Kiểm Tra Trắc Nghiệm Online Đề Ôn Thi TN THPT Năm 2023 Toán Online-Đề 14 Trắc Nghiệm Toán - Nhanh Chóng & Hiệu Quả

\({\log _2}\left( {13 – 3x} \right) \geqslant 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 13 – 3x > 0 \hfill \\ 13 – 3x \geqslant {2^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x < \frac{{13}}{3} \hfill \\ x \leqslant 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow x \leqslant 3\).

Ta có\(y' = 2f'\left( {2x + 1} \right) – 12{x^2} + 18x – 6\)Hàm số đồng biến khi \(y' \geqslant 0\)\( \Leftrightarrow 2f\left( {2x + 1} \right) – 12{x^2} + 18x – 6 \geqslant 0\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {f'\left( {2x + 1} \right) \geqslant 0} \\ { – 12{x^2} + 18x – 6 \geqslant 0} \end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left[ \begin{gathered} 1 \leqslant 2x + 1 \leqslant 3 \hfill \\ 4 \leqslant 2x + 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ – 12{x^2} + 18x – 6 \geqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left[ \begin{gathered} 0 \leqslant x \leqslant 1 \hfill \\ \frac{3}{2} \leqslant x \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \frac{1}{2} \leqslant x \leqslant 1\).Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {\frac{1}{2}\,;\,1} \right)\).

\({2^{{x^2} – x}} + {2^{{x^2} – x – 2}} = {4^{{x^2} – x – 1}} + 1\)\( \Leftrightarrow {2^{{x^2} – x}} + \frac{{{2^{{x^2} – x}}}}{4} = \frac{{{4^{{x^2} – x}}}}{4} + 1\)\( \Leftrightarrow {4.2^{{x^2} – x}} + {2^{{x^2} – x}} = {2^{2\left( {{x^2} – x} \right)}} + 4\)Đặt \(t = {2^{{x^2} – x}}\,,\,\left( {t > 0} \right)\)Ta được phương trình \(4t + t = {t^2} + 4 \Leftrightarrow {t^2} – 5t + 4 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} t = 1 \hfill \\ t = 4 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Với \(t = 1 \Leftrightarrow {2^{{x^2} – x}} = 1 \Leftrightarrow {x^2} – x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\ x = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Với \(t = 4 \Leftrightarrow {2^{{x^2} – x}} = {2^2} \Leftrightarrow {x^2} – x = 2 \Leftrightarrow {x^2} – x – 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = – 1 \hfill \\ x = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Vậy phương trình có \(4\)nghiệm, suy ra tập \(S\) có \(4\) phần tử.

Chia hai vế của phương trình đã cho, cho \({3^{{x^2}}}\) ta được\({\left( {\frac{{\sqrt {10} + 1}}{3}} \right)^{{x^2}}} + m{\left( {\frac{{\sqrt {10} – 1}}{3}} \right)^{{x^2}}} = 6\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)Ta thấy \(\left( {\frac{{\sqrt {10} + 1}}{3}} \right)\left( {\frac{{\sqrt {10} – 1}}{3}} \right) = 1\)Do đó ta đặt \(t = {\left( {\frac{{\sqrt {10} + 1}}{3}} \right)^{{x^2}}}\,\,\,\left( {t \geqslant 1} \right)\) thì \({\left( {\frac{{\sqrt {10} – 1}}{3}} \right)^{{x^2}}} = \frac{1}{t}\)Phương trình \(\left( 1 \right)\)trở thành\(t + m.\frac{1}{t} = 6 \Leftrightarrow {t^2} – 6t + m = 0 \Leftrightarrow m = – {t^2} + 6t\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)Để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt, thì phương trình \(\left( 2 \right)\)có \(1\) nghiệm lớn hơn \(1\).Xét hàm số \(f\left( t \right) = – {t^2} + 6t\,\,,\,\left( {t \geqslant 1} \right)\)Ta có \(f'\left( t \right) = – 2t + 6 = 0 \Leftrightarrow t = 3\)Bảng biến thiênTừ bảng biến thiên suy ra \(\left[ \begin{gathered} m < 5 \hfill \\ m = 9 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) là các giá trị thoả mãn yêu cầu bài toán.Do \(\left\{ \begin{gathered} m \in \left( { - 1000\,;\,1000} \right) \hfill \\ m \in \mathbb{Z} \hfill \\ \end{gathered} \right.\) nên có \(1005\) giá trị của \(m\) tìm được.

