Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 29)

Đọc và tổng hợp thông tin từ đoạn [0] của bài viết: “Những nghiên cứu cho thấy BL khá phù hợp với dạy học ở bậc đại học trong thời đại kỷ nguyên số”, từ đó có thể thấy phương pháp BL dù được triển khai nhiều trên thế giới nhưng ở VN mới chỉ phù hợp với bậc đại học, khi sinh viên có khả năng tự học và đòi hỏi sự chủ động trong các vấn đề nảy sinh khi tiếp cận kiến thức, vấn đề mới.

 Chọn C

Đọc và xác định thông tin trong đoạn [1] của bài viết: “điều cần thiết là phải thiết kế lại cấu trúc, cũng như cách tổ chức dạy học, sao cho đáp ứng được các nguyên tắc chủ yếu sau: Tích hợp chặt chẽ giữa F2F và OL; Thiết kế lại khóa học (nội dung, tổ chức, phương pháp…) sao cho tối ưu sự tham gia của người học;”

 Chọn A

Đọc lướt đoạn [2] và xác định nội dung của đoạn: nêu rõ rằng tích hợp giữa F2F và OL không chỉ đơn giản là cộng cơ học mà còn phải phối kết hợp hợp nhất theo trình tự để đảm bảo tính linh hoạt và tận dụng được các ưu điểm của cả hai hình thức học tập. Điều này nhằm mục tiêu tối ưu hóa trải nghiệm học tập của người học.

 Chọn B

Trong đoạn [3] có nội dung: “hình thức học tập trực tuyến (OL) phù hợp cho những người có khả năng tự lực, tự giác và độc lập cao bởi vì họ có khả năng tự tìm kiếm giải pháp và kiểm soát tiến trình học tập của họ. Điều này thể hiện tính chủ động và sáng tạo trong tư duy của người học”.

 Chọn B

Đọc thông tin trong đoạn [5]: “chẳng hạn sự thay đổi tiến trình dạy học với hình thức dạy học đảo trình hay lớp học đảo, sẽ khuyến khích sự chủ động của người học tìm hiểu trước kiến thức và nhận được giải đáp, hỗ trợ phù hợp của người dạy”

 Chọn A

Kết hợp thông tin trong bài viết với nội dung các câu hỏi xác định phương pháp BL có nhiều ưu thế hơn F2F trong giáo dục đại học chứ không phủ nhận kết quả của việc giáo dục đại học theo phương pháp truyền thống (F2F).

 Chọn B

Đọc nội dung đoạn đầu tiên, xác định thông tin quan trọng để tìm đáp án: "Ở vùng sơn địa, sự đãi ngộ đối với những người tàn phế, và những quan chức là thế này: Họ chỉ gọi họ mà không bao giờ gọi tên". 

 Chọn C

Đọc kĩ các phương án trả lời, kết hợp với quá trình suy luận sau khi đọc xong đoạn [1] của văn bản: "Nhất là trên con đường cái quan trải nhựa thẳng tắp, và hai bên đường là những hàng dương cao vút, ông từ xa đi tới, bước thước tư, bước thước bảy, mọi người chế giễu ông là đôi chân không nhất trí, và ông chê mặt đường trải lệch". Trong văn bản, nhân vật La Lục Tử cảm thấy khi bước đi trên đường, mặt phẳng của đường giống như thứ tương phản và khiến mọi người tập trung hơn vào đôi chân của ông. 

 Chọn D

Đọc kĩ nội dung: "Tính nết ông ương bướng, bản thân ông cũng biết rõ điều đó, nhưng không sao thay đổi đi được. Khi bà lão còn sống, thường hay ngăn cản ông, mỗi khi họp hành, ông phải báo cáo, bao giờ bà lão cũng ngồi ngay ở hàng ghế đầu. Khi thấy ông hơi hơi nổi nóng lên, nói năng đã bắt đầu quá lời, bà liền đưa mật cho ông". Từ đoạn văn bản này có thể thấy, hành động đưa mật cho ông La chỉ là cách để làm ông kiểm soát cơn nóng giận của mình nên chọn C.

 Chọn C

Căn cứ vào từ khóa "đồ đạc" và "ít ỏi đến thảm hại", đọc lướt văn bản để tìm kiếm vị trí thông tin được cung cấp. Theo thông tin trong văn bản, việc vợ chồng ông La không sắm sửa đồ đạc trong gia đình là do "thời ấy người ta không ưa việc mua sắm đồ đạc gia đình", chọn B. Sai.

 Chọn B

Sau quá trình đọc - hiểu văn bản, xác định La Lục Tử đã sống 30 năm ở vùng sơn địa (gần như cả một đời) nhưng ông vẫn luôn cảm thấy xa lạ (nhất là khi người vợ của ông mất) và mong muốn được về quê sống với những điều quen thuộc với mình. Thứ La bí thư cảm thấy xa lạ là sự hòa hơp về tinh thần, gắn kết với những người xung quanh chứ không phải địa hình, khí hậu… nên cần loại B.

Trong văn bản có nhắc tới sự chế giễu của những người xung quanh nhưng thông qua lời người kể chuyện có thể thấy: La Lục Tử không bị tổn thương vì những lời ấy mà chỉ thấy buồn, thiếu sự gần gũi nên loại C,D.

Theo bài đọc: “Thực vật sử dụng 2 dạng nitrogen vô cơ (đạm vô cơ) – ammonium (NH4+) và nitrate (NO3-)”.

 Chọn B

Theo đoạn thông tin: “Dưới các điều kiện kị khí, vi khuẩn phản nitrate hóa sử dụng đạm NO3- trong quá trình trao đổi chất thay cho O2 và giải phóng N2...”

 Chọn C

Thực vật mới là sinh vật hấp thụ nitrogen từ muối NH4+ và NO3- qua hệ rễ chứ không phải động vật có xương sống, động vật có xương sống hấp thụ nitrogen từ protein.

 Chọn A

Đáp án

Giải thích

(1) sai vì chu trình nitrogen là chu trình trao đổi nitrogen trong tự nhiên.

