Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Quốc phòng phần Toán học và xử lý số liệu (có đáp án) - Đề số 3

Khi \(t = 100^\circ C\) thì \(p = 760\)mmHg. Do đó, ta có phương trình:

\(760 = a \cdot {10^{\frac{{ - 2\,258,624}}{{100 + 273}}}}\)\( \Leftrightarrow a = 863\,188\,841,4\). Chọn C.

Áp suất của hơi nước khi nhiệt độ của nước khi nhiệt độ của nước là \(40^\circ C\) là:

\(p = 863\,188\,841,4 \cdot {10^{\frac{{ - 2\,258,624}}{{40 + 273}}}} \approx 52,5\) (mmHg). Chọn D.

Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí vật đứng yên, khi đó \(x = 0\), ta có:

\[2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]\[ \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là \(0 \le t \le 6\) hay

\[0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6 \Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}\]. Mà \[k \in \mathbb{Z}\] nên \[k \in \left\{ {0;\,\,1;\,\,2;\,\,3;\,\,...;\,7;\,\,8} \right\}\].

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 9 lần.

Đáp án cần nhập là: \(9\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{y = 2}\end{array}} \right.\) là nghiệm của bất phương trình \(mx + \left( {m - 1} \right)y > 2\) nên

\( - m + 2\left( {m - 1} \right) > 2 \Leftrightarrow m > 4\).

Mà \(m \in \left[ { - 2022\,;\,\,2022} \right] \Leftrightarrow - 2022 \le m \le 2022\) nên \(4 < m \le 2022\).

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\, \ldots ;\,\,2022} \right\}\).

Số các giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn đề là \(2022 - 5 + 1 = 2018\) (số).Chọn C.

Theo bài ra, số viên gạch ở mỗi hàng lập thành 1 cấp số cộng.

Với \({u_1} = 1\) và công sai \(d = 1\), số hạng cuối là \({u_n} = 500.\)

Do đó \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)\,d \Leftrightarrow 500 = 1 + \left( {n - 1} \right).1 \Leftrightarrow n = 500.\)

Vậy tổng số viên gạch cần dùng là \({S_{500}} = \frac{{500 \cdot \left( {2 \cdot 1 + 499 \cdot 1} \right)}}{2} = 125\,\,250.\) Chọn D.

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {\ln \frac{{2018x}}{{x + 1}}} \right)^\prime } = \frac{1}{{\frac{{2018x}}{{x + 1}}}} \cdot {\left( {\frac{{2018x}}{{x + 1}}} \right)^\prime } = \frac{{x + 1}}{{2018x}} \cdot \frac{{2018}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}\).

Vậy \[S = f'\left( 1 \right) + f'\left( 2 \right) +  \ldots  + f'\left( {2018} \right)\]\( = \frac{1}{{1 \cdot 2}} + \frac{1}{{2 \cdot 3}} + .. + \frac{1}{{2018 \cdot 2019}}\)

\( = \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + .. + \frac{1}{{2018}} - \frac{1}{{2019}}\)\( = 1 - \frac{1}{{2019}} = \frac{{2018}}{{2019}}.\) Chọn D.

 \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}} = 5{\rm{ n\^e n }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) - 10} \right] = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = 10\).

Ta có \(g\left( x \right) = \sqrt {f\left( x \right) + 6}  - 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} = \left[ {\sqrt {f\left( x \right) + 6}  - 4} \right] - \left[ {2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} - 4} \right]\)

           \( = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{{2\left[ {f\left( x \right) - 10} \right]}}{{{{\left[ {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right]}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}\).

Suy ra \(\left( {\sqrt x  - 1} \right)g\left( x \right) = \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 10}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{{2\left( {f\left( x \right) - 10} \right)}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right]\left( {\sqrt x  - 1} \right)\)

\[ = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left[ {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right]\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x  - 1} \right)\]

\( = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left[ {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right]\left( {\sqrt x  + 1} \right){\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2}\)

Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\sqrt x  - 1} \right)g\left( x \right)\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left( {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right){{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}} \right]\)

\( = 5\left[ {\frac{1}{{\sqrt {10 + 6}  + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{10 - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{10 - 2}} + 4}}} \right]\left( {\sqrt 1  + 1} \right){\left( {\sqrt 1  - 1} \right)^2} = 0\).

Mặt khác \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left( {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6}  + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right)\left( {\sqrt x  + 1} \right)} \right] =  - \frac{5}{{12}}{\rm{. }}\)

Và \({\left( {\sqrt x  - 1} \right)^2} > 0\) với \(\forall x \ne 1\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)g\left( x \right)}} =  - \infty \). Chọn A.

