Ta có \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\). Chọn D.

Ta có: \(\Delta OAB\) vuông tại \(O\) ta có: \(\tan \widehat {BAO} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{{\sqrt {A{B^2} - O{A^2}} }}{{OA}} = 7\).

Gọi \(k\) là hệ số góc của tiếp tuyến tại \(M\) của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 4}}{{x - 3}}\), ta có: \(k =  \pm 7\).

Ta có: \(y' = \frac{{ - 7}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}\)\( \Rightarrow y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{{ - 7}}{{{{\left( {{x_0} - 3} \right)}^2}}} =  \pm 7 \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 3} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 4\\{x_0} = 2\end{array} \right.\).

Với \({x_0} = 4\) thì \({y_0} = \frac{{4 + 4}}{{4 - 3}} = 8\) > 0 (thỏa mãn). Suy ra \(M\left( {4;8} \right) \Rightarrow T = 16\).

Với \({x_0} = 2\) thì \({y_0} = \frac{{2 + 4}}{{2 - 3}} =  - 6 < 0\) (loại).

Đáp án cần nhập là: \(16\).

Ta có \(y' = f'\left( {5 - 2x} \right)\)\( = - 2f'\left( {5 - 2x} \right)\).

\(y' = 0\)\( \Leftrightarrow - 2f'\left( {5 - 2x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5 - 2x = - 3\\5 - 2x = - 1\\5 - 2x = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 4\\x = 3\\x = 2\end{array} \right.\).

\(f'\left( {5 - 2x} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5 - 2x < - 3\\ - 1 < 5 - 2x < 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 4\\2 < x < 3\end{array} \right.\);

\(f'\left( {5 - 2x} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5 - 2x > 1\\ - 3 < 5 - 2x < - 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < 2\\3 < x < 4\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( {5 - 2x} \right)\) như sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(y = f\left( {5 - 2x} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {4\,;\,5} \right)\). Chọn D.

Từ giả thiết, ta có bảng biến thiên của hàm số \[f\left( x \right)\] như sau:

Ta có \[g\left( x \right)\, = \,f\left( {3 - x} \right)\]\[ \Rightarrow \]\[g'\left( x \right)\, = \, - f'\left( {3 - x} \right)\].

Từ bảng biến thiên của hàm số \[f\left( x \right)\] ta có

\[g'\left( x \right)\, \ge 0\]\[ \Leftrightarrow f'\left( {3 - x} \right) \le 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 - x \le - 1\\1 \le 3 - x \le 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 4\\ - 1 \le x \le 2\end{array} \right.\].

Như thế ta có bảng biến thiên của hàm số \[g\left( x \right)\] như sau:

Từ bảng biến thiên, ta nhận thấy hàm số \[g\left( x \right)\] có 1 điểm cực đại.

Đáp án cần nhập là: \(1\).

Đặt \(\sin x = t\). Vì \(x \in \left[ {0;\pi } \right]\) nên \(t \in \left[ {0;1} \right]\). Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} g\left( x \right) = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right)\).

Ta thấy \(f'\left( t \right) \le 0\;\forall \;t \in \left[ {0;1} \right]\) nên hàm số \(f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left[ {0;1} \right]\).

Do vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right)\). Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} g\left( x \right) = f\left( 1 \right)\). Chọn B.         

Ta có: \[y = \frac{1}{3}{x^3} - \frac{{{m^2} + 3}}{2}{x^2} - \left( {{m^3} + m - 2} \right)x + {m^2}\].

\[y' = {x^2} - \left( {{m^2} + 3} \right)x - \left( {{m^3} + m - 2} \right)\]

\[y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {{m^2} + 3} \right)x - \left( {{m^3} + m - 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} - \left( { - m + 1} \right)x - \left( {{m^2} + m + 2} \right)x + \left( { - m + 1} \right)\left( {{m^2} + m + 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {x + m - 1} \right)\left( {x - {m^2} - m - 2} \right) = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + m - 1 = 0\\x - {m^2} - m - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - m + 1\\x = {m^2} + m + 2\end{array} \right.\].

