Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 1 - \sqrt {5x + 1} }}{{x - \sqrt {4x - 3} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 5x - 1} \right]\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\)

            \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}} = \frac{9}{8}\).

Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 9}\\{b = 8}\end{array} \Rightarrow T = a - b = 1} \right.\).

Đáp án cần nhập là: \[1\].

 Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Ta có \(y' = 2x + \frac{8}{x} - m\).

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) khi \(y' \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le 2x + \frac{8}{x}\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).

Đặt \(f\left( x \right) = 2x + \frac{8}{x}\), có \(f'\left( x \right) = 2 - \frac{8}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^2} - 8}}{{{x^2}}},f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\) (do \(x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)).

Bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) như sau:

Suy ra hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) khi \(m \le 8\).

Mà \(m\) là số nguyên dương nên \[m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}\].

Vậy có 8 giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

Từ đồ thị của hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\); nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0;\,\,2} \right)\). Chọn D.

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( {x + 1} \right)\], có \[g'\left( x \right) = f'\left( {x + 1} \right)\].

Ta có \[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = - 1\\x + 1 = 0\\x + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = - 1\\x = 0\end{array} \right.\].

Bảng biến thiên của hàm \[g\left( x \right)\] như sau:

Từ bảng biến thiên của hàm \[g\left( x \right)\], ta thấy hàm số \[g\left( x \right) = f\left( {x + 1} \right)\] đạt cực tiểu tại \[x = - 1\]. Chọn B.

Đặt \[t = 2\sin x\]. Với \[x \in \left( {0;\pi } \right)\] thì \[t \in \left( {0;2} \right]\].

Dựa và đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] ta có \[\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left( {0;\pi } \right)} f\left( {2\sin x} \right) = \mathop {\max }\limits_{\left( {0;2} \right]} f\left( t \right) = f\left( 2 \right) = 3\]. Chọn C.

• TH1: \(m = 0 \Rightarrow y =  - 1\) nên hàm số không có cực trị \( \Rightarrow m = 0\) (loại).

• TH2: \(m \ne 0 \Rightarrow {m^2} > 0.\)

Hàm số \(y = {m^2}{x^4} - \left( {{m^2} - 2019m} \right){x^2} - 1\) có đúng một cực trị \( \Leftrightarrow ab \ge 0\)

\( \Leftrightarrow  - {m^2}\left( {{m^2} - 2019m} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2019m \le 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2019.{\rm{ }}\)

Vì \(m \ne 0 \Rightarrow 0 < m \le 2019.\)

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên có 2019 giá trị của tham số \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.

Ta có: \[\int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {5{x^4} + 6x} \right)dx}  = 5 \cdot \frac{{{x^5}}}{5} + 6 \cdot \frac{{{x^2}}}{2} + C = {x^5} + 3{x^2} + C\]. Chọn C.

Ta có: \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 1}}{{x - 2}}\)\( = x - 1 - \frac{1}{{x - 2}}\).

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - 1}}{{x - 2}} = 0\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {y - \left( {x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - 1}}{{x - 2}} = 0\).

Do đó, đường thẳng \(y = x - 1\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho. Chọn A.

Ta có: \(2f\left( x \right) - 4 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2\).

Số nghiệm dương của phương trình đã cho bằng số giao điểm có hoành độ dương của đường thẳng \(y = 2\) với đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).

Dựa vào đồ thị ta có số nghiệm dương phân biệt của phương trình \(2f\left( x \right) - 4 = 0\) là 3.

Đáp án cần nhập là: \[3\].

Ta có \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt}  = \int {\left( {2t - 7} \right)dt}  = {t^2} - 7t + C\).

Vì vận tốc ban đầu \(v\left( 0 \right) = 10\) nên \(C = 10\).

Do đó, vận tốc của vật được tính theo công thức \(v\left( t \right) = {t^2} - 7t + 10\) (m/s).

Khi đó, \(S\left( t \right) = \int v \left( t \right)dt = \frac{{{t^3}}}{3} - \frac{7}{2}{t^2} + 10t + C'\). Vì \(S\left( 0 \right) = 0\) nên \(C' = 0\).

Quãng đường vật đi được tính theo công thức \(S\left( t \right) = \frac{{{t^3}}}{3} - \frac{7}{2}{t^2} + 10t\) (m).

Ta có \(S'\left( t \right) = {t^2} - 7t + 10 \Rightarrow S'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 7t + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 2}\\{t = 5}\end{array}} \right.\).