(2) đúng.

(3) sai vì nơi có lượng nitrogen dự trữ lớn nhất là khí quyển.

(4) sai vì vai trò này thuộc về nhóm vi khuẩn phản nitrate hóa.

Đáp án

Giải thích

Theo đoạn thứ nhất của phần dẫn: Tỉ trọng là tỉ lệ giữa khối lượng riêng của một vật so với khối lượng riêng của nước ở nhiệt độ nhất định → (1) Đúng.

Một vật có khối lượng chìm trong nước sẽ chịu tác dụng của hai lực: trọng lực và lực nâng của chất lưu → (2) Sai.

Theo bảng 2, Butane có tỉ trọng là 0,94 → (3) Sai.

Theo phần dẫn, tỉ trọng là tỉ lệ giữa khối lượng riêng của một vật với khối lượng riêng của nước ở một nhiệt độ nhất định.

Theo bảng 2, Bromine có tỉ trọng ở 20°C là 2,90. Với tỉ trọng này thì cứ 1g/cm3  nước sẽ có 2,90g/cm3  Bromine. Vậy 1cm3 Bromine có khối lượng 2,90 g.

 Chọn A

Đáp án

Giải thích

Khối lượng riêng : \[\rho  = \frac{m}{V}\]  

Khi nước nóng lên thì m không đổi nhưng V của nước tăng nên khối lượng riêng giảm. Nói cách khác thì khi nước nóng lên, nó sẽ trở nên ít nhẹ hơn, dẫn đến vật có nhiều khả năng chìm xuống thay vì tiếp tục nổi.

Giải thích

Gọi V là thể tích của quả cầu.

Khi bình chỉ chứa nước: \(P = {F_A} = 10.{\rho _1}.0,895.{\rm{V}}\)  (1)

Khi bình có cả nước và benzene, gọi V′ là thể tích chìm của quả cầu trong nước.

Theo Bảng 1, tỉ trọng của nước là 1,00; tỉ trọng của benzene là 0,86

Mặt khác, khối lượng riêng của nước là \({\rho _1} = 1000\;{\rm{kg/}}{{\rm{m}}^3}\)  

→ Khối lượng riêng của benzene là: \({\rho _2} = 860\;{\rm{kg/}}{{\rm{m}}^3}\)

Khi quả cầu cân bằng: \(P = {F_{A1}} + {F_{A2}} = 10.{\rho _1}.V' + \left( {V - V'} \right).10.{\rho _2}\)  (2)

\( \to V' = \frac{{0,85{\rho _1} - {\rho _2}}}{{{\rho _1} - {\rho _2}}}.V = \frac{{0,895.1000 - 860}}{{1000 - 860}}.V = 25\)

 Chọn C

Do chọn lọc ổn định có xu hướng duy trì ổn định cho một tính trạng kiểu hình nhất định, chống lại các kiểu hình ở 2 cực, duy trì kiểu hình trung gian.

 Chọn A

Đáp án

Giải thích

(1) sai vì chọn lọc phân hóa mới hình thành các nhóm cá thể thích nghi từ mỗi hướng phân hóa, còn chọn lọc vận động sẽ bảo tồn các cá thể thích nghi với môi trường mới, đào thải đi các cá thể không thích nghi.

(2) đúng.

(3) đúng.

Dựa vào Bảng 1, ta thấy diiodomethane có nhiệt độ sôi là 182°C.

 Chọn B

Theo Bảng 1, hợp chất CH2Cl2 có tên gọi là dichloromethane.

 Chọn C

Trong Hình 1, nhiệt độ sôi được hiển thị trên trục y. Vị trí của một điểm trên biểu đồ so với trục y càng cao thì nhiệt độ sôi càng lớn. Trong số các phương án được đưa ra, CCl4 có nhiệt độ sôi cao nhất, khoảng 75°C.

 Chọn D

Dựa vào Hình 1, CBr4 có khối lượng phân tử là 330 amu.

Mà CBr4 chứa 1 nguyên tử carbon và 4 nguyên tử bromine.

Nên khối lượng của nguyên tử của Br là \[\frac{{330--12}}{4} = 79,5\] amu gần nhất với 80 amu.

 Chọn C

Sai, vì: Chưng cất là phương pháp tách chất dựa vào sự khác nhau về nhiệt độ sôi của chất (ở một áp suất nhất định).

Do đó, khi tách hai chất lỏng tan vào nhau bằng phương pháp chưng cất, tính chất vật lí được quan tâm là nhiệt độ sôi của các chất.

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

1. Sai, vì: bromine là chất không phân cực, tan tốt trong dung môi không phân cực benzene. Khi thêm benzene vào ống nghiệm đựng dung dịch bromine, sẽ thấy hiện tượng tách lớp, do benzene không tan trong dung môi nước phân cực của dung dịch bromine. Sau một thời gian, benzene sẽ lấy dần các phân tử bromine, do đó màu nâu của bromine chủ yếu trong lớp benzene.

2. Sai, vì: mật ong để lâu thường thấy có những hạt rắn xuất hiện ở đáy chai. Đó là hiện tượng kết tinh đường.

3. Sai, vì: kết tinh là phương pháp đơn giản nhưng rất hiệu quả để tinh chế các chất hữu cơ tồn tại ở dạng tinh thể.

4. Đúng, vì: các chất trong hỗn hợp X có nhiệt độ sôi khác nhau, do đó có thể tách riêng các chất đó một cách thuận lợi bằng phương pháp chưng cất.

Hái một ít lá neem tươi, rửa sạch, cho vào nồi đun kĩ: áp dụng phương pháp chiết.

Lọc lấy nước để sử dụng: áp dụng phương pháp lọc.

 Chọn B

Ngâm củ nghệ với ethanol nóng, sau đó lọc bỏ phần bã → Phương pháp chiết.

Lấy dung dịch đem cô cạn để làm bay hơi bớt dung môi. Phần dung dịch còn lại sau khi cô cạn được làm lạnh, để yên một thời gian rồi lọc lấy kết tủa curcumin màu vàng → Phương pháp kết tinh.