Ta có: \[y' = {\left( {\cos 2x} \right)^\prime } =  - 2\sin 2x\]. Chọn C.

Ta có \({\log _3}\left( {{3^{x + 1}} - 1} \right) = 2x + {\log _{\frac{1}{3}}}2 \Leftrightarrow {\log _3}2\left( {{3^{x + 1}} - 1} \right) = 2x\)

\( \Leftrightarrow 2 \cdot {3^{x + 1}} - 2 = {3^{2x}} \Leftrightarrow {3^{2x}} - 6 \cdot {3^x} + 2 = 0.\)

Đặt \({3^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} - 6t + 2 = 0.\)Phương trình này luôn có hai nghiệm dương phân biệt. Đặt \({3^{{x_1}}} = {t_1}{,3^{{x_2}}} = {t_2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} + {t_2} = 6}\\{{t_1} \cdot {t_2} = 2}\end{array}} \right.\).

Vậy \(S = \left( {t_1^3 + t_2^3} \right) = {\left( {{t_1} + {t_2}} \right)^3} - 3{t_1} \cdot {t_2}\left( {{t_1} + {t_2}} \right) = 216 - 3 \cdot 2 \cdot 6 = 180\).

Đáp án cần nhập là: \(180\).

Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\).Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2} - 5x - 6\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 6\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu:

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;\;6} \right)\) và đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\; - 1} \right)\),\(\left( {6;\; + \infty } \right)\).

Ta có \(\left( {0;3} \right) \subset \left( { - 1;\;6} \right)\) nên hàm số cũng nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;3} \right)\). Chọn A.

Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến là nghiệm của phương trình

\(\frac{1}{{x - 1}} = 1 \Rightarrow x - 1 = 1 \Leftrightarrow x = 2\) (thỏa mãn).

Ta có: \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( 2 \right) =  - 1\). Phương trình tiếp tuyến: \(y =  - 1\left( {x - 2} \right) + 1\) hay \(y =  - x + 3\).

Tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ \[Ox,\;Oy\] lần lượt tại hai điểm \[A\left( {3\;;\;0} \right),\;B\left( {0\;;\;3} \right)\].

Do đó, diện tích tam giác \[OAB\] bằng \[\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 = \frac{9}{2} = 4,5\].

Đáp án cần nhập là: \(4,5\).

Quan sát bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta thấy \(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm 2\end{array} \right.\).

Với \(y = f\left( {{x^2} - 2} \right)\) ta có \(y' = 2x \cdot f'\left( {{x^2} - 2} \right)\).

Vậy \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = 0\\f\left( {{x^2} - 2} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 2 = 0\\{x^2} - 2 =  \pm 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt 2 \\x =  \pm 2\end{array} \right.\).

Từ bảng biến thiên của hàm số \[y = f\left( x \right)\] ta thấy \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < x < 0\\x > 2\end{array} \right.\).

Vậy \(f'\left( {{x^2} - 2} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 2 < {x^2} - 2 < 0\\{x^2} - 2 > 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < {x^2} < 2\\{x^2} > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 < x < \sqrt 2 \\ - \sqrt 2  < x < 0\\x > 2\\x <  - 2\end{array} \right.\).

Ta có bảng xét dấu

Dựa vào bảng xét dấu \(y'\) ta được \(y' < 0\) \(\forall x \in \)\(\left( { - 2; - \sqrt 2 } \right) \cup \left( {0;\sqrt 2 } \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\) nên hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 2} \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\). Chọn C.

Ta có \[g\left( x \right) = 2{f^2}\left( x \right) \cdot \left[ {f\left( x \right) - 3m} \right] = 2{f^3}\left( x \right) - 6m \cdot {f^2}\left( x \right)\].

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 6f'\left( x \right) \cdot {f^2}\left( x \right) - 12m \cdot f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right)\)\[ = 6f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right) \cdot \left[ {f\left( x \right) - 2m} \right]\].

Khi đó, \[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 2m\,\,\,\left( * \right)}\end{array}} \right.\].

Dễ thấy \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm là \(x = 0\,;\,\,x = 3\) và \(f\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm thực phân biệt.

Yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow g'\left( x \right) = 0\] có 8 nghiệm đơn phân biệt \( \Leftrightarrow (*)\) có ba nghiệm đơn phân biệt \( \Leftrightarrow  - 1 < 2m < 5 \Leftrightarrow  - \frac{1}{2} < m < \frac{5}{2}.\) Mà \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}.\) Chọn A.

Ta có: \[g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) - 2\left( {x - 1} \right) = 2\left[ {f'\left( x \right) - \left( {x - 1} \right)} \right]\].

