Đáp án đúng là: C

Phương trình của mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua gốc tọa độ \(O\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {5; - 3;2} \right)\) là

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

Đáp án đúng là: A

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;3; - 4} \right)\).

Phương trình \(\Delta \) đi qua \(A\left( {1; - 2;5} \right)\) và nhận vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;3; - 4} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình là \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 5}}{{ - 4}}\).

Đáp án đúng là: D

Ta có \(d = d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {3.1 + 4.\left( { - 2} \right) + 2.3 + 4} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2} + {2^2}} }} = \frac{5}{{\sqrt {29} }}\).

Đáp án đúng là: A

Vì \(A,B\) độc lập nên \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right)\).

Khi đó \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = P\left( B \right) = 0,45\).

Đáp án đúng là: D

Theo công thức Bayes, ta có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,8.0,2}}{{0,4}} = 0,4\).

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Vận tốc của vật tại thời điểm \(t\) giây là \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} \).

b) \(v\left( t \right) = \int {\frac{1}{{{t^2} + 3t + 2}}dt} \)\( = \int {\frac{1}{{\left( {t + 1} \right)\left( {t + 2} \right)}}dt} \)\( = \int {\left( {\frac{1}{{t + 1}} - \frac{1}{{t + 2}}} \right)dt} \)\( = \ln \left| {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} \right| + C\).

Mà \({v_0} = 3\ln 2\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) nên \(\ln \frac{1}{2} + C = 3\ln 2 \Rightarrow C = 4\ln 2\).

Do đó \(v\left( t \right) = \ln \left| {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} \right| + 4\ln 2\).

c) Có \(v\left( {10} \right) = \ln \frac{{11}}{{12}} + 4\ln 2 \approx 2,69\;{\rm{m/s}}\).

d) \(v\left( t \right) = \ln \left| {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} \right| + 4\ln 2 = 4\ln 2\)\( \Rightarrow \ln \left| {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} \right| = 0\)\( \Rightarrow \left| {\frac{{t + 1}}{{t + 2}}} \right| = 1\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{t + 1}}{{t + 2}} = 1\\\frac{{t + 1}}{{t + 2}} = - 1\end{array} \right.\) vô nghiệm.

Do đó không có thời điểm nào vận tốc của vật đạt \(v = 4\ln 2\;\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Tọa độ của một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\left( {1;2; - 1} \right)\).

b) Thay tọa độ điểm \(A\left( {1;1;2} \right)\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):x + 2y - z + 3 = 0\) ta được

\(1 + 2.1 - 2 + 3 = 4 \ne 0\). Do đó \(A \notin \left( P \right)\).

c) Ta có \(R = d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 2.1 - 2 + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{4}{{\sqrt 6 }}\).

Mặt cầu cần tìm là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = \frac{{16}}{6} = \frac{8}{3}\).

d) Mặt phẳng \(\left( Q \right)//\left( P \right)\) nên ta có \(\left( Q \right):x + 2y - z + D = 0\left( {D \ne 3} \right)\).

Vì \(\left( Q \right)\) đi qua điểm \(A\) nên \(1 + 2.1 - 2 + D = 0 \Leftrightarrow D = - 1\).

Vậy \(\left( Q \right):x + 2y - z - 1 = 0\).

a) Đ, b) S, c) S, d) Đ

a) Đường thẳng \({d_1}\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1; - 1;1} \right)\).

b) Ta có \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {3;3; - 1} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \({d_2}\).

Mặt phẳng đi qua điểm \(A\left( {1; - 1;3} \right)\) và vuông góc với đường thẳng \({d_2}\) nhận vectơ \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {3;3; - 1} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là \(3\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y + 1} \right) - \left( {z - 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 3x + 3y - z + 3 = 0\).

c) Giả sử \(d \cap {d_1} = M\). Khi đó \(M\left( {2 + t; - 1 - t;1 + t} \right)\).

Đường thẳng \(d\) nhận \(\overrightarrow {AM} = \left( {1 + t; - t;t - 2} \right)\) làm vectơ chỉ phương.