Có \(S\left( 0 \right) = 0;\,\,S\left( 2 \right) = \frac{{26}}{3};\,\,S\left( 5 \right) = \frac{{25}}{6};\,\,S\left( 6 \right) = 6\)\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,6} \right]} S\left( t \right) = S\left( 2 \right) = \frac{{26}}{3}.\)

Vậy tại thời điểm \(t = 2\) giây trong 6 giây đầu tiên thì chất điểm ở xa nhất về phía bên phải.

Chọn D.

Xét hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đạo hàm \[y' = f'\left( x \right)\]. Ta có: \[y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 3}\\{x = - 1}\\{x = 1\,\,\,\,}\\{x = 5\,\,\,\,}\end{array}} \right.\].

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số \[y = f\left( x \right)\] có hai điểm cực đại và hai điểm cực tiểu. Chọn C.

Ta có: \( - 1 \le \cos x \le 1\) \( \Rightarrow - 2 \le 3\cos x + 1 \le 4\).

Đặt \(t = 3\cos x + 1\), khi đó để phương trình \(f\left( {3\cos x + 1} \right) = - \frac{m}{2}\) có nghiệm thì phương trình \(f\left( t \right) = - \frac{m}{2}\) có nghiệm \(t \in \left[ { - 2;4} \right]\).

Từ bảng biến thiên suy ra yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow - 1 \le - \frac{m}{2} \le 3 \Leftrightarrow - 6 \le m \le 2\).

Do \(m \in \mathbb{Z}\)\( \Rightarrow m \in \left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;\,0;\,1;\,2} \right\}\). Vậy có tất cả \(9\) giá trị thỏa mãn.

Đáp án cần nhập là: \[9\].

Ta có: \[\int\limits_0^2 {\frac{{{{\left( {{{\rm{e}}^x} + 2} \right)}^2}}}{{{{\rm{e}}^x}}}{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^2 {\frac{{{{\rm{e}}^{2x}} + 4{{\rm{e}}^x} + {\rm{4}}}}{{{{\rm{e}}^x}}}{\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {\left( {{{\rm{e}}^x} + 4 + 4{{\rm{e}}^{ - x}}} \right){\rm{d}}x = } } \left. {\left( {{{\rm{e}}^x} + 4x - 4{{\rm{e}}^{ - x}}} \right)} \right|_0^2\]

\[ = \left( {{{\rm{e}}^2} + 4 \cdot 2 - 4{{\rm{e}}^{ - 2}}} \right) - \left( {{{\rm{e}}^0} + 4 \cdot 0 - 4{{\rm{e}}^{ - 0}}} \right) = {{\rm{e}}^2} - \frac{4}{{{e^2}}} + 11\].

Từ đó suy ra \[a = 1\], \[b =  - 4\], \[c = 11\].

Vậy tổng cần tìm là \[S = {1^2} + {\left( { - 4} \right)^2} + {11^2} = 138\].

Đáp án cần nhập là: \[138\].

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2; - 3;1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 9  = 3\).

Tính khoảng cách từ tâm \(I\) đến các điểm đã cho và so sánh với bán kính \(R\), khoảng cách nào lớn hơn bán kính \(R\) thì điểm đó nằm bên ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\). Ta thấy điểm \(\left( {5; - 2;3} \right)\) nằm bên ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\). Chọn C.

Tam giác ABC vuông tại B nên ta có: \(\tan C = \frac{{AB}}{{CB}}\), suy ra \(AB = \left( {x + 1} \right)\tan 32^\circ \).

Tam giác ABD vuông tại B nên ta có: \(\tan D = \frac{{AB}}{{BD}}\), suy ra \(AB = x\tan 40^\circ \).

Từ đó suy ra: \(\left( {x + 1} \right)\tan 32^\circ  = x\tan 40^\circ \). Do đó, \(x = \frac{{\tan 32^\circ }}{{\tan 40^\circ  - \tan 32^\circ }} \approx 2,92\) (km).

Vậy chiều cao của ngọn núi là: \(AB \approx 2,92 \cdot \tan 40^\circ  \approx 2,45\) (km).

Đáp án cần nhập là: \[2,45\]. 

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\(S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{e^x} + 1} \right|dx}  = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {{e^x} + 1} \right)dx} \)\( = \left. {\left( {{e^x} + x} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \left( {e + 1} \right) - \left( {\frac{1}{e} - 1} \right) = e - \frac{1}{e} + 2\). Chọn D. 