Vẽ đường thẳng \[y = x - 1\] cùng với đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] trên cùng một hệ trục tọa độ.

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

Bảng biến thiên của hàm \[g\left( x \right)\] trên \[\left[ { - 3\,;\,3} \right]\]:

\[ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3\,;\,3} \right]} g\left( x \right) = \min \left\{ {g\left( { - 3} \right)\,;\,g\left( 3 \right)} \right\}\].

Gọi \[{S_1}\] là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \[y = f\left( x \right)\], \[y = x - 1\], \[x =  - 3\], \[x = 1\].

Gọi \[{S_2}\] là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \[y = f\left( x \right)\], \[y = x - 1\], \[x = 1\], \[x = 3\].

Ta có \[{S_1} > {S_2} \Leftrightarrow \int\limits_{ - 3}^1 {\left[ {f'\left( x \right) - \left( {x - 1} \right)} \right]{\rm{d}}x}  > \int\limits_1^3 {\left[ {\left( {x - 1} \right) - f'\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  \Leftrightarrow \frac{1}{2}\int\limits_{ - 3}^1 {g'\left( x \right){\rm{d}}x}  > \frac{1}{2}\int\limits_1^3 {\left[ { - g'\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} \]

\[ \Leftrightarrow \int\limits_{ - 3}^1 {g'\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_1^3 {g'\left( x \right){\rm{d}}x}  > 0 \Leftrightarrow \int\limits_{ - 3}^3 {g'\left( x \right){\rm{d}}x}  > 0 \Leftrightarrow \left. {g\left( x \right)} \right|_{ - 3}^3 > 0\]

\[ \Leftrightarrow g\left( 3 \right) - g\left( { - 3} \right) > 0 \Leftrightarrow g\left( 3 \right) > g\left( { - 3} \right)\]\[ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 3\,;\,3} \right]} g\left( x \right) = g\left( { - 3} \right)\]. Chọn D.

Ta có \(y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\), suy ra \(y' = 4a{x^3} + 2bx\).

Hàm số đạt cực trị tại \(x = 2 \Rightarrow y'\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow 0 = 32a + 4b.\)

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( {0\,;\,\,2} \right)\) nên \(c = 2\).

Đồ thị hàm số đi qua điểm \(B\left( {2\,;\,\, - 14} \right)\) nên \( - 14 = 16a + 4b + 2\).

Từ đó suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 8\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow y = {x^4} - 8{x^2} + 2\). Vậy \(f\left( 1 \right) = 1 - 8 + 2 =  - 5.\) Chọn D.

Ta có: \(\int {f\left( x \right)} \,dx = \int {\left( {2{e^x} - {5^x}} \right)dx}  = 2\int {{e^x}dx}  - \int {{5^x}dx}  = 2{e^x} - \frac{{{5^x}}}{{\ln 5}} + C\). Chọn B.

Ta có: \(y = \frac{{2{x^2} + x - 1}}{{x + 2}}\)\( = 2x - 3 + \frac{5}{{x + 2}}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {2x - 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{5}{{x + 2}} = 0\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {y - \left( {2x - 3} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{5}{{x + 2}} = 0\).

Vậy đường thẳng \(y = 2x - 3\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho. Chọn C.

 Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9.\)

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( {3x + 1} \right) + 9{x^2} - 6x + 1\] ta có \(g'\left( x \right) = 3f'\left( {3x + 1} \right) + 18x - 6\).

Suy ra \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {3x + 1} \right) =  - 2\left( {3x + 1} \right) + 4.\)                          (1)

Đặt \(t = 3x + 1\) khi đó mọi \(x \in \left[ {0\,;\,\,1} \right] \Rightarrow t \in \left[ {1\,;\,\,4} \right]\), khi đó (1) trở thành

\(f'\left( t \right) =  - 2t + 4 \Leftrightarrow 3{t^2} - 12t + 9 =  - 2t + 4 \Leftrightarrow 3{t^2} - 10t + 5 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{5 - \sqrt {10} }}{3} \notin \left[ {1\,;\,\,4} \right]}\\{t = \frac{{5 + \sqrt {10} }}{3} \in \left[ {1\,;\,\,4} \right]}\end{array}} \right.\).

Ta có \(g\left( 1 \right) = 3\,;\,\,g\left( 4 \right) = 10\,;\,\,g\left( {\frac{{5 + \sqrt {10} }}{3}} \right) \approx 0,3 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {1\,;\,\,4} \right]} g\left( t \right) = 10 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0\,;\,\,1} \right]} g\left( x \right) = 10\).