Ta có \[{m^2} + m + 2 - \left( { - m + 1} \right) = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2} \ge 0\] nên để hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu thì \[m + 1 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne  - 1\], và ta cũng suy ra được \[{m^2} + m + 2 >  - m + 1\] với mọi \[m \ne  - 1\] nên , \[{x_{{\rm{CT}}}} = {m^2} + m + 2\] .

Ta có: .

Mà \(m\) nguyên thuộc đoạn \[\left[ { - 9;9} \right]\], \[m \ne  - 1\] nên \[m \in \left\{ { - 9; - 8;...; - 2} \right\}\].

Vậy có \[8\] giá trị của \(m\) thỏa mãn ycbt. Chọn A.

Ta có: \[{\left( {\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2}} \right)^2} = {\sin ^2}\frac{x}{2} + 2\sin \frac{x}{2} \cdot \cos \frac{x}{2} + {\cos ^2}\frac{x}{2} = 1 + \sin x\].

Khi đó \[\int {{{\left( {\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2}} \right)}^2}{\rm{d}}x}  = \int {\left( {1 + \sin x} \right){\rm{d}}x}  = \int {{\rm{d}}x}  + \int {\sin x{\rm{d}}x = x - \cos x + C} \]. Chọn A.

Ta có: \(y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}} = x + 1 + \frac{1}{{x + 1}}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {y - \left( {x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{1}{{x + 1}} = 0\).

Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng \(y = x + 1\). Chọn D.

Xét phương trình: \(2f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}\) (1).

Số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy, đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\) cắt nhau tại điểm phân biệt nên phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Ta có: \[C\left( {100} \right) - C\left( 0 \right) = \int\limits_0^{100} {C'\left( x \right)dx} = \int\limits_0^{100} {\left( {5 - 0,06x + 0,00072{x^2}} \right)dx} = 440\].

Suy ra \(C\left( {100} \right) = C\left( 0 \right) + 440 = 30 + 440 = 470\) (triệu đồng).

Vậy khi nhà máy sản xuất 100 tấn sản phẩm A trong tháng thì tổng chi phí là 470 triệu đồng.

Đáp án cần nhập là: \(470\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.\).

Dựa vào hình vẽ, ta có bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 1,\,x = 3\); hàm số đạt cực đại tại \(x = 2\). Chọn B.

Đặt \(u = f\left( x \right) + 2\). Từ đồ thị ta thấy hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\) đạt cực trị tại \(x = 2\) và \(x = 5\).

Sử dụng phương pháp ghép trục:

Từ bảng biến thiên, phương trình \(f\left[ {f\left( x \right) + 2} \right] = \frac{m}{2}\) có 3 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 11 < \frac{m}{2} < - 2\\4 < \frac{m}{2} < 13\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 22 < m < - 4\\8 < m < 26\end{array} \right.\]. Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(S = \left\{ { - 21; - 20;...; - 5;\,\,9;10;\,...;25} \right\}\).

Vậy có \(34\) giá trị của \(m\) thỏa mãn. Chọn D.

Ta có \[\int\limits_1^3 {\left[ {f\left( x \right) + 2x} \right]dx}  = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^3 {2xdx}  = 2 + \left. {{x^2}} \right|_1^3 = 2 + \left( {9 - 1} \right) = 10\]. Chọn B.

Ta có bán kính của \(\left( S \right)\) là \(\sqrt 6 \) nên đường kính của \(\left( S \right)\) bằng \(2\sqrt 6 \). Chọn C.

Xét tam giác \(ABC\), ta có: \(\widehat {ABC} = 180^\circ  - 59,95^\circ  - 82,15^\circ  = 37,9^\circ \).

Áp dụng định lí sin ta có: \(\frac{{AB}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}\). Do đó \(AB = \frac{{25\sin 82,15^\circ }}{{\sin 37,9^\circ }} \approx 40\,\,\left( m \right)\).

Đáp án cần nhập là: \(40\).

Diện tích hình phẳng cần tìm là \[S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 2x} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^2 {\left( {2x - {x^2}} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\left( {{x^2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^2 = \frac{4}{3}\].