Ta có \({\left( {{x^2} + 1} \right)^2}f'\left( x \right) = {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\left( {{x^2} – 1} \right) \Rightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = \frac{{{x^2} – 1}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\) hay \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}}} = – \left( {\frac{x}{{{x^2} + 1}}} \right)'\).Lấy nguyên hàm hai vế: \( – \frac{1}{{f\left( x \right)}} = – \frac{x}{{{x^2} + 1}} + C\).Thay \(x = 1: – \frac{1}{{f\left( 1 \right)}} = – \frac{1}{{{1^2} + 1}} + C \Rightarrow C = 0\) suy ra \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x} \Rightarrow f\left( 3 \right) = \frac{{10}}{3}\).

Ta có \(g\left( x \right) = f\left( x \right) – {x^2} – x \Rightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) – 2x – 1\).\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 2x + 1\). Nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 2x + 1\). Ta có:Do đó: \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = – 1 \hfill \\ x = 1 \hfill \\ x = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.\). Ta có bảng biến thiên:Từ BBT suy ra \(g\left( 1 \right) > g\left( 2 \right)\).

Ta có \(y = {x^4} – 2m{x^2} – 3m + 1 \Rightarrow y' = 4{x^3} – 4mx\).Để hàm số đồng biến trên khoàng \((1;2)\) thì \(y' \geqslant 0,\forall x \in \left( {1;2} \right) \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} – m} \right) \geqslant 0,\forall x \in \left( {1;2} \right)\).Hay \({x^2} – m \geqslant 0,\forall x \in \left( {1;2} \right) \Rightarrow m \leqslant {x^2},\forall x \in \left( {1;2} \right)\).Suy ra \(m \leqslant \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;2} \right]} {x^2} = 1\). Mặt khác \(m \in \left( { – 2023;2023} \right) \Rightarrow m \in \left\{ { – 2022; – 2021;…;1} \right\}\).Vậy có 2024 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn bài toán.

Tam giác \(ABC\) đều và \(AE = BF = CI\) nên \(\Delta AEI = \Delta BFE = \Delta CIF\) suy ra \({S_{\Delta AEI}} = {S_{\Delta BEF}} = {S_{\Delta CFI}}\).Ta có: \(\frac{{{V_{A'.EFI}}}}{V} = \frac{1}{3}.\frac{{{S_{\Delta EFI}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\).Gọi cạnh của tam giác \(ABC\) là \(a\) \(\left( {a > 0} \right)\), \(AE = BF = CI = x\,\,\left( {0 \leqslant x \leqslant a} \right)\).Khi đó: \(\frac{{{S_{\Delta AEI}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{AE}}{{AB}}.\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{x\left( {a – x} \right)}}{{{a^2}}}\) \( \Leftrightarrow {S_{\Delta AEI}} = \frac{{x\left( {a – x} \right)}}{{{a^2}}}.{S_{\Delta ABC}}\).Suy ra: \({S_{\Delta EFI}} = {S_{\Delta ABC}} – 3.{S_{\Delta AEI}} = \frac{{{a^2} – 3ax + 3{x^2}}}{{{a^2}}}.{S_{\Delta ABC}} \Leftrightarrow \frac{{{S_{\Delta EFI}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{{a^2} – 3ax + 3{x^2}}}{{{a^2}}}\)Vậy \(\frac{{{V_{A'.EFI}}}}{V} = \frac{1}{3}.\frac{{{S_{\Delta EFI}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2} – 3ax + 3{x^2}}}{{{a^2}}} \Leftrightarrow {V_{A'.EFI}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2} – 3ax + 3{x^2}}}{{{a^2}}}.V\).\({V_{A'.EFI}}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi biểu thức \({a^2} – 3ax + 3{x^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất trên \(\left[ {0;a} \right]\)Ta có: \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;a} \right]} \left( {{a^2} – 3ax + 3{x^2}} \right) = \frac{{{a^2}}}{4}\) khi \(x = \frac{a}{2}\).Vậy giá trị nhỏ nhất của \({V_{A'.EFI}}\) là \(\frac{V}{{12}}\).