 Chọn B

300 g hoa hoè chứa 78 g rutin.

Thể tích nước cần dùng để hoà tan hết lượng rutin ở 100°C là: 78.1:5,2 = 15 lít.

15 lít nước ở 25°C hòa tan được 15.0,125 = 1,875 (g) rutin.

Lượng rutin thu được khi để kết tinh là: 78 – 1,875 = 76,125 (g).

 Chọn A

Điền từ/cụm từ thích hợp vào chỗ trống

Pent-1-ene và dipentyl ether đồng thời được sinh ra khi đun nóng pentan-1-ol với dung dịch H2SO4 đặc. Biết rằng nhiệt độ sôi của pentan-1-ol, pent-1-ene và dipentyl ether lần lượt là 137,8oC; 30,0oC; 186,8oC. Từ hỗn hợp phản ứng, các chất được tách khỏi nhau bằng phương pháp chưng cất. Các phân đoạn thu được trong các phân đoạn (theo thứ tự từ trước đến sau) trong quá trình chưng cất lần lượt là (1) pent-1-ene, (2) pentan-1-ol, (3) dipentyl ether

Cho hai số phức \({z_1}\) và \({z_2}\) thỏa mãn \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = 1;\left| {{z_1} + {z_2}} \right| = \sqrt 3 \). Khi đó \(\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \) (1) __1__.

Giải thích

Đặt \({z_1} = {a_1} + {b_1}i;{z_2} = {a_2} + {b_2}i\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a_1^2 + b_1^2 = a_2^2 + b_2^2 = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{{\left( {{a_1} + {a_2}} \right)}^2} + {{\left( {{b_1} + {b_2}} \right)}^2} = 3}\end{array}.} \right.\)

Suy ra \(2\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2}} \right) = 1\) do đó \({\left( {{a_1} - {a_2}} \right)^2} + {\left( {{b_1} - {b_2}} \right)^2} = 1 \Rightarrow \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 1\).

Để một học sinh nhận được 2 quyển sách thể loại khác nhau, ta chia phần thưởng thành 3 loại: Toán + Lý, Toán + Hóa, Lý + Hóa.

Gọi \(x,y,z\left( {x,y,z \in \mathbb{N}} \right)\) lần lượt là số học sinh nhận được bộ phần thưởng Toán + Lý, Toán + Hóa, Lý + Hóa. Ta có hệ sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 9}\\{x + z = 6}\\{y + z = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{y = 4.}\\{z = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 10 học sinh là \(C_{10}^5.C_5^4.C_1^1 = C_{10}^5.C_5^4\).

Để hai học sinh An và Ninh nhận phần thưởng giống nhau có các trường hợp sau:

TH1: An và Ninh cùng nhận bộ Toán + Lý có \(C_8^3\).\(C_5^4\) cách phát phần thưởng.

TH2: An và Ninh cùng nhận bộ Toán + Hóa có \(C_8^2\). \(C_6^5\) cách phát phần thưởng.

TH3: An và Ninh cùng nhận bộ Lý + Hóa không xảy ra do chỉ có 1 bộ Lý + Hóa.

Vậy số cách để An và Ninh nhận được phần thưởng khác nhau là \(C_{10}^5.C_5^4 - C_8^3.C_5^4 - C_8^2.C_6^5 = 812\).

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{n \ge k}\\{n,k \in \mathbb{N}}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(\frac{{Pn + 5}}{{\left( {n - k} \right)!}} \le 60A_{n + 3}^{k + 2} \Leftrightarrow \frac{{\left( {n + 5} \right)!}}{{\left( {n - k} \right)!}} \le 60.\frac{{\left( {n + 3} \right)!}}{{\left( {n - k + 1} \right)!}} \Leftrightarrow \left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right)\left( {n - k + 1} \right) \le 60\) \(\left( {\rm{*}} \right)\)

Với \(n \ge 4\) thì \(\left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right) \ge \left( {4 + 5} \right)\left( {4 + 4} \right) = 72\) nên từ \(\left( {\rm{*}} \right)\) suy ra \(n - k + 1 \le \frac{5}{6}\) (vô lí, do \(n \ge k\) ).

Với \(n = 3\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {3 + 5} \right)\left( {3 + 4} \right)\left( {3 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 56\left( {4 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge \frac{{41}}{{14}} \Rightarrow k = 3\)

Với \(n = 2\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {2 + 5} \right)\left( {2 + 4} \right)\left( {2 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 42\left( {3 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge \frac{{11}}{7} \Rightarrow k = 2\)

Với \(n = 1\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {1 + 5} \right)\left( {1 + 4} \right)\left( {1 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 30\left( {2 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge 0 \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\)

Với \(n = 0\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {0 + 5} \right)\left( {0 + 4} \right)\left( {0 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 20\left( {1 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge  - 2 \Rightarrow k = 0\)

Vậy có 5 bộ số \(\left( {n;k} \right)\) thỏa mãn.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\({(a + b\sqrt {{\rm{sin}}x}  + c\sqrt {{\rm{cos}}x} )^2} \le \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {1 + {\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x} \right) = 4.\left[ {1 + \sqrt 2 {\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right] \le 4\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\)

\( \Rightarrow y = a + b\sqrt {{\rm{sin}}x}  + c\sqrt {{\rm{cos}}x}  \le 2\sqrt {1 + \sqrt 2 } \).

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{b}{{\sqrt {{\rm{sin}}x} }} = \frac{c}{{\sqrt {{\rm{cos}}x} }}}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} = 4}\\{{\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1,x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right]}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{2\sqrt[4]{2}}}{{\sqrt {2 + \sqrt 2 } }};b = c = \frac{2}{{\sqrt {2 + \sqrt 2 } }}.}\\{x = \frac{\pi }{4}}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là \(2\sqrt {1 + \sqrt 2 } \).

Giá trị của k bằng 7 .

Giá trị của p bằng -4 .

Giá trị của q bằng 3 .

Giải thích

Trong không gian với hệ trục tọa độ \(\left( {Oxyz} \right)\), gọi điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\), điểm \(N\left( {a;b;c} \right)\).