Chọn C.

Ta có \[\frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)}} = 2\]

\[ \Rightarrow d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\].

Dễ thấy \[AC \bot CD\], \[SA \bot CD\] dựng \[AH \bot SA\]\[ \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)\]. Vậy \[d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH\].

Xét tam giác vuông \[SAC\] có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}}\]\[ \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\]. Vậy \[d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\]. Chọn B.

Để chi phí xây dựng bờ rào là ít tốn kém nhất thì chu vi mảnh đất phải bé nhất.

Gọi \(x\) (m) là chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật \(\left( {x > 0} \right)\). Suy ra chiều rộng là \(\frac{{100}}{x}\) (m).

Chu vi của mảnh đất hình chữ nhật là \(C\left( x \right) = 2x + \frac{{200}}{x}\) (m).

Ta có: \(C'\left( x \right) = 2 - \frac{{200}}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^2} - 200}}{{{x^2}}}\); \(C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 200 = 0 \Leftrightarrow x = 10\)\(\left( {v\`i \,\,x > 0} \right)\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy \(\mathop {\min \,\,C\left( x \right) = C\left( {10} \right) = 40}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,} \).

Suy ra chu vi mảnh đất hình chữ nhật bé nhất khi chiều dài bằng \(10\,m\), chiều rộng bằng \(10\,m\).

Vậy \(a + 2b = 30\).

Đáp án cần nhập là: \[30\].

Trong mặt phẳng \(\left( {OBC} \right)\) dựng hình bình hành \(OMBN\), kẻ \(OI \bot BN\).

Kẻ \(OH \bot AI\). Nhận xét \(OM\,{\rm{//}}\left( {ABN} \right)\) nên khoảng cách \(h\) giữa hai đường thẳng \(AB\) và \[OM\] bằng khoảng cách giữa đường thẳng \(OM\)và mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\), bằng khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\). Suy ra \(h = d\left( {O,\left( {ABN} \right)} \right) = OH\).

Ta có \(\int\limits_1^3 {\frac{{x + 2}}{x}} \,dx = \int\limits_1^3 {\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)dx} = \int\limits_1^3 {dx} + \int\limits_1^3 {\frac{2}{x}} \,dx = 2 + 2\left. {\ln \left| x \right|} \right|_1^3 = 2 + 2\ln 3.\)

Do đó \(a = 2,\,b = 2,\,c = 3 \Rightarrow S = 7.\)

Đáp án cần nhập là: \(7\).

Gọi \[E\] là trọng tâm của tam giác \[ACD,\,\,\,M\] là trung điểm của \[CD\,.\]

Nối \[BE\] cắt \[AA'\] tại \[G\] suy ra \[G\] là trọng tâm tứ diện \[ABCD\].

Xét tam giác \[MAB,\] có \[\frac{{ME}}{{MA}} = \frac{{MA'}}{{MB}} = \frac{1}{3}\].

Suy ra \[A'E\]//\[AB\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{A'E}}{{AB}} = \frac{1}{3}\,.\]

Khi đó, theo định lí Thales, suy ra \[\frac{{A'E}}{{AB}} = \frac{{A'G}}{{AG}} = \frac{1}{3}\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{GA}}{{GA'}} = 3\,.\] Chọn B.

Do đường tròn tiếp xúc với đường thẳng ∆ nên bán kính của đường tròn bằng khoảng cách từ tâm đường tròn đến đường thẳng ∆. Tức là, \(R = d\left( {I,\Delta } \right) = \frac{{\left| {3 - 5 \cdot \left( { - 2} \right) + 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} }} = \frac{{14}}{{\sqrt {26} }}\).

Vậy bán kính của đường tròn đã cho bằng \(\frac{{14}}{{\sqrt {26} }}\). Chọn C.

Gọi \(D = \left( {x;y;z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {DC} = \left( {5 - x; - 2 - y;1 - z} \right)\). Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;3; - 3} \right)\).

\(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AB} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}5 - x = 1\\ - 2 - y = 3\\1 - z = - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = - 5\\z = 4\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {4; - 5;4} \right)\). Chọn B.