Ta có: \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = a \in \left( { – 1;0} \right) \hfill \\ x = 1 \hfill \\ x = b \in \left( {3;4} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Do đó: \(f\left( {f\left( x \right) – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} f\left( x \right) – 2 = a \hfill \\ f\left( x \right) – 2 = 1 \hfill \\ f\left( x \right) – 2 = b \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} f\left( x \right) = a + 2 \in \left( {1;2} \right) \hfill \\ f\left( x \right) = 3 \hfill \\ f\left( x \right) = b + 2 \in \left( {5;6} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Dựa vào đồ thị ta có:Phương trình \(f\left( x \right) = a + 2\) có \(3\) nghiệm thực phân biệt.Phương trình \(f\left( x \right) = 3\) có \(2\) nghiệm thực phân biệt.Phương trình \(f\left( x \right) = b + 2\) có \(1\) nghiệm thực.Vậy phương trình \(f\left( {f\left( x \right) – 2} \right) = 0\) có \(6\) nghiệm thực phân biệt.

Ta có, \({\left( {x + y} \right)^2} \geqslant 4xy,\,\,\forall x,y \in \mathbb{R}\), kết hợp với giả thiết \({\left( {x + y} \right)^3} + 4xy \geqslant 2\) suy ra \({\left( {x + y} \right)^3} + {\left( {x + y} \right)^2} \geqslant 2 \Rightarrow x + y \geqslant 1.\)\(\begin{gathered} A = 5\left( {{x^4} + {y^4} + {x^2}{y^2}} \right) – 4\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 2 \hfill \\ \,\,\,\,\, = \frac{5}{2}\left[ {{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2} + {x^4} + {y^4}} \right] – 4\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 2 \hfill \\ \,\,\,\,\, \geqslant \frac{5}{2}\left[ {{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2} + \frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}^2}}}{2}} \right] – 4\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 2 \hfill \\ \,\,\,\,\, = \frac{{15}}{4}{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} – 4\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 2. \hfill \\ \end{gathered} \)Đặt \(t = {x^2} + {y^2} \geqslant \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{2} \geqslant \frac{1}{2}\).Do đó, \(A \geqslant \frac{{15}}{4}{t^2} – 4t + 2\)Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{15}}{4}{t^2} – 4t + 2\) trên \(\left[ {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\) như sauQua bảng biến thiên ta có \(\mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {\frac{1}{2}; + \infty } \right]} f\left( t \right) = f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{15}}{{16}}\).Tức là, \(A \geqslant \frac{{15}}{{16}}\), dấu “=” xảy ra khi \(x = y = \frac{1}{2}\).Vậy giá trị nhỏ nhất của \(A\) bằng \(\frac{{15}}{{16}}\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} – 8{x^3} + 22{x^2} – 24x + 6\sqrt 2 \).Suy ra \(f'\left( x \right) = 4{x^3} – 24{x^2} + 44x – 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ x = 2 \hfill \\ x = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\)Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị dương.

Gọi \(I,H,K\) lần lượt là hình chiếu của điểm \(M\) lên mp\(\left( {OAB} \right),\left( {OBC} \right),\left( {OCA} \right)\)Ta có \({V_{O.ABC}} = {V_{M.OAB}} + {V_{M.OBC}} + {V_{M.OCA}}\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{6}.OA.OB.OC = \frac{1}{6}.MI.OA.OB + \frac{1}{6}.MI.OB.OC + \frac{1}{6}.MI.OC.OA\)\( \Leftrightarrow MI + 4MH + 2MK = 12\)Khi đó thể tích khối hộp chữ nhật \(V = MI.MH.MK = \frac{1}{8}MI.\left( {4MH} \right).\left( {2MK} \right)\)\( \Leftrightarrow V \leqslant \frac{1}{8}{\left( {\frac{{MI + 4MH + 2MK}}{3}} \right)^3}\) \( \Leftrightarrow V \leqslant \frac{1}{8}{.4^3} \Leftrightarrow V \leqslant 8\)Vậy \({V_{\max }} = 8\) khi \(MI = 4MH = 2MK \Leftrightarrow MI = 1cm,MH = 4cm,MK = 2cm.\)

Ta có \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SI \Leftrightarrow SI = \frac{{3V}}{{{S_{ABCD}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}}}{{2\sqrt 3 }}}}{{{a^2}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).Gọi \(M\) là trung điểm \(BC \Rightarrow IM = \frac{a}{2}\).Ta có: \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SM,IM} \right) = \widehat {SMI}\).Lại có \(\tan \widehat {SMI} = \frac{{SI}}{{IM}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{a}{2}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SMI} = 60^\circ \).$$

Áp dụng công thức tính lãi suất theo hình thức lãi kép: \(P = A{\left( {1 + r} \right)^n}\).Trong đó: \(P\) là số tiền (triệu đồng) gồm vốn lẫn lãi tại thời điểm \(n\) (năm) tính từ thời điểm gửi; \(A\) (triệu đồng) là số tiền gửi vào ban đầu và \(r\left( \% \right)\) là lãi suất.Với \(\left\{ \begin{gathered} A = 300.000.000 \hfill \\ n = 3 \hfill \\ r = 6\% \hfill \\ \end{gathered} \right.\), suy ra \(P = 300.000.000{\left( {1 + 6\% } \right)^3} = 357.304.800 \approx 357.305.000\) (đồng).