Kẻ \(AH \bot SB\,\,(*)\). Ta có \(BC \bot AB\) (do ABCD là hình vuông); \(BC \bot SA\)(do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\).

Suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\,\,(**)\).

Từ \((*),(**)\) suy ra \(AH \bot (SBC).\)

Theo bài ra ta có chi phí thuê nhân công thấp nhất khi bể phải xây dựng có tổng diện tích xung quanh và diện tích đáy là nhỏ nhất.

Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy nên góc tạo bởi đường thẳng \(SC\) với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là góc \(\widehat {SCA}\). Theo bài ra ta có \(\widehat {SCA} = 60^\circ \)\( \Rightarrow SA = AC\tan \widehat {SCA} = 5a \cdot \tan 60^\circ  = 5a\sqrt 3 \).

Gọi \(N\) là là trung điểm của cạnh \(BC\), ta có \(MN{\rm{//}}AB\)\( \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {SMN} \right)\).

Ta có: \[\int\limits_1^3 {f\left( t \right){\rm{d}}t + } \int\limits_3^5 {f\left( z \right){\rm{d}}z}  = \int\limits_1^3 {f\left( t \right){\rm{d}}t + } \int\limits_3^5 {f\left( t \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_1^5 {f\left( t \right){\rm{d}}t} \].

Mặt khác: \[\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 6 \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( t \right){\rm{dt}}}  = 6\] và \[\int\limits_0^5 {f\left( u \right){\rm{d}}u}  = 13 \Rightarrow \int\limits_0^5 {f\left( t \right){\rm{d}}t}  = 13\].

Ta có: \[\int\limits_0^5 {f\left( t \right){\rm{d}}t = } \int\limits_0^1 {f\left( t \right){\rm{d}}t + } \int\limits_1^5 {f\left( t \right){\rm{d}}t} \] \[ \Rightarrow \int\limits_1^5 {f\left( t \right){\rm{d}}t}  = \int\limits_0^5 {f\left( t \right){\rm{d}}t}  - \int\limits_0^1 {f\left( t \right){\rm{d}}t}  = 13 - 6 = 7\]. Chọn D.

Gọi \[E,\,\,F,\,\,G\] lần lượt là trung điểm của \[BC,\,\,CD\] và \[DB.\]

Ta có \({S_{EFG}} = \frac{1}{4}{S_{BCD}} \Rightarrow {V_{A.GEF}} = \frac{1}{4}{V_{A.BCD}} = \frac{1}{4}.\)

\(\frac{{{V_{AMNP}}}}{{{V_{AEFG}}}} = \frac{{AM}}{{AE}} \cdot \frac{{AN}}{{AF}} \cdot \frac{{AP}}{{AG}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{8}{{27}}\).

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

\[5\]= - 7 \Rightarrow AB:4x + 3y - 7 = 0.\)

\(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\,,\,\,\overrightarrow {{u_2}} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\)Vì \(C\left( {a\,;\,\,b} \right) \in \left( d \right):x - 2y - 1 = 0 \Rightarrow a - 2b - 1 = 0 \Rightarrow a = 2b + 1.\)

Theo giả thiết, ta có \(d\left( {C\,,\,\,AB} \right) = 6 \Leftrightarrow \frac{{\left| {4a + 3b - 7} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 6 \Leftrightarrow \left| {4a + 3b - 7} \right| = 30.\)

Thay \(a = 2b + 1\) vào phương trình trên ta được \(\left| {4\left( {2b + 1} \right) + 3b - 7} \right| = 30 \Leftrightarrow \left| {11b - 3} \right| = 30\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{11b - 3 = 30}\\{11b - 3 = - 30}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3}\\{b = \frac{{ - 27}}{{11}}}\end{array}.} \right.} \right.\) Do \(C\) có toạ độ nguyên nên \(b = 3 \Rightarrow a = 7 \Rightarrow a + b = 10.\)

Đáp án cần nhập là: \[10\].

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4\,;\,\,x - 5\,;\,\,2} \right),\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\,y + 1} \right).\)

Ba điểm A, B, C thẳng hàng \( \Leftrightarrow \exists k \in \mathbb{R}:\overrightarrow {AB}  = k \cdot \overrightarrow {AC} \)\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 = 6k}\\{x - 5 =  - 3k}\\{2 = k\left( {y + 1} \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = \frac{2}{3}}\\\begin{array}{l}x = 3\,\\y = 2\end{array}\end{array}{\rm{.}}} \right.} \right.\]Vậy .