Đường thẳng \(\Delta :\frac{{x - 10}}{5} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z + 2}}{1}\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {5;1;1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right):10x + 2y + mz + 11 = 0\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {10\,;\,2\,;\,m} \right)\).

Để mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với đường thẳng \(\Delta \) thì \(\overrightarrow u \) phải cùng phương với \(\overrightarrow n \), tức là \[\frac{5}{{10}} = \frac{1}{2} = \frac{1}{m} \Leftrightarrow m = 2\].

Đáp án cần nhập là: \(2\).

 \(\Delta \) có VTCP \(\overrightarrow u = \left( { - 1;2; - 3} \right)\) và \(\left( P \right)\) có VTPT là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 1;1} \right)\).

\(\left( \alpha \right)\) qua \(O\) và nhận \(\overrightarrow {n'} = - \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow n } \right] = \left( {1;2;1} \right)\) làm VTPT.

Suy ra \(\left( \alpha \right):x + 2y + z = 0\). Chọn A.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ bên.

Ta gọi thể tích của chiếc mũ là \(V\).

Thể tích của khối trụ có bán kính đáy bằng \(OA = 10\)cm và đường cao \(OO' = 5\)cm là \({V_1}\).

Thể tích của vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường cong \(AB\) và hai trục tọa độ quanh trục \(Oy\) là \({V_2}\). Khi đó, ta có \(V = {V_1} + {V_2}\).

Ta có \({V_1} = 5 \cdot {10^2}\pi = 500\pi \) \(\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Ta có \[{\vec u_d} = \left( {3; - 5; - 1} \right)\] là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \[d\]; \[{\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2;0;1} \right)\] là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Ta có: \[\left[ {{{\vec u}_d},{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right] = \left( { - 5; - 5;10} \right)\].

Do \(\Delta \) vuông góc với \[d\] và song song với \(\left( P \right)\) nên \[\vec u = \left( {1;1; - 2} \right)\] là vectơ chỉ phương của \(\Delta \).

Khi đó, phương trình của \(\Delta \) là: \[\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{{z - 4}}{{ - 2}}\]. Chọn C.

Viết phương trình đường thẳng \[d\] đi qua điểm \[M\left( {1;2;3} \right)\] và vuông góc với \[\left( P \right):x + y + z - 3 = 0\]. Khi đó, \[d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 3 + t\end{array} \right.\].

Gọi \[H = d \cap \left( P \right)\] thì \[H\] là hình chiếu vuông góc của \[M\] trên \[\left( P \right)\].

Tọa độ điểm \[H\] thỏa mãn hệ: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 3 + t\\x + y + z - 3 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow 1 + t + 2 + t + 3 + t - 3 = 0 \Leftrightarrow t =  - 1 \Rightarrow H\left( {0;1;2} \right)\]. Chọn C.

Gọi tọa độ các điểm trên ba tia \[Ox,Oy,Oz\] lần lượt là \[A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right),C\left( {0;0;c} \right)\] với \[a,b,c > 0\].

Vì \[G\] là trọng tâm tam giác \[ABC\]nên \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{3} =  - 6\\\frac{b}{3} =  - 12\\\frac{c}{3} = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 18\\b =  - 36\\c = 54\end{array} \right.\].

Gọi phương trình mặt cầu \[\left( S \right)\] cần tìm là: \[{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2mx - 2ny - 2pz + q = 0\]. Vì \[\left( S \right)\] đi qua các điểm \[O,A,B,C\] nên ta có hệ: \[\left\{ \begin{array}{l}q = 0\\36m + q =  - {18^2}\\72n + q =  - {36^2}\\ - 108p + q =  - {54^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - 9\\n =  - 18\\p = 27\\q = 0\end{array} \right.\].

Vậy tọa độ tâm mặt cầu \[\left( S \right)\] là \[\left( { - 9; - 18;27} \right)\]. Chọn D.

Gọi \(I\left( {x;y;z} \right)\) là điểm thỏa mãn \(2\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  = \vec 0\), suy ra \(I\left( { - 1;1;1} \right)\).