Gọi M là trung điểm của OO'. Gọi A,B là giao điểm của mặt phẳng \((\alpha )\) và đường tròn (O) và H là hình chiếu của O trên AB\( = > AB \bot (MHO)\)Trong mặt phẳng (MHO) kẻ \(OK \bot MH,(K \in MH)\) khi đó góc giữa OO' và mặt phẳng \((\alpha )\)là góc \(\widehat {OMK} = {30^0}\)Xét tam giác vuông MHO, ta có: \(HO = OM\tan {30^0} = R\tan {30^0} = \frac{{R\sqrt 3 }}{3}\)Xét tam giác vuông AHO, ta có: \(AH = \sqrt {O{A^2} – O{H^2}} = \sqrt {{R^2} – \frac{{{R^2}}}{3}} = \frac{{R\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\)Do H là trung điểm của AB nên \(AB = \frac{{2R\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\)

Gắn trục tọa độ Oxy như hình vẽAC=Ox, OB=OyGọi B',D' lần lượt là điểm đối xứng của B, D qua Ox, và M là trung điểm AC. Gọi E là giao điểm của AD' và CB, F là giao điểm của AD và CB'Khi cho hình chữ nhật quay xung quanh AC(Ox) thì thu được 1 khối tròn xoay chính là do hình đa giác ABED'C quay quanh trục hoành.Gọi M là trung điểm của AC. Do tính đối xứng của đa giác ABED'C nên thể tích khối tròn xoay đang xét gấp 2 lần thể tích khối tròn xoay tạo được khi quay tứ giác ABEM quanh Ox(AM)Ta có:\(OA = \frac{{A{B^2}}}{{AC}} = 3,6 = > OB = – 6,4;OB = \frac{{BA.BC}}{{AC}} = 4,8;OM = MA – OA = 5 – 3,6 = 1,4\)Ta có:\(\begin{gathered} A(3,6;0),B(0;4,8),C( – 6,4;0) \hfill \\ = > AB:y = – \frac{{OB}}{{OA}}(x – {x_A}) + {y_A} = – \frac{4}{3}(x – 3,6) \hfill \\ CB:y = \frac{{OB}}{{OC}}(x – {x_C}) + {y_C} = \frac{{4,8}}{{6,4}}(x + 6,4) = \frac{3}{4}(x + 6,4) \hfill \\ \end{gathered} \)Do đó thể tích khối tròn xoay đã cho bằng\(V = 2\left[ {\pi \int\limits_{ – 1,4}^0 {{{\left[ {\frac{3}{4}(x + 6,4)} \right]}^2}dx + \pi \int\limits_0^{3,6} {{{\left[ { – \frac{4}{3}(x – 3,6)} \right]}^2}dx} } } \right] = \frac{{4269\pi }}{{40}}\)

Ta có \(y = \frac{{ax + b}}{{{x^2} + 2}} \Leftrightarrow y{x^2} – ax + 2y – b = 0\,\,\left( 1 \right)\)Trường hợp 1: Nếu \(y = 0\)Ta có \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow – ax – b = 0 \Leftrightarrow x = – \frac{b}{a}\) ( thoả)Trường hợp 2: Nếu \(y \ne 0\)Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta = {a^2} – 4y\left( {2y – b} \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow – 8{y^2} + 4by + {a^2} \geqslant 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{b – \sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{4} \leqslant y \leqslant \frac{{b + \sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{4}\)Từ 2 trường hợp ta có: \(\frac{{b – \sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{4} \leqslant y \leqslant \frac{{b + \sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{4}\)Theo giả thiết ta có \(\left\{ \begin{gathered} \frac{{b + \sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{4} = 6 \hfill \\ \frac{{b – \sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{4} = – 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} b + \sqrt {{b^2} + 2{a^2}} = 24 \hfill \\ b – \sqrt {{b^2} + 2{a^2}} = – 8 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} b = 8 \hfill \\ {a^2} = 96 \hfill \\ \end{gathered} \right.\).Vậy \(P = \frac{{{a^2} – {b^2}}}{{{a^2}}} = \frac{1}{3}\).