Do đó để \(f\left( {3x + 1} \right) + 9{x^2} - 6x + 1 \le m\) thì \(m \ge 10\). Chọn C.

Ta có \[ - 2t + 10 = 0 \Leftrightarrow t = 5 \Rightarrow \] Thời gian tính từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng hẳn là \[5\] giây. Vậy trong \[8\] giây cuối cùng thì có \[3\] giây ô tô chuyển động với vận tốc \[10\,\,{\rm{m/s}}\] và \[5\] giây chuyển động chậm dần đều với vận tốc \[v\left( t \right) =  - 2t + 10\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\].

Khi đó, quãng đường ô tô di chuyển là \[S = 3 \cdot 10 + \int\limits_0^5 {\left( { - 2t + 10} \right)} \,dt = 30 + 25 = 55\,\,\left( m \right)\].

Đáp án cần nhập là: \(55\).

Ta thấy \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1}\\{x = 2{\rm{ }}}\\{x = 4{\rm{ }}}\end{array}} \right.\) và \(f'\left( x \right)\) không tồn tại tại \(x = 0\).

Mà \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ  khi đi qua \(x = - 1;x = 2 \Rightarrow \) Hàm số có 2 điểm cực đại.

Và \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ  khi đi qua \(x = 0;x = 4 \Rightarrow \) Hàm số có 2 điểm cực tiểu.

Vậy \(m = n = 2\) nên \({m^2} - 2n = {2^2} - 2 \cdot 2 = 0\).  

Đáp án cần nhập là: \(0\).

Ta có đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng\(x = 1\), nên loại đáp án A, B.

Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng\(y = 1\) nên chọn D.

Vì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {\frac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right) = - \infty \] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {\frac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right) = + \infty \].Chọn D.

Ta có \(\int\limits_0^3 {\left[ {\frac{1}{3}f\left( x \right) + 2} \right]{\rm{d}}x} = \frac{1}{3}\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx + \int\limits_0^3 {2dx = \frac{1}{3} \cdot 6 + 6 = 8} } \).

Đáp án cần nhập là: \(8\).

Phương trình mặt cầu: \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\)\(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0} \right)\) có tâm \(I\left( {a\,;\,b\,;\,c} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} \).

Ta có \(a = 4\), \(b = - 5\), \(c = 3\), \(d = 49\). Do đó \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = 1\). Chọn A.

 Ta có \(\widehat {CAD} = 63^\circ \Rightarrow \widehat {BAD} = 117^\circ \Rightarrow \widehat {ADB} = 180^\circ - \left( {117^\circ + 48^\circ } \right) = 15^\circ \).

Áp dụng định lý sin trong tam giác ABD ta có: \(\frac{{AB}}{{\sin \widehat {ADB}}} = \frac{{BD}}{{\sin \widehat {BAD}}} \Rightarrow BD = \frac{{AB \cdot \sin \widehat {BAD}}}{{\sin \widehat {ADB}}}\).

Tam giác BCD vuông tại C nên có: \(\sin \widehat {CBD} = \frac{{CD}}{{BD}} \Rightarrow CD = BD \cdot \sin \widehat {CBD}\).

Vậy \[CD = \frac{{AB \cdot \sin \widehat {BAD} \cdot \sin \widehat {CBD}}}{{\sin \widehat {ADB}}} = \frac{{24 \cdot \sin 117^\circ \cdot sin48^\circ }}{{\sin 15^\circ }} \approx 61,4\,\,\left( {\rm{m}} \right)\]. Chọn A.

Lấy đạo hàm hai vế của giả thiết, ta được \(2f\left( x \right) + {x^2} = {f^2}\left( x \right) + 1\)

\( \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right) + 1 = {x^2} \Leftrightarrow {\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]^2} = {x^2} \Leftrightarrow \left| {f\left( x \right) - 1} \right| = \left| x \right|\).

Diện tích hình phẳng cần tính là: \[S = \int\limits_0^2 {\left| {f\left( x \right) - 1} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {\left| x \right|{\rm{d}}x} = 2\].

Đáp án cần nhập là: \(2\).

Có \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\), kẻ \(SH \bot BC\) thì \(SH \bot \left( {ABC} \right)\).

Tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có \(SH = SB \cdot \sin 30^\circ  = a\sqrt 3 \); \(BH = SB \cdot \cos 30^\circ  = 3a\)\( \Rightarrow HC = a\).

Vì \(\frac{{BC}}{{HC}} = 4\) nên \(d\left( {B,\,\left( {SAC} \right)} \right) = 4d\left( {H,\,\left( {SAC} \right)} \right)\).