Ta có: \(I{A^2} = 27\); \(I{B^2} = 12\); \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = 3\).

\(2M{A^2} + 3M{B^2}\)\( = 2{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 3{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2}\)\( = 5{\overrightarrow {MI} ^2} + 2{\overrightarrow {IA} ^2} + 3{\overrightarrow {IB} ^2}\)\( = 5M{I^2} + 90\).

Mà \(2M{A^2} + 3M{B^2}\)nhỏ nhất \( \Leftrightarrow \) \(MI\) nhỏ nhất. Suy ra \(MI \ge d\left( {I,\left( P \right)} \right) = 3\).

Vậy \(2M{A^2} + 3M{B^2} \ge 5 \cdot 9 + 90 = 135\).

Đáp án cần nhập là: \[135\].

Khối lượng trung bình của cả ba nhóm học sinh là:

\(\overline x  = \frac{{50 \cdot 410 + 38 \cdot 15 + 40 \cdot 25}}{{450}} \approx 49,04\) (kg). Chọn D.

Chọn ngẫu nhiên \(3\) bi trong \(9\) bi có \(n\left( \Omega  \right) = C_9^3 = 84\).

Số cách chọn \(3\) bi trong đó có ít nhất \(1\) bi đỏ là: \(n\left( A \right) = C_4^3 + C_4^2C_5^1 + C_4^1C_5^2 = 74\).

Xác suất để \(3\) bi được chọn có ít nhất \(1\) bi đỏ là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\)\( = \frac{{74}}{{84}}\)\( = \frac{{37}}{{42}}\). Chọn D.

Ta hiệu chỉnh lại bảng số liệu đã cho như sau:

Số học sinh tham gia thu nhặt vỏ lon nước ngọt là \(n = 58 + 87 + 54 + 44 + 23 = 266\).

Gọi \({x_1};\,{x_2};\,...;\,{x_{266}}\) lần lượt là số vỏ chai của \(266\) học sinh khối 12 thu nhặt được xếp theo thứ tự không giảm.

Do \({x_1};\,{x_2};\,...;\,{x_{58}} \in \left[ {10,5;\,15,5} \right)\); \({x_{59}};\,{x_{55}};\,...;\,{x_{145}} \in \left[ {15,5;\,20,5} \right)\) nên trung vị của mẫu số liệu \({x_1};\,{x_2};\,...;\,{x_{266}}\) là \(\frac{1}{2}\left( {{x_{133}} + {x_{134}}} \right) \in \left[ {15,5;\,20,5} \right)\). 

Ta xác định được \(n = 266,\,{n_m} = 87,\,C = 58,\,{u_m} = 15,5\) và \({u_{m + 1}} = 20,5\).

Trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({M_e} = 15,5 + \frac{{\frac{{266}}{2} - 58}}{{87}} \cdot \left( {20,5 - 15,5} \right) \approx 19,81\).

Đáp án cần nhập là: \[19,81\].

Gọi \(A\) là biến cố: “Hệ thống máy thứ nhất hoạt động tốt”;

\(B\) là biến cố: “Hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt”;

\(C\) là biến cố: “Công ty hoàn thành đúng hạn”.

Ta có \(\overline A \) là biến cố: “Hệ thống máy thứ nhất hoạt động không tốt”;

\(\overline B \) là biến cố: “Hệ thống máy thứ hai hoạt động không tốt”;

\(\overline C \) là biến cố: “Công ty hoàn thành không đúng hạn”.

Theo bài ra ta có: \(P\left( A \right) = 0,95\) ; \(P\left( B \right) = 0,85\). Suy ra \[P\left( {\overline A } \right) = 0,05\] ; \[P\left( {\overline B } \right) = 0,15\].

Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên \(\overline A \) và \(\overline B \) là hai biến cố độc lập. Mà \(\overline C  = \overline A \overline B \).

Suy ra \[P\left( {\overline C } \right) = P\left( {\overline A \overline B } \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = 0,0075\]\[ \Rightarrow P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = 0,9925\]. Chọn A.