Khi đó \(M\) thuộc mặt cầu tâm \(I\left( {0;1;1} \right)\), bán kính \(R = 1\) và \(N\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + z - 4 = 0\).

Suy ra \(P = {(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = M{N^2}\,\,\left( 1 \right)\).

Ta có \(\left| {IN - MI} \right| \le MN\) suy ra \(MN\) nhỏ nhất khi \(M,N,I\) thẳng hàng.

Do vậy \(MN\) nhỏ nhất khi \(N\) là hình chiếu của \(I\) lên \(\left( P \right)\) và \(M\) là giao của \(IN\) và mặt cầu.

Khi đó \(MN = IN - R\).

Mà \(IN = {\rm{d}}\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {0 + 1 + 1 - 4} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + 1} }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\). Suy ra \({P_{{\rm{min}}}} = {(IN - R)^2} = {\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3} - 1} \right)^2} = \frac{{7 - 4\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(k = 7;{\rm{\;}}p =  - 4;q = 3\).

Cách 1:

Từ giả thiết suy ra $f\left(1-x\right)+\frac{2}{x^2}f\left(\frac{2x-2}{x}\right)=\frac{-x^4+x^3+4x-4}{x^3}$

Ta có: ${{\int }^{\text{}}}_1^{2}f\left(1-x\right)\text{d}x+{{\int }^{\text{}}}_1^{2}f\left(\frac{2x-2}{x}\right).\frac{2}{x^2}\text{ d}x={{\int }^{\text{}}}_1^2\frac{-x^4+x^3+4x-4}{x^3}\text{ d}x$

$\iff -{{\int }^{\text{}}}_1^{2}f\left(1-x\right)\text{d}\left(1-x\right)+{{\int }^{\text{}}}_1^{2}f\left(\frac{2x-2}{x}\right)\text{d}\left(\frac{2x-2}{x}\right)=0$

$\iff -{{\int }^{\text{}}}_0^{-1}f\left(t\right)\text{d}t+{{\int }^{\text{}}}_0^{1}f\left(t\right)\text{d}t=0$

$\iff {{\int }^{\text{}}}_{-1}^{0}f\left(t\right)\text{d}t+{{\int }^{\text{}}}_0^{1}f\left(t\right)\text{d}t=0\iff {{\int }^{\text{}}}_{-1}^{1}f\left(t\right)\text{d}t=0$

 Vậy ${{\int }^{\text{}}}_{-1}^{1}f\left(x\right)\text{d}x=0$ .

Cách 2:

Ta có: $x^{2}f\left(1-x\right)+2f\left(\frac{2x-2}{x}\right)=\frac{-x^4+x^3+4x-4}{x},\forall x\ne 0,x\ne 1$

$$\begin{gathered} \iff x^{2}f\left(1-x\right)+2f\left(\frac{2x-2}{x}\right)=\frac{-x^4+x^3}{x}+\frac{4x-4}{x},\forall x\ne 0,x\ne 1 \\ \iff x^{2}f\left(1-x\right)+2f\left(\frac{2x-2}{x}\right)=x^2\left(1-x\right)+2\left(\frac{2x-2}{x}\right),\forall x\ne 0,x\ne 1 \end{gathered}$$

Chọn $f\left(x\right)=x\Rightarrow {{\int }^{\text{}}}_{-1}^{1}f\left(x\right).\text{d}x={{\int }^{\text{}}}_{-1}^{1}x.\text{d}x=0$ .

Đáp án: “24”

Giải thích

Gọi \(V,{V_C}\) lần lượt là thể tích khối gỗ ban đầu và thể tích khối gỗ bị cắt.

Thể tích khối gỗ ban đầu là \(V = \pi {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.2 = \frac{\pi }{2}\left( {{m^3}} \right)\).

Thể tích khối gỗ bị cắt đi là \({V_C} = \frac{1}{2}\pi {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.1 = \frac{\pi }{8}\left( {{m^3}} \right)\).

Thể tích khối gỗ còn lại là \(V' = V - {V_C} = \frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{8} = \frac{{3\pi }}{8}\left( {{m^3}} \right)\).

Vậy \(pq = 3.8 = 24\).

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 \(C_5^4{.3^{5 - 4}}.{( - 1)^4} = 15\).

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

Đáp án: “20”

Giải thích

Giả sử hình nón đỉnh S, tâm đáy O và có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là ΔSAB (hình vẽ).

Ta có \(SO\) là đường cao của hình nón \( \Rightarrow SO = h = 4\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(SI \Rightarrow OH \bot SI\).

Ta có: \(SO \bot AB\) mà \(OI \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB \bot OH\).

Mà \(OH \bot SI \Rightarrow OH \bot \left( {SAB} \right)\) do đó \(d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OH = \frac{{12}}{5}\).

Xét tam giác \(SOI\) vuông tại \(O\) có \(OH\) là đường cao:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} - \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{12}}{5}} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}} = \frac{1}{9} \Leftrightarrow O{I^2} = 9 \Rightarrow OI = 3\).

Xét tam giác \(SOI\) vuông tại \(O\) có \(SI = \sqrt {O{S^2} + O{I^2}}  = \sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 5\).

Xét tam giác \(OIA\) vuông tại \(IA = \sqrt {O{A^2} - O{I^2}}  = \sqrt {{R^2} - {3^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4 \Rightarrow AB = 8\).

Vậy diện tích của thiết diện là: $S_{△SAB}=\frac{1}{2}AB.SI=\frac{1}{2}\mathrm{.8.5}=20$.