Kẻ \(HK \bot AC\)\( \Rightarrow AC \bot \left( {SHK} \right)\); \(AC \subset \left( {SAC} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SHK} \right)\) và \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SHK} \right) = SK\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SHK} \right)\), kẻ \(HI \bot SK\) thì \(HI \bot \left( {SAC} \right)\) \( \Rightarrow HI = d\left( {H,\,\left( {SAC} \right)} \right)\).

Tam giác \(CKH\) và tam giác \(CBA\) đồng dạng nên \(\frac{{HK}}{{AB}} = \frac{{CH}}{{CA}}\)\( \Rightarrow HK = \frac{{CH \cdot AB}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{3a}}{5}\).

Tam giác \(SHK\) vuông tại \(H\) có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}}\) \( \Rightarrow HI = \frac{{3\sqrt 7 a}}{{14}}\).

Vậy \(d\left( {B,\,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{6\sqrt 7 a}}{7}\). Chọn B.

Hình hộp có đáy là hình vuông cạnh \[12 - 2x\] (cm).

Chiều cao của hình hộp là \[x\] (cm). Thể tích hình hộp là \[y = x{\left( {12 - 2x} \right)^2}\] (cm³).

Bài toán đưa về tìm \[x \in \left( {0\,;\,\,6} \right)\] để hàm số \[y = f\left( x \right) = x{\left( {12 - 2x} \right)^2}\] có giá trị lớn nhất.

Ta có: \[y' = 1 \cdot {\left( {12 - 2x} \right)^2} + x \cdot 2 \cdot \left( {12 - 2x} \right) \cdot \left( { - 2} \right) = \left( {12 - 2x} \right)\left( {12 - 6x} \right)\].

\[y'\] xác định \[\forall x \in \left( {0\,;\,\,6} \right)\]; \[y' = 0 \Leftrightarrow x = 2\] hoặc \(x = 6\).

Bảng biến thiên của hàm số trên khoảng \(\left( {0;\,6} \right)\) như sau:

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại \[x = 2\].

Đáp án cần nhập là: \(2\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB}\\{SH \bot AB\,;\,\,SH \subset \left( {SAB} \right)}\end{array}\,\,\, \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right..\)

Kẻ \(HK \bot CD\,\,\left( {K \in CD} \right)\). Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HK\\CD \bot SH\end{array} \right.\)\( \Rightarrow CD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow CD \bot SK\).

Gọi \(I\) là điểm đối xứng với \(H\) qua \(K\). Khi đó \(\Delta CKH = \Delta DKI\), suy ra \(\widehat {CHK} = \widehat {DIK}\).

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \[DI\,{\rm{//}}\,HC\], suy ra \[HC\,{\rm{//}}\,\left( {SID} \right)\].

\[ \Rightarrow d\left( {HC,\,\,SD} \right) = d\left( {HC,\,\,\left( {SID} \right)} \right) = d\left( {H,\,\,\left( {SID} \right)} \right)\].

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), kẻ \(HE \bot DI\,\,\left( {E \in DI} \right)\), trong mp\(\left( {SHE} \right)\) kẻ \(HF \bot SE\,\,\left( {F \in SE} \right).\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DI \bot HE\\DI \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow DI \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow DI \bot HF.\)

\[\left\{ \begin{array}{l}HF \bot SE\\HF \bot DI\end{array} \right. \Rightarrow HF \bot \left( {SID} \right)\]\[ \Rightarrow d\left( {H,\,\,\left( {SID} \right)} \right) = HF\].

+) Tính \(HE\):

• Xét \(\Delta DKI\) vuông tại \(K\) có \(\sin \widehat {DIK} = \frac{{DK}}{{DI}} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {10} }}.\)

• Xét \(\Delta HIE\) vuông tại \(E\) có \[HE = HI \cdot \sin I = 6a \cdot \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{3a\sqrt {10} }}{5}.\]

+) Tính \(SH\):

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD}\\{HK \subset \left( {ABCD} \right),\,\,HK \bot CD}\\{SK \subset \left( {SCD} \right)\,,\,\,SK \bot CD}\end{array}} \right.\]\[ \Rightarrow \left( {\left( {SCD} \right),\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SK,\,\,HK} \right) = \widehat {SKH} = 45^\circ \].

Suy ra \(\Delta SKH\) vuông cân tại \(H \Rightarrow SH = HK = AD = 3a.\)

+) Tính \(HF\): Xét tam giác \[SHE\] vuông tại \(H\) có \(HF\) là đường cao nên

\(\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{9{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{18}}{5}{a^2}}} = \frac{7}{{18{a^2}}} \Rightarrow HF = \frac{{3a\sqrt {14} }}{7}.\)

Vậy \[{\rm{d}}\left( {SD,\,\,CH} \right) = \frac{{3\sqrt {14} a}}{7}\]. Chọn B.