Gọi \(A\) là biến cố “Hạt đậu nảy mầm”; \(B\) là biến cố: “Hạt ngô nảy mầm”.

Biến cố: “Có ít nhất một hạt nảy mầm” là biến cố \(A \cup B\).

Khi đó: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)\)

 \( = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,7 + 0,6 - 0,7 \cdot 0,6 = 0,88\).

Đáp án cần nhập là: \(0,88\).

Ta có bảng sau:

Cỡ mẫu là \[n = 1 + 2 + 4 + 11 + 7 = 25\]. Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\[\overline x  = \frac{{1 \cdot 1,5 + 2 \cdot 4,5 + 4 \cdot 7,5 + 11 \cdot 10,5 + 7 \cdot 13,5}}{{25}} = 10,02\].

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\(\begin{array}{l}{S^2} = \frac{1}{{25}}\left[ {1 \cdot {{\left( {1,5 - 10,02} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {4,5 - 10,02} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {7,5 - 10,02} \right)}^2}} \right.\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left. { + 11 \cdot {{\left( {10,5 - 10,02} \right)}^2} + 7 \cdot {{\left( {13,5 - 10,02} \right)}^2}} \right] \approx 9,85.\end{array}\)

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(S = \sqrt {{S^2}}  \approx \sqrt {9,85}  \approx 3,14\). Chọn A.

Ta có: \[P\left( {\bar B|A} \right) = 1 - P\left( {B|A} \right) = 1 - \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = 1 - \frac{{0,3}}{{0,6}} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\]. Chọn B.

Xét hai biến cố:

A: “Người được chọn là đàn ông”;    B: “Người được chọn bị mù màu”.

Theo bài ra ta có: \({\rm{P}}\left( {{\rm{B}}\mid {\rm{A}}} \right) = 0,05;\,\,{\rm{P}}\left( {{\rm{B}}\mid \bar A} \right) = 0,0025\).

Vì số đàn ông bằng số phụ nữ nên ta có \({\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) = 0,5\) và \[{\rm{P}}\left( {\bar A} \right) = 1 - 0,5 = 0,5\].

Áp dụng công thức Bayes, ta có xác suất để một người mù màu được chọn là đàn ông là:

\({\rm{P}}\left( {{\rm{A}}\mid {\rm{B}}} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,05}}{{0,5 \cdot 0,05 + 0,5 \cdot 0,0025}} \approx 0,9524\).

Đáp án cần nhập là: \[0,9524\].

Giả sử hộp bánh thứ \(i\) chứa \({a_i}\) chiếc bánh quy, xét \(I = \sum\limits_{i = 1}^{2024} {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^{{a_i}}},}&{{a_i} > 0}\\{0,}&{{a_i} = 0}\end{array}} \right.} \).

Nhận xét: Trước khi Elmon cho bánh vào hộp, ta luôn có \(I \le 4046\).

Chứng minh:

Giả sử \(I \le 4046\) và Elmon cho bánh quy vào các hộp chứa \(a\) và \(b\) chiếc bánh quy, trong đó \(a \le b\). Ta sẽ chứng minh sau khi Cookie Monster ăn bánh vào mỗi đêm, giá trị sau đó của \(I\), gọi là \(I'\)cũng thỏa mãn \(I' \le 4046\).

Nếu \(b > 0\), hành động của Elmon làm \(I\) tăng lên \({2^a} + {2^b}\), trong khi đó hành động của Cookie Monster làm \(I\) giảm ít nhất \({2^{b + 1}} \ge {2^b} + {2^a}\), do đó \(I' \le I \le 4046\).

Nếu \(a = b = 0\), hành động của Elmon làm \(I\) tăng lên 2, trong khi đó hành động của Cookie Monster làm \(I\) giảm ít nhất \(\frac{{I + 2}}{{2024}}\), do đó \(I' \le \frac{{2023}}{{2024}}\left( {I + 2} \right) \le 4046\).

Vậy trước khi Elmon hành động sẽ không có hộp bánh nào có ít nhất 12 chiếc bánh quy, do đó số bánh lớn nhất Cookie Monster có thể ăn là 12.