Đáp án: “4”

Giải thích

\({\log _2}\left( {{{\log }_{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0}\\{ log{ _{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0}\\{ log{ _{\frac{1}{3}}}\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \ge 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0}\\{\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} < 1}\\{\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \le \frac{1}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0}\\{\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} \le \frac{1}{3}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{3x - 7}}{{x + 3}} > 0}\\{\frac{{8(x - 3)}}{{3(x + 3)}} \le 0}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \in ( - \infty ; - 3) \cup \left( {\frac{7}{3}; + \infty } \right)}\\{x \in ( - 3;3]}\end{array} \Leftrightarrow x \in \left( {\frac{7}{3};3} \right].} \right.\)

\( \Rightarrow a = \frac{7}{3};b = 3.\)

Vậy \(P = 3a - b = 3.\frac{7}{3} - 3 = 4.{\rm{\;}}\)

Ta có: \({\rm{lim}}{q^n} =  + \infty \) nếu \(q > 1\).

Đáp án: “36/67”

Giải thích

Bước 1. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 8 .

Số phần tử không gian mẫu \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 36\).

Để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 8 thì số chấm trên hai con xúc xắc là một trong các trường hợp sau \(\left( {2;6} \right),\left( {3;5} \right),\left( {4;4} \right),\left( {5;3} \right),\left( {6;2} \right)\).

Vậy xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 8 là \(\frac{5}{{36}}\).

Bước 2. Tính xác suất thắng của mỗi bạn.

\(A\) là biến cố bạn \({\rm{A}}\) là người chiến thắng.

\(P\left( A \right) = \left( {\frac{5}{{36}}} \right) + \left( {\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{5}{{36}}} \right) + \left( {\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{{31}}{{36}}.\frac{5}{{36}}} \right) +  \ldots \)

\( = \frac{5}{{36}}\left[ {1 + {{\left( {\frac{{31}}{{36}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{31}}{{36}}} \right)}^4} +  \ldots } \right]\)

\( = \frac{5}{{36}}.\frac{1}{{1 - {{\left( {\frac{{31}}{{36}}} \right)}^2}}} = \frac{{36}}{{67}}\)

Ta có: \({x^2} + 2{y^2} - 1 = {\rm{ln}}\left( {\frac{{1 - {y^2}}}{{{x^2} + {y^2}}}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{ln}}\left( {1 - {y^2}} \right) + \left( {1 - {y^2}} \right) = {\rm{ln}}\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + \left( {{x^2} + {y^2}} \right)\,\,\left( 1 \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {\rm{ln}}x + x\,\,{\rm{\;}}(x > 0)\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{1}{x} + 1 > 0,\forall x > 0 \Rightarrow f\left( x \right)\) luôn đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) (2).

Theo (1) ta có: \(f\left( {1 - {y^2}} \right) = f\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\) kết hợp với (2) suy ra \(1 - {y^2} = {x^2} + {y^2} \Leftrightarrow {x^2} + 2{y^2} = 1\).

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM đối với các số dương, ta có:

\(\frac{{{x^4}}}{{{x^2}.{y^2}.{y^2}}} \ge \frac{{{x^4}}}{{\frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {y^2}} \right)}^3}}}{{27}}}} = \frac{{{x^4}}}{{\frac{1}{{27}}}} \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{{y^4}}} \ge 27{x^4} \Rightarrow \frac{x}{{{y^2}}} \ge 3\sqrt 3 {x^2}\).

\(\frac{{16{y^4}}}{{2{y^2}.\left( {{x^2} + {y^2}} \right).\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}} \ge \frac{{16{y^4}}}{{\frac{{{{\left( {2{y^2} + {x^2} + {x^2} + {y^2} + {y^2}} \right)}^3}}}{{27}}}} = \frac{{16{y^4}}}{{\frac{{{2^3}}}{{27}}}} \Rightarrow \frac{{16{y^2}}}{{{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2}}} \ge 54{y^4} \Rightarrow \frac{{4y}}{{{x^2} + {y^2}}} \ge 3\sqrt 6 {y^2}\)  

\( \Rightarrow \frac{x}{{{y^2}}} + \sqrt 2 .\frac{{4y}}{{{x^2} + {y^2}}} \ge 3\sqrt 3 {x^2} + 6\sqrt 3 {y^2}\)

\( \Leftrightarrow P \ge 3\sqrt 3 \left( {{x^2} + 2{y^2}} \right) = 3\sqrt 3  = 1.\sqrt {27} \).

Vậy có 2 bộ số \(\left( {m;n} \right)\) thỏa mãn.

Ô tô dừng hẳn khi \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{{v_0}}}{4}\).

Khi đó ô tô đã đi được quãng đường là \(s = \int\limits_0^{\frac{{{v_0}}}{4}} {\left( { - 4t + {v_0}} \right){\rm{d}}t = \left. {\left( { - 2{t^2} + {v_0}t} \right)} \right|_0^{\frac{{{v_0}}}{4}} = \frac{{v_0^2}}{8}\left( m \right)} \).

Từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô còn chạy tiếp một quãng đường dài \(8\left( {\rm{m}} \right)\) nên ta có:

\(\frac{{v_0^2}}{8} = 8 \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{{v_0} = 8\,\,\left( {t/m} \right)}\\{{v_0} =  - 8\,\,\left( L \right)}\end{array}} \right)\).

Vậy \({v_0} = 8\,\,\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\).

Từ giả thiết ta có \({S_{ABCD}} = {a^2}{\rm{sin}}{60^ \circ } = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Vì hai mặt chéo \(\left( {AC{C_1}{A_1}} \right)\) và \(\left( {BD{D_1}{B_1}} \right)\) cùng vuông góc với đáy nên giao tuyến là \(O{O_1}\) vuông góc với mặt đáy.

Do \(O{O_1}\) song song và bằng cạnh bên nên hình hộp đã cho là hình hộp đứng. Dễ thấy \(MN\) song song và bằng \(O{B_1}\) nên \(B{D_1} \bot {B_1}O\).

Gọi \(E\) là giao điểm của \(B{D_1}\) và \({B_1}O\).

\(BO//{B_1}{D_1}\) nên \(\frac{{OE}}{{{B_1}E}} = \frac{{BO}}{{{B_1}{D_1}}} = \frac{1}{2}\).

Xét tam giác \({B_1}BO\) vuông tại \(B\), đường cao BE có:

\(\frac{{BB_1^2}}{{B{O^2}}} = \frac{{{B_1}E.{B_1}O}}{{OE.O{B_1}}} = \frac{{{B_1}E}}{{OE}} = 2\) suy ra \(B{B_1} = \sqrt 2 BO = \sqrt 2 .\frac{{BD}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}BD\).