Ta có \[\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{3{x^2} + 2}}{{{2^x}}} - {4^x}} \right){{\rm{2}}^x}{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {\left( {3{x^2} + 2 - {8^x}} \right){\rm{d}}x}  = \left. {\left( {{x^3} + 2x - \frac{{{8^x}}}{{\ln 8}}} \right)} \right|_0^1\]

\[ = \left( {{1^3} + 2 \cdot 1 - \frac{{{8^1}}}{{\ln 8}}} \right) - \left( {{0^3} + 2 \cdot 0 - \frac{{{8^0}}}{{\ln 8}}} \right) = 3 - \frac{7}{{\ln 8}} = 3 - \frac{7}{{3\ln 2}}\].

Từ đó suy ra \[a = 3\], \[b =  - \frac{7}{3}\]. Vậy tổng cần tìm là \[S = {3^2} - 7 = 2\]. Chọn D.

Để \[PI\,{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\] thì \[PI\,{\rm{//}}\,SB\].

Xét tam giác DSB có \[PI\,{\rm{//}}\,SB\].

\[ \Rightarrow \frac{{SD}}{{ID}} = \frac{{BD}}{{PD}} = \frac{{2OD}}{{PD}} = \frac{{2 \cdot 2PD}}{{PD}} = 4\].

Do đó \[k = 4\] thì \[PI\,{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\]. Chọn B.

Gọi \(I\left( {a;b} \right)\) là tâm đường tròn đi qua ba điểm \[A\left( {0;0} \right),B\left( {0;6} \right),C\left( {8;0} \right)\]. Khi đó,

\(IA = IB = IC = R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\IA = IC\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = {a^2} + {\left( {6 - b} \right)^2}\\{a^2} + {b^2} = {\left( {8 - a} \right)^2} + {b^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 3\end{array} \right.\).

Vậy tâm \(I\left( {4;3} \right)\) , bán kính \(R = IA = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5\).

Đáp án cần nhập là: \(5\).

Cách 1.Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 4\,;\,\,2\,;\,\,4} \right),\,\,\overrightarrow {CD} = \left( {a + 6\,;\,\,b - 3\,;\,\,c - 6} \right)\].

Do \[ABCD\] là hình thang cân có các đáy là \[AB,\,\,CD\] nên \(AB\,{\rm{//}}\,CD\), tức là hai vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {CD} \) cùng phương hay \(\frac{{a + 6}}{{ - 2}} = \frac{{b - 3}}{1} = \frac{{c - 6}}{2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{{ - a}}{2}}\\{c = - a}\end{array}} \right.\). Vậy \(D\left( {a\,;\,\,\frac{{ - a}}{2}\,;\,\, - a} \right).\)

Lại có \(AC = BD \Leftrightarrow A{C^2} = B{D^2} \Leftrightarrow {\left( { - 9} \right)^2} + {2^2} + {8^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2} + 3} \right)^2} + {\left( {a + 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + 4a - 60 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 6}\\{a = - 10}\end{array}} \right.\).

Với \(a = - 10 \Rightarrow D\left( { - 10\,;\,\,5\,;\,\,10} \right).\) Kiểm tra thấy: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \) (loại).

Vớí \(a = 6 \Rightarrow D\left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 6} \right).\) Kiểm tra thấy: \(\left( { - 3} \right) \cdot \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} .\) Do đó \(T = a + b + c = 6 - 3 - 6 = - 3.\)

Cách 2.Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \[AB\].

Gọi mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \[AB\], suy ra mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua trung điểm \(I\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,0} \right)\) của đoạn thẳng AB và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\), suy ra phương trình của mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là: \( - 2x + y + 2z = 0\).

Vì \[C,\,\,D\] đối xứng nhau qua mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) nên \(D\left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 6} \right)\).

\[ \Rightarrow a = 6\,;\,\,b = - 3\,;\,\,c = - 6 \Rightarrow T = a + b + c = - 3\].Chọn A.

Gọi \(I\left( {a\,;\,b\,;\,c} \right)\) sao cho \(\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - 2\overrightarrow {IC} = \vec 0\)\( \Rightarrow \overrightarrow {OI} = \overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} - 2\overrightarrow {OC} \Rightarrow I\left( { - 3\,;\,\, - 5\,;\,\, - 3} \right)\).