Gọi \(H,I,M,O\) lần lươt là trung điểm của \(AB,AC,CD,SM\).Ta có \(\left\{ \begin{gathered} \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\ SH \bot AB \hfill \\ SH \subset \left( {SAB} \right) \hfill \\ \left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(SAB\), kẻ đường thẳng \(\Delta \) qua \(I\) và vuông góc với \(\left( {ABCD} \right)\), kẻ đường thẳng \(d\) qua \(G\) song song với \(HI\) cắt \(\Delta \) tại \(O\).Suy ra \(O\)là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\), \(R\) là bán kính mặt cầu ngoai tiếp hình chóp \(S.ABCD\). Ta có \(SH = AB.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2};HI = 1\).Ta có \(R = SO = \sqrt {S{G^2} + G{O^2}} = 2\).Thể tích khối cầu \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{32}}{3}\pi \).

Do \(0 \leqslant x \leqslant 2020\) nên \(x + 1 > 0\).Ta có \({\log _2}(2x + 2) + x – 3y = {8^y} \Leftrightarrow {\log _2}(x + 1) + x + 1 = {\log _2}{2^{3y}} + {2^{3y}}\)(1)Đặt \(y = {\log _2}t + t\;\left( {t \geqslant 1} \right) \Rightarrow y'{\text{ = }}\frac{1}{{t.\ln 2}} + 1 > 0\;\forall > 1 \Rightarrow \)hàm số \(y = {\log _2}t + t\;\left( {t \geqslant 1} \right)\)đồng biến (2).Từ (1) và (2) ta được \(x + 1 = {2^{3y}} \Rightarrow x = {2^{3y}} – 1\).Mà \(0 \leqslant x \leqslant 2020 \Rightarrow 1 \leqslant {2^{3y}} \leqslant 2021 \Leftrightarrow 1 \leqslant {8^y} \leqslant 2021 \Leftrightarrow 0 \leqslant y \leqslant {\log _8}2021 \Leftrightarrow 0 \leqslant y \leqslant 3,6604\).Mà \(y\)nguyên nên \(y = 0,\;y = 1,\;y = 2,\;y = 3\). Vậy có bốn cặp số nguyên \((x;y)\) thỏa mãn.

Lấy ngẫu nhiên đồng thời \(5\) viên bi từ \(10\) viên bi trong hộp.Số phần tử không gian mẫu \(n\left( \Omega \right) = {\text{C}}_{10}^5\).Gọi \(A\) là biến cố lấy được ít nhất \(3\) viên bi đỏ.Trường hợp 1: Lấy \(3\) bi đỏ từ \(4\) bi đỏ và \(2\) bi xanh từ \(6\) bi xanh có \({\text{C}}_4^3.{\text{C}}_6^2\) cách.Trường hợp 2: Lấy \(4\) bi đỏ từ \(4\) bi đỏ và \(1\) bi xanh từ \(6\) bi xanh có \({\text{C}}_4^4.{\text{C}}_6^1\) cách.Suy ra \(n\left( {{\Omega _A}} \right) = {\text{C}}_4^3.{\text{C}}_6^2 + {\text{C}}_4^4.{\text{C}}_6^1\).Xác suất để \(5\) viên bi được lấy ra có ít nhất \(3\) viên bi màu đỏ bằng \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( {{\Omega _A}} \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{11}}{{42}}\).

Đặt \(f\left( x \right) = {x^2} – 2x + m\).Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = 0\) nên hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} – 2x + m}}\) luôn có tiệm cận ngang \(y = 0\) với mọi \(m\).Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} – 2x + m}}\) có đúng hai đường tiệm cận khi và chỉ khi phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có đúng \(1\) nghiệm hoặc phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có nghiệm \(x = – 1\).Suy ra \(\left[ \begin{gathered} {{\Delta '}_f} = 0 \hfill \\ f\left( { – 1} \right) = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 1 – m = 0 \hfill \\ m + 3 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} m = 1 \hfill \\ m = – 3. \hfill \\ \end{gathered} \right.\)Vậy tổng tất cả các giá trị của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} – 2x + m}}\) có đúng hai đường tiệm cận là \(1 + \left( { – 3} \right) = – 2\).