Do đó \(B{B_1} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy \(V = {S_{ABCD}}.B{B_1} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\).

Phương trình đã cho tương đương

\({3.4^x} + \left( {3x - 10} \right){.2^x} + 3 - x = 0 \Leftrightarrow {3.4^x} - {2^x} + \left( {3x - 9} \right){.2^x} + 3 - x = 0\)

\( \Leftrightarrow {2^x}\left( {{{3.2}^x} - 1} \right) + \left( {x - 3} \right)\left( {{{3.2}^x} - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{{3.2}^x} - 1} \right)\left( {{2^x} + x - 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} = \frac{1}{3}}\\{{2^x} = 3 - x}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {\frac{1}{3}} \right)}\\{{2^x} = 3 - x\left( {\rm{*}} \right)}\end{array}} \right.} \right.\).

Xét phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\):

Đặt \({2^x} = g\left( x \right) \Leftrightarrow g'\left( x \right) = {2^x}{\rm{.ln}}\left( 2 \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\) suy ra, \(g\left( x \right)\) là hàm đồng biến trên \(\mathbb{R}\). (1)

Đặt \(h\left( x \right) = 3 - x \Leftrightarrow h'\left( x \right) =  - 1 < 0,\forall x \in \mathbb{R}\) suy ra, \(h\left( x \right)\) là hàm nghịch biến trên \(\mathbb{R}\). (2).

Từ (1) và (2), suy ra đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) và \(h\left( x \right)\) cắt nhau tại 1 điểm có hoành độ \(x = 1\).

Khi đó \(S = 1 + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {\frac{1}{3}} \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {\frac{2}{3}} \right)\).

Giải thích

Thể tích của món quà là \({V_C} = \frac{4}{3}\pi {.3^3} = 36\pi \).

Ta có mặt cắt qua trục của hộp quà và quà có dạng như hình vẽ.

Hộp quà có dạng hình lập phương với độ dài cạnh bằng \(2.3 = 6\).

Diện tích toàn phần của hộp đựng quà là \(S = {6^2}.6 + 20{\rm{\% }}{.6^2} = 223,2\).

Thể tích của hộp quà là \({V_H} = {6^3} = 216\).

Món quà chiếm \(\frac{{36\pi }}{{216}}.100{\rm{\% }} \approx 52,4{\rm{\% }}\) không gian của hộp đựng.

Cách 1: Tọa độ hóa

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ, với \(O \equiv B'\).

Coi độ dài các cạnh của hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) là 1 .

Khi đó \(B'\left( {0;0;0} \right),D\left( {1;1;1} \right),N\left( {0;0;\frac{1}{2}} \right),M\left( {1;\frac{1}{2};1} \right)\).

Suy ra \(\overrightarrow {B'D}  = \left( {1;1;1} \right),\overrightarrow {MN}  = \left( {1;\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\).

\(\cos \left( {B'D;MN} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {B'D} ;\overrightarrow {MN} } \right)} \right| = \frac{{\left| {1.1 + 1.\frac{1}{2} + 1.\frac{1}{2}} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} .\sqrt {{1^2} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}.\)

Cách 2: Sử dụng tích vô hướng

Gọi cấp số cộng có số hạng đầu là \({u_1}\), công sai là \(d \ne 0\).

Vì ba số là các số hạng thứ 2 , thứ 9 và thứ 44 nên ba số đó lần lượt là \({u_1} + d,{u_1} + 8d,{u_1} + 43d\).

Ba số đó có tổng là 217 nên \(\left( {{u_1} + d} \right) + \left( {{u_1} + 8d} \right) + \left( {{u_1} + 43d} \right) = 3{u_1} + 52d = 217\).

Ba số đó là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân nên

\(\left( {{u_1} + 43d} \right)\left( {{u_1} + d} \right) = {\left( {{u_1} + 8d} \right)^2} \Leftrightarrow 28{u_1}d = 21{d^2} \Leftrightarrow {u_1} = \frac{3}{4}d\).

Từ đây suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 3}\\{d = 4.}\end{array}} \right.\)

\({S_k} = 741 \Leftrightarrow \frac{k}{2}\left[ {2.3 + \left( {k - 1} \right).4} \right] = 741 \Leftrightarrow k = 19\) (vì \(k\) là số tự nhiên).

Cuốn sách có 702 trang.

Chữ số thứ 1010 là chữ số 7 .

Giải thích

Từ trang \(1 - 9\) cần dùng 9 chữ số.

Từ trang \(10 - 99\) có \(99 - 9 = 90\) số nên cần dùng \(2.90 = 180\) chữ số.

Từ \(100 - 999\) có \(999 - 99 = 900\) số nên cần dùng \(3.900 = 2700\) chữ số.

Ta thấy \(2700 > 1998\) nên còn lại \(1998 - \left( {9 + 180} \right) = 1809\) chữ số để đánh số trang có số thứ tự gồm 3 chữ số.

Mặt khác 1809 : \(3 = 603\) nên có 603 số có 3 chữ số.

Vậy cuốn sách có \(603 + 99 = 702\) trang.

Chữ số thứ 1010 thuộc số có 3 chữ số.

Ta có: \(\frac{{1010 - \left( {9 + 180} \right)}}{3} \approx 273,67\).

Vậy chữ số thứ 1010 thuộc số có 3 chữ số liền sau số \(273 + 99 = 372\) hay chữ số thứ 1010 thuộc số 373.

Ta thấy số chữ số cần dùng để đánh đến hết trang 372 là \(9 + 180 + 273.3 = 1008\) chữ số.

Vậy chữ số thứ 1010 là chữ số 7.

Đáp án: “0,043”

Giải thích

Gọi \(r\) là bán kính và \(h\) là độ cao của mực nước tại thời điểm \(t\).

Khi đó thể tích của mực nước \(V\) tại thời điểm \(t\) phút là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\).