Ta có \(P = M{A^2} + 2M{B^2} - 2M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} - 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\)

         \( = M{I^2} + I{A^2} + 2I{B^2} - 2I{C^2} + 2\overrightarrow {MI} \cdot \left( {\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - 2\overrightarrow {IC} } \right) = M{I^2} + I{A^2} + 2I{B^2} - 2I{C^2}{\rm{. }}\)

Do \(I{A^2} + 2I{B^2} - 2I{C^2} = 36 + 2 \cdot 70 - 2 \cdot 105 = - 34\) không đổi nên \({P_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }}\).

Và \[M{I_{\min }} = {\rm{d}}\left( {I,\,\,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 3} \right) + 6 \cdot \left( { - 5} \right) - 3 \cdot \left( { - 3} \right) - 1} \right|}}{{\sqrt {4 + 36 + 9} }} = 4\]. Vậy \({P_{\min }} = 4 + \left( { - 34} \right) = - 30\).

Đáp án cần nhập là: \( - 30\).

Cách 1.Ta có vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2;2} \right)\).

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( {1;3; - 1} \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 3 - 2t\\z = - 1 + 2t\end{array} \right.\) (t là tham số).

Gọi \(N\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) trên \(\left( P \right)\), ta có \[N\left( {1 + t;3 - 2t; - 1 + 2t} \right)\].

Thay tọa độ \(N\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta được \(9t - 8 = 0\)\[ \Leftrightarrow t = \frac{8}{9}\]\[ \Rightarrow N\left( {\frac{{17}}{9};\frac{{11}}{9};\frac{7}{9}} \right)\].

Gọi \(I\) là trung điểm của \(MN\), khi đó ta có \(I\left( {\frac{{13}}{9};\frac{{19}}{9};\frac{{ - 1}}{9}} \right)\).

Do mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \(MN\) song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) cũng là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của đoạn \(MN\).

Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \(MN\) đi qua \(I\left( {\frac{{13}}{9};\frac{{19}}{9}; - \frac{1}{9}} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2;2} \right)\) là \(x - 2y + 2z + 3 = 0\).

Cách 2. Lấy \(K\left( {1;0;0} \right) \in \left( P \right)\), gọi \(E\left( {1;\frac{3}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\) là trung điểm \(MK.\) Mặt phẳng cần tìm đi qua \(E\) và có cùng vectơ pháp tuyến với \(\left( P \right)\) nên có phương trình:

\(\left( {x - 1} \right) - 2\left( {y - \frac{3}{2}} \right) + 2\left( {z + \frac{1}{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y + 2{\rm{z}} + 3 = 0\). Chọn A.

Khi chia tấm tôn đó thành ba phần rồi gấp hai bên lại theo một góc vuông như hình vẽ thì mặt cắt ngang là hình chữ nhật có hai kích thước \(x\,(\;{\rm{cm}})\) và \(40 - 2x\,\,(\;{\rm{cm}})\) với \(x \in \left( {0;\,20} \right)\).

Khi đó diện tích mặt cắt ngang là \(\left( {40 - 2x} \right)x\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Diện tích mặt cắt ngang của rãnh dẫn nước lớn hơn hoặc bằng \(150\;\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\) khi và chỉ khi

\(\left( {40 - 2x} \right)x \ge 150 \Leftrightarrow - 2{x^2} + 40x - 150 \ge 0\).

Tam thức \(f\left( x \right) = - 2{x^2} + 40x - 150\) có hai nghiệm \({x_1} = 5,{x_2} = 15\) và hệ số \(a = - 2 < 0\).

Sử dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai, suy ra tập nghiệm của bất phương trình \(f\left( x \right) \ge 0\) là đoạn \[\left[ {5\,;\,\,15} \right]\]. Vậy rãnh dẫn nước phải có độ cao ít nhất bằng \(5\,\;{\rm{cm}}\).

Đáp án cần nhập là: \(5\).

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

Đường thẳng \(d\) qua hai điểm \(M\), \(N\) có phương trình tham số \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - t\\y =  - 1 + 2t\\z = 2 + t\end{array} \right.\) (t là tham số).

Gọi \(I\) là hình chiếu vuông góc của \(K\) lên đường thẳng \(d \Rightarrow I\left( { - t; - 1 + 2t;2 + t} \right)\).

Khi đó ta có \(\overrightarrow {KI} = \left( { - t; - 1 + 2t;t} \right)\).

Do \(KI \bot MN \Rightarrow \overrightarrow {KI} \cdot \overrightarrow {MN} = 0 \Leftrightarrow t - 2 + 4t + t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \Rightarrow \overrightarrow {KI} = \left( { - \frac{1}{3}; - \frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right) = - \frac{1}{3}\left( {1;1; - 1} \right)\).