Xây dựng:

– Bằng cách chọn 1024 hộp bánh quy trống trong một hàng, Elmon có thể đảm bảo rằng mỗi hộp bánh trong 1024 hộp đều có 1 chiếc bánh quy.

– Bằng cách chọn 512 hộp bánh quy có 1 chiếc bánh trong mỗi lọ trong một hàng, Elmon có thể đảm bảo rằng mỗi hộp bánh trong 512 hộp đều có 2 chiếc bánh quy.

Tiếp tục quá trình trên, Elmon có thể đảm bảo rằng có \({2^{11 - n}}\) hộp bánh có \(n\) chiếc bánh ở mỗi hộp. Cuối cùng, Elmon có thể chắc chắn rằng có 1 hộp bánh chứa 11 chiếc bánh quy. Vào buổi đêm sau đó, Cookie Monster sẽ ăn 12 chiếc bánh quy.

Đáp án cần nhập là: \[12\].

Trong một giờ kim phút đi được 1 vòng đồng hồ thì kim giờ sẽ đi được \(\frac{1}{{12}}\) vòng đồng hồ. Vậy hiệu vận tốc giữa kim phút và kim giờ là: \(1 - \frac{1}{{12}} = \frac{{11}}{{12}}\) (vòng đồng hồ/giờ).

Lúc 7 giờ đúng thì kim giờ cách kim phút \(\frac{7}{{12}}\) vòng đồng hồ theo chiều quay của kim đồng hồ.

Khoảng thời gian ngắn nhất để kim phút lại trùng với kim giờ là: \(\frac{7}{{12}}:\frac{{11}}{{12}} = \frac{7}{{11}}\) (giờ).

Ta có \(\frac{7}{{11}}\) giờ \( \approx 38,2\) phút. Chọn B.

Dựa vào đồ thị, ta có: \(t = 0 \Rightarrow n\left( 0 \right) = 100 \Rightarrow C \cdot {a^0} = 100 \Rightarrow C = 100\), tức là số lượng ếch ban đầu là 100 con.

Mặt khác, \(t = 2 \Rightarrow n\left( 2 \right) = 196 \Rightarrow 100 \cdot {a^2} = 196 \Rightarrow a = 1,4\).

Do đó, số lượng ếch tăng theo hàm số \(n\left( t \right) = 100 \cdot {\left( {1,4} \right)^t}\).

Vậy hàm số biểu diễn số lượng ếch sau \(t\) năm kể từ khi chúng xuất hiện trong ao là:

\(H\left( t \right) = 100 + n\left( t \right) = 100 + 100 \cdot {\left( {1,4} \right)^t}\). Chọn C.

Thay \(t = 15\) vào hàm số \(H\left( t \right) = 100 + 100 \cdot {\left( {1,4} \right)^t}\), ta được:

\(H\left( {15} \right) = 100 + 100 \cdot {\left( {1,4} \right)^{15}} \approx 15\,657\). Chọn A.

Gọi thời gian Mark đi vệ sinh là \(a\). Từ khi Mark đi vệ sinh quay lại thì thời gian còn lại của bộ phim là \(7a\). Do khi xem được \(\frac{1}{3}\) bộ phim thì Mark đi vào nhà vệ sinh nên \(8a\) là thời gian của \(\frac{2}{3}\) bộ phim và \(12a\) là thời gian của bộ phim.

Mặt khác, thời gian từ khi Mark quay lại đến 21 giờ 12 phút gấp sáu lần thời gian từ 21 giờ 12 phút đến hết phim, nên thời gian từ khi Mark quay lại đến hết phim gấp bảy lần thời gian từ 21 giờ 12 phút đến hết phim. Suy ra thời gian từ 21 giờ 12 phút đến hết phim bằng thời gian Mark đi vệ sinh và cùng bằng \(a\).

Dẫn đến \(11a\) tương ứng với 21 giờ 12 phút trừ 19 giờ, tức là 2 giờ 12 phút.

Từ đó thời gian của bộ phim là \(12a\) tương ứng với 2 giờ 24 phút.

Vậy phim kết thúc lúc 21 giờ 24 phút. Chọn C.