nhóm để làm nhóm trưởng và nhóm phó thì số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 15.14 = 210\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Xuân không làm nhóm trưởng cũng như nhóm phó".

Trong 14 người còn lại, chọn nhóm trưởng có 14 cách, chọn nhóm phó có 13 cách.

Suy ra \(n\left( A \right) = 14.13 = 182\).

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{182}}{{210}} = \frac{{13}}{{15}} \approx 0,87 > 0,8\).

Vì \(a;b;c;d;a + c;b + c;a + d;b + d\) là tám số tự nhiên khác nhau từ 1 đến 8 nên tổng của 8 số này là: \(a + b + c + d + \left( {a + c} \right) + \left( {b + c} \right) + \left( {a + d} \right) + \left( {b + d} \right) = 1 + 2 +  \ldots  + 8\).

\( \Leftrightarrow 3\left( {a + b + c + d} \right) = 36 \Leftrightarrow a + b + c + d = 12\).

Mà \(b + c + d \ge 1 + 2 + 3 = 6 \Rightarrow a = 12 - \left( {b + c + d} \right) \le 6\).

Mặt khác, \(a\) là số lớn nhất nên \(4a > a + b + c + d \Leftrightarrow a > 3\).

Với \(a = 4\) ta có: \(b + c + d = 8\) mà \({\rm{max}}\left( {b + c + d} \right) = 1 + 2 + 3 = 6\) nên không thỏa mãn.

Với \(a = 5\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b + c + d = 7}\\{b,c,d \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}(a > b,c,d)}\end{array} \Rightarrow b,c,d \in \left\{ {1;2;4} \right\}} \right.\). Vì \(a + c;a + d \le 8\) nên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 4}\\{c;d \in \{ 1;2\} }\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 1;d = 2}\\{a + c = b + d = 6}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 2;d = 1}\\{a + d = b + c = 6}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.\) (vô lí).

Với \(a = 6\) ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b + c + d = 6}\\{b,c,d \in \{ 1;2;3;4;5\} (a > b,c,d)}\end{array} \Rightarrow b;c;d \in \{ 1;2;3\} } \right.\]. Vì \(a + c;a + d \le 8\)

nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3}\\{c;d \in \left\{ {1;2} \right\}}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{c = 1;d = 2}\\{a + c = 7;b + c = 4;a + d = 8;b + d = 5}\end{array}{\rm{\;}}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{c = 2;d = 1}\\{a + c = 8;b + c = 5;a + d = 7;b + d = 4}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.\)(thỏa mãn).

Vậy có 2 bộ số \(\left( {a;b;c;d} \right)\) thỏa mãn.

Tập hợp các điểm \(M\left( {x;y} \right)\) là đường thẳng có phương trình: \(x - y - 3 = 0\).

Giá trị nhỏ nhất của \[P = \left| {z - 1 - 2i} \right|\] là: \(2\sqrt 2 \).

Giải thích

Do \(M\left( {x;y} \right)\) là điểm biểu diễn của số phức \(z \Rightarrow z = x + yi\).

\(\left| {z - 2 + 3i\left|  =  \right|iz - 1\left|  \Leftrightarrow  \right|x + yi - 2 + 3i\left|  =  \right|x.i - y - 1} \right|\)

\( \Leftrightarrow {(x - 2)^2} + {(y + 3)^2} = {x^2} + {(y + 1)^2}\)

\( \Leftrightarrow  - x + y + 3 = 0\).

Tập hợp các điểm \({\rm{M}}\) là đường thẳng \(\left( a \right): - x + y + 3 = 0\) hay \(x - y - 3 = 0\).

Ta có \(P = \left| {z - 1 - 2i} \right| = MI,{\rm{\;}}I\left( {1;2} \right)\).

Do đó \({P_{{\rm{min\;}}}} = I{M_{{\rm{min\;}}}} = d\left( {I,\left( a \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 2 - 3} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \).

Số lượng vi khuẩn tăng sau mỗi phút lên là cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với công bội \(q = 2\).

Ta có: \({u_6} = 64000 \Rightarrow {u_1}.{q^5} = 64000 \Rightarrow {u_1} = 2000\).

Sau \(n\) phút thì số lượng vi khuẩn là \({u_{n + 1}}\).

\({u_{n + 1}} = 2048000 \Rightarrow {u_1}.{q^n} = 2048000 \Rightarrow {2000.2^n} = 2048000 \Rightarrow n = 10\).

Vậy sau 10 phút thì có được 2048000 con.

Giải thích

Ta có: \({S_{50}} = {50^2} + 4.50 = 2700\).

Mặt khác:

\(\left. {{S_n} = \frac{d}{2}{n^2} + \left( {{u_1} - \frac{d}{2}} \right)n \Leftrightarrow {n^2} + 4n = \frac{d}{2}{n^2} + \left( {{u_1} - \frac{d}{2}} \right.} \right)n \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{d}{2} = 1}\\{{u_1} - \frac{d}{2} = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 5}\\{d = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow {u_n} = 2n + 3.\)

Theo bài ra ta có : \(201 = 2n + 3 \Rightarrow n = 99 \Rightarrow 201\) là số hạng thứ 99 của cấp số cộng.

Giải thích

Điều kiện xác định: \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >  - 1\).

\( \Rightarrow \) Tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\).

Xét \[f(x) = 0 \Leftrightarrow (2x - 7){\rm{ln(}}x + 1) = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - 7 = 0}\\{{\rm{ln(}}x + 1) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{7}{2}\,\,\left( {t/m} \right)}\\{x = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\]

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.

Tại \(x = 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0\).

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm duy nhất.

Đáp án: “230”

Giải thích

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {3; - 1; - 3} \right)\).

\(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1; - 3; - 2} \right)\).

\(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 7;9; - 10} \right)\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{{\sqrt {230} }}{2}\).

Ta có: \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {{x^2} - 5x + m} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 2 > 0}\\{{x^2} - 5x + m > x - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 2}\\{m >  - {x^2} + 6x - 2}\end{array}} \right.} \right.\).

Bất phương trình \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {{x^2} - 5x + m} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - 2} \right)\) có tập nghiệm chứa khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) \( \Leftrightarrow m >  - {x^2} + 6x - 2\) có nghiệm với mọi \(x \in \left( {2; + \infty } \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) =  - {x^2} + 6x - 2\) trên \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 2x + 6,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \(m >  - {x^2} + 6x - 2\) có nghiệm với mọi \(x \in \left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow m > 7\).