Đáp án cần nhập là: 5.

Ta có: \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\,,\,\,\overrightarrow {{u_2}} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) lần lượt là vectơ chỉ phương của \[{d_1},\,{d_2}.\]

 Gọi \[\overrightarrow n \] là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \[\left( P \right)\] ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow n \bot \overrightarrow {AB} \\\overrightarrow n \bot \overrightarrow {{n_Q}} \end{array} \right. \Leftrightarrow \overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( { - 1; - 1;1} \right) = - 1\left( {1;1; - 1} \right)\].

Khi đó mặt phẳng \[\left( P \right)\] qua \[A\left( {2;1; - 3} \right)\] và nhận \[\overrightarrow {n'} = \left( {1;1; - 1} \right)\] làm vectơ pháp tuyến.

Ta có phương trình mặt phẳng \[\left( P \right):\left( {x - 2} \right) + \left( {y - 1} \right) - \left( {z + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( P \right):x + y - z - 6 = 0\].

Chọn D.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng AB: \(y = - \frac{1}{2}x_1^2\) là:

\({S_1} = 2\int\limits_0^{{x_1}} {\left[ { - \frac{1}{2}{x^2} - \left( { - \frac{1}{2}x_1^2} \right)} \right]dx} = \left. {2\left( { - \frac{1}{2} \cdot \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{1}{2}x_1^2 \cdot x} \right)} \right|_0^{{x_1}} = \frac{2}{3}x_1^3\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol và đường thẳng CD: \(y = - \frac{1}{2}x_2^2\) là:

\({S_2} = 2\int\limits_0^{{x_2}} {\left[ { - \frac{1}{2}{x^2} - \left( { - \frac{1}{2}x_2^2} \right)} \right]dx} = \left. {2\left( { - \frac{1}{2} \cdot \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{1}{2}x_2^2 \cdot x} \right)} \right|_0^{{x_2}} = \frac{2}{3}x_2^3\).

Từ giả thiết suy ra \({S_2} = 2{S_1} \Leftrightarrow x_2^3 = 2x_1^3 \Leftrightarrow \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} = \frac{1}{{\sqrt[3]{2}}}\). Vậy \(\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} = \frac{1}{{\sqrt[3]{2}}} \approx 0,8\).

Đáp án cần nhập là: \[0,8\].

Gọi \[B = \Delta \cap Ox \Rightarrow B\left( {x\,;\,\,0\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {x - 2\,;\, - 1\,;\, - 1} \right).\]

Do \(\Delta \bot d\) nên \(1 \cdot \left( {x - 2} \right) + 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 3 \cdot \left( { - 1} \right) = 0 \Rightarrow x = 7 \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {5\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right).\)

Khi đó đường thẳng \(\Delta \) nhận một vectơ chỉ phương là \(\vec u = \overrightarrow {AB} = \left( {5\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right).\) Chọn B.

Ta có: \(\overrightarrow {MN} = \left( { - 3; - 2;2} \right),\,\,\,\overrightarrow {NP} = \left( {2;m - 2;1} \right)\).

Tam giác \(MNP\) vuông tại \(N\)\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {NP} = 0 \Leftrightarrow - 6 - 2m + 4 + 2 = 0 \Leftrightarrow m = 0.\)

Đáp án cần nhập là: \[0\].

Gọi mặt cầu đi qua \[O,\,\,A,\,\,B\] và tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\left( S \right)\) và mặt cầu này có tâm \(I\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right)\), bán kính R.

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có dạng: \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\).

Từ giả thiết, ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 0}\\{ - 8c + d = - 16}\\{ - 4a + d = - 4}\\{\frac{{\left| {2a + b - c + 5} \right|}}{{\sqrt {4 + 1 + 1} }} = R}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 0}\\{c = 2}\\{a = 1}\\{{{\left( {2 + b - 2 + 5} \right)}^2} = 6\left( {{1^2} + {b^2} + {2^2} - 0} \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 1}\\{c = 2}\\{d = 0}\end{array}.} \right.} \right.} \right.\]

Vậy \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 6.\) Chọn A.

Ta có: \(M \in \Delta \Rightarrow M\left( {2t + 1\;;\;\;t\;;\;\; - 2 - t} \right)\), khi đó:

\(M{A^2} + 2M{B^2} = {\left( {2t + 1} \right)^2} + {\left( {t + 1} \right)^2} + {\left( {t + 5} \right)^2} + 2\left[ {{{\left( {2t} \right)}^2} + {{\left( {t + 2} \right)}^2} + {{\left( {t + 3} \right)}^2}} \right]\)

\( = 18{t^2} + 36t + 53 = 18{\left( {t + 1} \right)^2} + 35 \ge 35\).