Ta có bán kính đáy của hình nón là \(R = \frac{{27}}{2} = 13,5(\;{\rm{cm}})\) và chiều cao của hình nón là \({h_0} = 45\;{\rm{cm}}\).

Mặt khác, \(\frac{r}{h} = \frac{R}{{{h_0}}} = \frac{3}{{10}}\)

\( \Rightarrow V = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{{3h}}{{10}}} \right)^2}.h = \frac{{3\pi }}{{100}}{h^3}.\)

\( \Rightarrow \frac{{dV}}{{dt}} = \frac{{9\pi }}{{100}}{h^2}\frac{{dh}}{{dt}}\)

Tại \(h = 30\;{\rm{cm}}\) ta có:

\(11 = \frac{{9\pi }}{{100}}{.30^2}\frac{{dh}}{{dt}} \Rightarrow \frac{{dh}}{{dt}} \approx 0,043\)

Vậy tốc độ dâng lên của mực nước là \(0,043\) cm/phút.

Tổng của 11 số hạng đầu của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({S_n} = 253\).

Số hạng thứ 10 của dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({u_{10}} = \) 39.

Giải thích

Ta có \({S_n} = \frac{{n\left( {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right)}}{2} \Leftrightarrow \frac{{n\left( {2.3 + \left( {n - 1} \right).4} \right)}}{2} = 253\)

\( \Leftrightarrow 4{n^2} + 2n - 506 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 11}\\{n =  - \frac{{23}}{2}\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Ta có \({u_{10}} = {u_1} + \left( {10 - 1} \right)d = 3 + 9.4 = 39\).

Đa thức \(P\left( x \right)\) chia hết cho đa thức bậc nhất \(x + 2\).

Đa thức \(P\left( x \right)\) chia hết cho đa thức bậc hai \({(x - 4)^2}\).  

Đa thức \(P\left( x \right)\) là \({(x + 2)^2}{(x - 4)^2}\).

Giải thích

\(P\left( x \right)\) có nghiệm \(x =  - 2\) và \(x = 4\) nên \(P\left( x \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {x - 4} \right)Q\left( x \right)\). Vì \(P'\left( { - 2} \right) = P'\left( 4 \right) = 0\) nên \(Q\left( { - 2} \right) = Q\left( 4 \right) = 0\). Từ đó \(P\left( x \right)\) có dạng \(k{(x + 2)^2}{(x - 4)^2}\). Kết hợp điều kiện hệ số cao nhất của \(P\left( x \right)\) là 1 suy ra \(P\left( x \right) = {(x + 2)^2}{(x - 4)^2}\).

Số cách tặng ngẫu nhiên là: \(A_{12}^6\).

Ta tính số cách tặng mà sau khi tặng xong, mỗi loại sách đều hết.

- Số cách tặng 5 quyển sách Toán và 1 quyển Lí hoặc Hóa là: \({\rm{C}}_5^5{\rm{.C}}_7^1.6!\)

- Số cách tặng 4 quyển sách Lí và 2 quyển Toán hoặc Hóa là: \({\rm{C}}_4^4{\rm{.C}}_8^2.6!\)

- Số cách tặng 3 quyển sách Hóa và 3 quyển Toán hoặc Lí là: \(C_3^3.C_9^3.6!\)

Vậy số cách tặng mà sau khi tặng xong, mỗi loại sách còn lại ít nhất một quyển là:

\[\left. {A_{12}^6 - \left( {{\rm{C}}_5^5{\rm{.C}}_7^1.6! + {\rm{C}}_4^4{\rm{.C}}_8^2.6! + {\rm{C}}_3^3{\rm{.C}}_9^3.6!} \right.} \right) = 579600\].

Giải thích

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\) là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có

\(\overrightarrow {AM}  = \left( {x;y + 1;z - 2} \right),\overrightarrow {BM}  = \left( {x - 2;y + 3;z} \right),\overrightarrow {CM}  = \left( {x + 2;y - 1;z - 1} \right)\),

\(\overrightarrow {DM}  = \left( {x;y + 1;z - 3} \right)\).

Từ giả thiết: \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD}  = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = 1\\\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD}  = 1\end{array} \right.\) \[\]

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x(x - 2) + (y + 1)(y + 3) + z(z - 2) = 1\\x(x + 2) + (y + 1)(y - 1) + (z - 1)(z - 3) = 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 2z + 2 = 0\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4z + 1 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(x - 1)^2} + {(y + 2)^2} + {(z - 1)^2} = 4\\{(x + 1)^2} + {y^2} + {(z - 2)^2} = 4\end{array} \right.\)

Suy ra quỹ tích điểm \(M\) là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm \({I_1}\left( {1; - 2;1} \right),{R_1} = 2\) và mặt cầu tâm \({I_2}\left( { - 1;0;2} \right),{R_2} = 2\).

Ta có: \({I_1}{I_2} = 3\). Khi đó, \(r = \sqrt {R_1^2 - {{\left( {\frac{{{I_1}{I_2}}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {4 - \frac{9}{4}}  = \frac{{\sqrt 7 }}{2}\).

Đặt \(t = {\rm{ln}}x \Rightarrow {\rm{d}}t = \frac{1}{x}{\rm{\;d}}x\).

Đổi cận: \(x = {e^a} \Rightarrow t = a;x = {e^b} \Rightarrow t = b\)

Vậy \(I = \int\limits_a^b {\frac{1}{t}{\rm{d}}t}  = \int\limits_a^b {\frac{1}{x}{\rm{d}}x = 2} \).

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 \(S = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{{\sqrt {230} }}{2}\).

Có (1) ___2____ điểm \(M\) thuộc đồ thị hàm số \(y = \frac{{4x - 3}}{{x - 3}}\) sao cho tổng khoảng cách từ \(M\) đến hai đường tiệm cận là nhỏ nhất và giá trị nhỏ nhất đó bằng (2) ____6_____.

Giải thích

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{4x - 3}}{{x - 3}}\) có đường tiệm cận đứng \({{\rm{\Delta }}_1}:x = 3\), đường tiệm cận ngang \({{\rm{\Delta }}_2}:y = 4\). Gọi \(M\left( {m;\frac{{4m - 3}}{{m - 3}}} \right),m \ne 3\).