Lại có \(d \bot {d_2}\) nên \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {{u_2}} = 0 \Leftrightarrow \left( {1 + t} \right).3 + \left( { - t} \right).3 + \left( {t - 2} \right).\left( { - 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow t = 5\).

Suy ra \(\overrightarrow {AM} = \left( {6; - 5;3} \right)\).

d) Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 1;3} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AM} = \left( {6; - 5;3} \right)\) có phương trình là \(\frac{{x - 1}}{6} = \frac{{y + 1}}{{ - 5}} = \frac{{z - 3}}{3}\).

Thay tọa độ điểm \(K\left( {13; - 11;9} \right)\) vào phương trình đường thẳng d ta được

\(\frac{{13 - 1}}{6} = \frac{{ - 11 + 1}}{{ - 5}} = \frac{{9 - 3}}{3}\) (đúng). Do đó đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(K\left( {13; - 11;9} \right)\).

a) S, b) Đ, c) Đ, d) S

a) Do \({\rm{P}}\left( {{A_1}} \right) = 0,61\).

b) \({\rm{P}}\left( {B\mid {A_2}} \right) = \frac{{{\rm{P}}\left( {B \cap {A_2}} \right)}}{{{\rm{P}}\left( {{A_2}} \right)}} = 0,82\).

c)  Ta có: \({\rm{P}}\left( {{A_1}} \right) = 0,61;{\rm{P}}\left( {{A_2}} \right) = 0,39;{\rm{P}}\left( {B\mid {A_1}} \right) = 0,93;{\rm{P}}\left( {B\mid {A_2}} \right) = 0,82\).

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\({\rm{P}}\left( B \right) = {\rm{P}}\left( {{A_1}} \right){\rm{.P}}\left( {B\mid {A_1}} \right) + {\rm{P}}\left( {{A_2}} \right){\rm{.P}}\left( {B\mid {A_2}} \right) = 0,61.0,93 + 0,39.0,82 = 0,8871\).

d) Theo công thức Bayes, ta có: \({\rm{P}}\left( {{A_1}\mid B} \right) = \frac{{{\rm{P}}\left( {{A_1}} \right){\rm{.P}}\left( {B\mid {A_1}} \right)}}{{{\rm{P}}\left( B \right)}} = \frac{{0,61 \cdot 0,93}}{{0,8871}} \approx 0,64\).

Trả lời: 7,53

Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {3{{\cos }^2}\frac{x}{2} + \sin x} \right)} dx\)\( = \int {\left( {3\frac{{1 + \cos x}}{2} + \sin x} \right)} dx\)

\[ = \int {\left( {\frac{3}{2} + \frac{{3\cos x}}{2} + \sin x} \right)} dx\]\[ = \frac{3}{2}x + \frac{3}{2}\sin x - \cos x + C\].

Vì \(F\left( 0 \right) = 5\) nên \[F\left( 0 \right) = - 1 + C = 5 \Rightarrow C = 6\].

Do đó \[F\left( x \right) = \frac{3}{2}x + \frac{3}{2}\sin x - \cos x + 6\].

Vậy \[F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = \frac{3}{2}.\frac{\pi }{4} + \frac{3}{2}\sin \frac{\pi }{4} - \cos \frac{\pi }{4} + 6 \approx 7,53\].

Trả lời: 1,5

\(I = \int\limits_1^2 {\left[ {{a^2} + \left( {4 - a} \right)x + 4{x^3}} \right]dx} = \frac{{184}}{9}\)

\( \Leftrightarrow \left. {\left( {{a^2}x + \left( {4 - a} \right)\frac{{{x^2}}}{2} + {x^4}} \right)} \right|_1^2 = \frac{{184}}{9}\)

\( \Leftrightarrow \left( {2{a^2} + 2\left( {4 - a} \right) + 16 - {a^2} - \frac{1}{2}\left( {4 - a} \right) - 1} \right) = \frac{{184}}{9}\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + \frac{3}{2}\left( {4 - a} \right) + 15 = \frac{{184}}{9}\)

\( \Leftrightarrow {a^2} - \frac{3}{2}a + \frac{5}{9} = 0\)

\( \Leftrightarrow a = \frac{5}{6}\) hoặc \(a = \frac{2}{3}\). Suy ra \(S = \left\{ {\frac{5}{6};\frac{2}{3}} \right\}\)

Do đó tổng các phần tử của \(S\) là \(1,5\).