Dấu bằng xảy ra khi \(t = - 1 \Rightarrow M\left( { - 1\;;\; - 1\;;\; - 1} \right)\). Do đó, \(a = b = c = 1\). Vậy \(a + b + c = 3\).

Đáp án cần nhập là: \[3\].

Số đơn hàng trung bình giao được trong 1 tháng của nhân viên \(B\) là:

\[\bar x = \frac{{1002 + 510 + 430 + 395 + 400 + 401 + 396 + 299 + 450 + 450 + 560 + 611}}{{12}} = 492\] (đơn hàng).

Đáp án cần nhập là: \[492\].

• TH1: An và Cường trả lời đúng, Bình trả lời sai.

\( \Rightarrow {P_1} = 0,9 \cdot \left( {1 - 0,7} \right) \cdot 0,8 = 0,216\).

• TH2: Bình và Cường trả lời đúng, An trả lời sai.

\( \Rightarrow {P_2} = \left( {1 - 0,9} \right) \cdot 0,7 \cdot 0,8 = 0,056\).

Xác suất cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3 bạn trên là \(P = {P_1} + {P_2} = 0,272\). Chọn D.

Cỡ mẫu của mẫu số liệu là \(n = 25\). Gọi \({x_1},{x_2},{x_3}, \ldots ,{x_{25}}\) là điểm số của 25 học sinh trong kì thi đó và dãy này được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Trung vị của mẫu số liệu là \({x_{13}} \in \left[ {8;12} \right)\).

Ta có: \(n = 25,{n_m} = 12,C = 1 + 7 = 8,{u_m} = 8,{u_{m + 1}} = 12\).

Trung vị mẫu số liệu ghép nhóm là: \({M_e} = {u_m} + \frac{{\frac{n}{2} - C}}{{{n_m}}}\left( {{u_{m + 1}} - {u_m}} \right) = 8 + \frac{{\frac{{25}}{2} - 8}}{{12}}\left( {12 - 8} \right) = 9,5.\)

Đáp án cần nhập là: \[9,5\].

Chọn 6 viên bi trong 12 viên bi thì số cách chọn là: \(C_{12}^6 = 924\) cách, hay \[n\left( \Omega \right) = \] 924.

Biến cố \(A\): “Trong 6 viên bi đó có 3 viên bi trắng, 2 viên bi đỏ và 1 viên bi đen”.

+ Chọn 3 viên bi trắng trong 6 viên, số cách: \(C_6^3 = 20\).

+ Chọn 2 viên bi đỏ trong 4 viên, số cách: \(C_4^2 = 6\).

+ Chọn 1 viên bi đen trong 2 viên, số cách: \(C_2^1 = 2\).

Khi đó, \(n\left( A \right) = 20 \cdot 6 \cdot 2 = 240\). Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{240}}{{924}} = \frac{{20}}{{77}}\). Chọn B.

Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được một học sinh giỏi môn Tiếng Anh”, \(B\) là biến cố: “Chọn được một học sinh giỏi môn Toán”.

Xác suất để chọn được một học sinh giỏi Toán hoặc giỏi Anh là:

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{{12}}{{100}} + \frac{{35}}{{100}} - \frac{8}{{100}} = 0,39\).

Xác suất để chọn được một em học sinh không giỏi môn nào trong hai môn Toán, Tiếng Anh là: \(P\left( {\overline {A \cup B} } \right) = 1 - P\left( {A \cup B} \right) = 1 - 0,39 = 0,61\). Chọn A.

Ta có bảng sau:

Chiều cao trung bình: \[\overline x = \frac{1}{{500}}\left( {152 \cdot 25 + 156 \cdot 50 + 160 \cdot 200 + 164 \cdot 175 + 168 \cdot 50} \right) = 161,4\].

Phương sai của mẫu số liệu:

\[\begin{array}{l}s_x^2\, = \frac{1}{{500}}\left[ {25{{\left( {152 - 161,4} \right)}^2} + 50{{\left( {156 - 161,4} \right)}^2} + 200{{\left( {160 - 161,4} \right)}^2}} \right.\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left. { + 175{{\left( {164 - 161,4} \right)}^2} + 50{{\left( {168 - 161,4} \right)}^2}} \right] = 14,84.\end{array}\]

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu: \[{s_x} = \sqrt {s_x^2} = \sqrt {14,84} = \frac{{\sqrt {371} }}{5}\]. Chọn D.