Ta có: \(d\left( {M;{{\rm{\Delta }}_1}} \right) + d\left( {M;{{\rm{\Delta }}_2}} \right) = \left| {m - 3} \right| + \left| {\frac{{4m - 3}}{{m - 3}} - 4} \right| = \left| {m - 3} \right| + \left| {\frac{9}{{m - 3}}} \right| \ge 2\sqrt 9  = 6\).

Dấu "=" xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow \left| {m - 3} \right| = \left| {\frac{9}{{m - 3}}} \right| \Leftrightarrow {(m - 3)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 6}\\{m = 0}\end{array}} \right.\).

Vậy có 2 điểm \(M\) thỏa mãn.

Từ bảng biến thiên ta suy ra \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 1}\\{x <  - 1}\end{array}} \right.\).

\[\cos \left( {\frac{{3\pi }}{4} - 2x} \right) = \sin \left( {x + \frac{{3\pi }}{4}} \right) \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{2} - \left( {\frac{{3\pi }}{4} - 2x} \right)} \right] = \sin \left( {x + \frac{{3\pi }}{4}} \right) \Leftrightarrow \sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( {x + \frac{{3\pi }}{4}} \right)\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - \frac{\pi }{4} = x + \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi }\\{2x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} - x + l2\pi }\end{array}(k,l \in \mathbb{Z}) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \pi  + k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{6} + \frac{{l2\pi }}{3}}\end{array}\,\,(k,l \in \mathbb{Z})} \right.} \right.\)

Ta có:

\(0 < \pi  + k2\pi  < \pi  \Leftrightarrow 0 < 1 + 2k < 1 \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{2} < k < 0\) không có giá trị nào của \(k\) thỏa mãn; \(0 < \frac{\pi }{6} + \frac{{l2\pi }}{3} < \pi  \Leftrightarrow 0 < \frac{1}{6} + \frac{{2l}}{3} < 1 \Leftrightarrow  - \frac{1}{4} < l < \frac{5}{4}\) suy ra \(l \in \{ 0;1\} \).

Từ đó ta có các nghiệm thỏa mãn ycbt là \(\frac{\pi }{6}\) và \(\frac{{5\pi }}{6}\).

Vậy tổng các nghiệm thuộc khoảng \((0;\pi )\) của phương trình đã cho là \(\frac{\pi }{6} + \frac{{5\pi }}{6} = \pi \).

Đáp án: “50”

Giải thích

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).

Suy ra \(AH\) là hình chiếu của \(AA'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Do đó: \({60^ \circ } = \left( {AA',\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AA',AH} \right) = \widehat {A'AH}\).

Tam giác \(A'AH\) vuông tại \(H\), có: \(A'H = AA'\).\({\rm{sin}}\widehat {A'AH} = 5\).

Vậy $V=S_{△ABC}.A^{\text{'}}H=50\left({\text{cm}}^3\right)$

Giải thích

Ta có \(F\left( x \right) = \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right){\rm{d}}x = \mathop \smallint \nolimits^ \frac{{ - 1}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x}}{\rm{\;d}}x = {\rm{cot}}x + C\).

Do \(F\left( x \right)\) không xác định tại \(x = l\pi ,l \in \mathbb{Z}\) nên phát biểu \(F\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) là sai.

Xét trên mỗi khoảng \(\left( {k\pi ;\pi  + k\pi } \right)\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) thì \(F\left( x \right) = {\rm{cot}}x + {C_k}\).

Có \(\frac{\pi }{4} + k\pi  \in \left( {k\pi ;\pi  + k\pi } \right)\) mà \(F\left( {\frac{\pi }{4} + k\pi } \right) = k + 1\) với mọi \(k \in \mathbb{Z}\) nên

\({\rm{cot}}\left( {\frac{\pi }{4} + k\pi } \right) + {C_k} = k + 1\) hay \({C_k} = k\) với mọi \(k \in \mathbb{Z}\).

Vậy \(F\left( x \right) = {\rm{cot}}x + k\) trên mỗi khoảng \(\left( {k\pi ;\pi  + k\pi } \right)\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy \(F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) + F\left( {\frac{\pi }{2} + \pi } \right) + F\left( {\frac{\pi }{2} + 2\pi } \right) +  \ldots  + F\left( {\frac{\pi }{2} + 2023\pi } \right) + F\left( {\frac{\pi }{2} + 2024\pi } \right)\)

\( = {\rm{cot}}\left( {\frac{\pi }{2}} \right) + {C_0} + {\rm{cot}}\left( {\frac{\pi }{2} + \pi } \right) + {C_1} +  \ldots  + {\rm{cot}}\left( {\frac{\pi }{2} + 2023\pi } \right) + {C_{2023}} + F\left( {\frac{\pi }{2} + 2024\pi } \right) + {C_{2024}}\)

\( = 0 + 1 + 2 +  \ldots  + 2023 + 2024\)

\( = \frac{{2024\left( {2024 + 1} \right)}}{2} = 2049300\).

Giải thích

Từ bảng biến thiên ta thấy:

+ Hàm số có 2 điểm cực trị là \(x = 1\) và \(x = 3\).

+ \(f'\left( x \right) < 0\) với \(x \in \left( {1;3} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left( {1;3} \right)\) suy ra hàm số nghịch biến trên \(\left( {2;3} \right)\) (do \(\left( {2;3} \right) \subset \left( {1;3} \right)\) ).

+ Hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên \(\mathbb{R}\) (do khi \(x \to  - \infty \) thì \(f\left( x \right) \to  - \infty \)).

+ \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm khi qua \(x = 1\) nên \(x = 1\) là điểm cực đại của hàm số.

Gọi bán kính của khối cầu là \(R\).

Ta có \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{1372}}{3}\pi  \Leftrightarrow {R^3} = 343 \Leftrightarrow R = 7\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Vậy đường kính của khối cầu là 14 cm.

Giải thích