Trả lời: 1008

Ta có diện tích bức tường hình chữ nhật là \(10.8 = 80\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho gốc \(O\) trùng với chân bên trái cổng parabol như hình sau:

Giả sử \(P:y = a{x^2} + bx + c\).

Vì \(\left( P \right)\) đi qua \(\left( {0;0} \right),\left( {2;4,8} \right),\left( {4;0} \right)\) nên ta có \(\left\{ \begin{array}{l}4a + 2b + c = 4,8\\16a + 4b + c = 0\\c = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{6}{5}\\b = \frac{{24}}{5}\\c = 0\end{array} \right.\).

Do đó \(\left( P \right):y = - \frac{6}{5}{x^2} + \frac{{24}}{5}x\).

Diện tích của chiếc cổng là: \(S = \int\limits_0^4 {\left| { - \frac{6}{5}{x^2} + \frac{{24}}{5}x} \right|dx} = \frac{{64}}{5}\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Suy ra diện tích cần sơn là: \(80 - \frac{{64}}{5} = 67,2\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).

Chi phí cần để sơn là: \(67,2.15000 = 100800\) đồng = 1008 nghìn đồng.

Trả lời: 27

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2;0; - 1} \right)\), \(\overrightarrow {AC}  = \left( {2;9; - 1} \right)\), \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {9;0;18} \right) = 9\left( {1;0;2} \right)\).

Mặt phẳng \((ABC)\) và \((Oxy)\) có vectơ pháp tuyến lần lượt là:\({\vec n_1} = (1;0;2)\),\({\vec n_2} = (0;0;1)\).

Gọi \(\alpha \) là góc giữa mặt phẳng mái nhà bên phải và nền nhà.

Ta có \(\cos \alpha  = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right| = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\). Suy ra \(\alpha  \approx 27^\circ \).

Trả lời: −180

Vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {300;50; - 50} \right)\) nên \(\overrightarrow u = \left( {6;1; - 1} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\). Phương trình đường thẳng \(AB\) là: \(\frac{{x + 500}}{6} = \frac{{y + 250}}{1} = \frac{{z - 150}}{{ - 1}}\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của điểm \(O\) trên đường thẳng \(AB\)thì \(OH\) là khoảng cách ngắn nhất giữa máy bay và đài kiểm soát. Khi đó \(H\left( {6t - 500;t - 250; - t + 150} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {OH} .\overrightarrow u = \left( {6t - 500} \right).6 + t - 250 + \left( { - t + 150} \right).\left( { - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{1700}}{9}\).

Suy ra toạ độ của vị trí máy bay khi đó là \(\left( {\frac{{1900}}{3}; - \frac{{550}}{9}; - \frac{{350}}{9}} \right)\).

Vậy \(\frac{{ - 3a - b - c}}{{10}} = - 180.\)

Trả lời: 0,3

Xét các biến cố: \(A\): “Lần thứ nhất rút ra được thẻ ghi số nguyên tố”;

\(B\): “Lần thứ hai rút được thẻ ghi số nguyên tố”.

Từ \(1\) đến \(40\) có \(12\) số nguyên tố nên \(P\left( A \right) = \frac{{12}}{{40}} = 0,3\) và \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,3 = 0,7\).

Vì rút không hoàn lại nên \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{11}}{{39}}\), \[P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{12}}{{39}} = \frac{4}{{13}}\].

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\[P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = 0,3.\frac{{11}}{{39}} + 0,7.\frac{4}{{13}} = 0,3\].