Ta có:\(P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 0,2\).

Theo công thức nhân xác suất ta có: \(P\left( {A\bar B} \right) = P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A\mid \bar B} \right) = 0,2 \cdot 0,5 = 0,1\).

Vì \(A\bar B\) và AB là hai biến cố xung khắc và \(A\bar B \cup AB = A\).

Suy ra \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) - P\left( {A\bar B} \right) = 0,4 - 0,1 = 0,3\). Do đó \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,3}}{{0,8}} = 0,375\).

Đáp án cần nhập là: \[0,375\].

Gọi \[A\] là biến cố “người đó mắc bệnh”.

Gọi \[B\] là biến cố “kết quả kiểm tra người đó là dương tính (bị bệnh)”.

Ta cần tính \[P\left( {A|B} \right)\].

Xác suất để người đó mắc bệnh khi chưa kiểm tra: \[P\left( A \right) = 1\% = 0,01\].

Do đó, xác suất để người đó không mắc bệnh khi chưa kiểm tra: \[P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0,01 = 0,99\].

Xác suất kết quả dương tính nếu người đó mắc bệnh là: \[P\left( {B|A} \right) = 99\% = 0,99\].

Xác suất kết quả dương tính nếu người đó không mắc bệnh là: \[P\left( {B|\bar A} \right) = 1 - 0,99 = 0,01\].

Khi đó, \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right)}} = \frac{{0,01 \cdot 0,99}}{{0,01 \cdot 0,99 + 0,99 \cdot 0,01}} = 0,5\].

Vậy xác suất kết để người đó mắc bệnh nếu kết quả kiểm tra người đó là dương tính là \[0,5\].

Chọn C.

Diện tích mỗi mặt của một khối lập phương là \({\left( {\sqrt 3 } \right)^2} = 3\).

Từ khi Hà Linh bắt đầu làm bài cho đến khi hai kim giờ và kim phút đổi chỗ cho nhau thì kim phút đã đi được một quãng đường từ vị trí của kim phút đến vị trí của kim giờ còn kim giờ thì đi được một quãng đường từ vị trí của kim giờ đến vị trí của kim phút. Như vậy tổng quãng đường hai kim đã đi đúng bằng một vòng đồng hồ.

Mỗi giờ kim phút đi được 1 vòng đồng hồ còn kim giờ chỉ đi được \(\frac{1}{{12}}\) vòng đồng hồ nên tổng vận tốc của hai kim là: \(1 + \frac{1}{{12}} = \frac{{13}}{{12}}\) (vòng đồng hồ/giờ).

Thời gian Hà Linh làm xong bài văn là: \(1:\frac{{13}}{{12}} = \frac{{12}}{{13}}\) (giờ). Chọn C.

Số vi khuẩn ban đầu có 1 000 con và sau 10 giờ là 5 000 con. Áp dụng công thức \(f\left( t \right) = A \cdot {e^{rt}}\), ta có: \(5\,000 = 1\,000{e^{10r}} \Leftrightarrow {e^{10r}} = 5 \Leftrightarrow r = \frac{{\ln 5}}{{10}}\). Chọn D.

Gọi \(t\) (giờ) là thời gian cần tìm để số lượng vi khuẩn tăng gấp 10 lần.

Do đó, \(10\,000 = 1\,000{e^{rt}} \Leftrightarrow {e^{rt}} = 10 \Leftrightarrow rt = \ln 10 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 10}}{r} \Leftrightarrow t = \frac{{10\ln 10}}{{\ln 5}} \Leftrightarrow t = 10{\log _5}10\).

Chọn C.

Nếu bạn ấy làm đúng cả 20 câu hỏi thì bạn được số điểm là: \(20 \cdot 5 = 100\) (điểm).

Bạn Ly làm mất số điểm là: \(100 - 79 = 21\) (điểm).

Mỗi câu hỏi làm sai bị hụt số điểm so với mỗi câu hỏi làm đúng là: \(5 + 2 = 7\) (điểm).

Số câu hỏi trả lời sai là: \(21:7 = 3\) (câu hỏi).

Số câu hỏi trả lời đúng của bạn Ly là: \(20 - 3 = 17\) (câu hỏi).

Vậy bạn Ly phải trả lời đúng 17 câu hỏi. Chọn C.