Ta có \(d\left( {K,\left( P \right)} \right) \le KI \Rightarrow d{\left( {K,\left( P \right)} \right)_{max}} = KI \Leftrightarrow KI \bot \left( P \right) \Rightarrow \)\(\overrightarrow n = \left( {1;1; - 1} \right)\). Chọn B.

Vì đường thẳng \(d\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \(d\) nhận vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) làm một vectơ chỉ phương.

Do đó đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\) và có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2;\,0;\, - 3} \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng \(d\) là: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 2\\z = 5 - 3t\end{array} \right.\] (t là tham số). Chọn C.

Gọi \[H\] là trung điểm \[AB\].

Suy ra \[H\] là hình chiếu vuông góc của \[I\] lên Ox nên \[H\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right).\]

Khi đó \(IH = \sqrt {13} \Rightarrow R = IA = \sqrt {I{H^2} + A{H^2}} = 4.\)

Phương trình mặt cầu là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 16.\)

Chọn A.

Vì \(\overrightarrow {MN} \)cùng hướng với \[\overrightarrow a \] nên \(\exists t > 0:\overrightarrow {MN} = t\overrightarrow a \).

Hơn nữa, \(MN = 5\sqrt 2 \Leftrightarrow t.\left| {\overrightarrow a } \right| = 5\sqrt 2 \)\( \Leftrightarrow t = 5\). Suy ra \(\overrightarrow {MN} = \left( {5\;; - 5\;;0} \right)\).

Gọi \(A'\left( {x';y';\,z'} \right)\)là điểm sao cho\(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {MN} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' + 4 = 5\\y' - 7 = - 5\\z' - 3 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = 1\\y' = 2\\z' = 3\end{array} \right.\)\( \Rightarrow A'\left( {1\;;\,\;2\;;\,\;3} \right)\).

Dễ thấy các điểm \(A'\), \(B\) đều nằm cùng phía so với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) vì chúng đều có cao độdương. Hơn nữa vì cao độ của chúng khác nhau nên đường thẳng \(A'B\) luôn cắt mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right)\) tại một điểm cố định.

Từ \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {MN} \)suy ra\(AM = A'N\) nên \(\left| {AM - BN} \right| = \left| {A'N - BN} \right| \le A'B\), dấu bằng xảy ra khi \(N\)

là giao điểm của đường thẳng \(A'B\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).

Vậy \(\max \left| {AM - BN} \right| = A'B = \sqrt {{{\left( {4 - 1} \right)}^2} + {{\left( {4 - 2} \right)}^2} + {{\left( {5 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {17} \), đạt được khi\(N = A'B \cap \left( {Oxy} \right)\).

Chọn A.

Tiền lương trung bình hàng tháng là:

\[\bar x = \frac{1}{{30}}\left( {3 \cdot 4 + 5 \cdot 5 + 6 \cdot 5,5 + 5 \cdot 6 + 6 \cdot 6,5 + 3 \cdot 7 + 2 \cdot 7,5} \right) = \frac{{35}}{6} \approx 5,8\](triệu đồng).

Đáp án cần nhập là: \(5,8\).

Gọi \[X\] là biến cố “Lấy được cả hai viên bi mang số lẻ”.

Gọi \[A\] là biến cố: “Lấy được viên bi mang số lẻ ở hộp \[I\]”. Khi đó \[P\left( A \right)\, = \,\frac{{C_4^1}}{{C_7^1}}\, = \,\frac{4}{7}\].

Gọi \[B\] là biến cố: “Lấy được viên bi mang số lẻ ở hộp \[II\]”. Theo đề bài \[P\left( B \right)\, = \,\frac{6}{{11}}\].

Vì \[A\] và \[B\] là hai biến cố độc lập nên \[X\, = \,AB\].

Theo công thức nhân xác suất ta có: \[P\left( X \right)\, = \,P\left( {AB} \right)\, = \,P\left( A \right) \cdot P\left( B \right)\, = \,\frac{4}{7} \cdot \frac{6}{{11}}\, = \,\frac{{24}}{{77}}\]. Chọn C.

Cỡ mẫu của mẫu số liệu là \(n = 3 + 12 + 15 + 24 + 2 = 56\).

Gọi \({x_1},{x_2},{x_3}, \ldots ,{x_{56}}\) lần lượt là thời gian truy cập Internet của 56 học sinh và dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Trung vị của mẫu số liệu là: \(\frac{{{x_{28}} + {x_{29}}}}{2} \in \left[ {15,5;18,5} \right)\).

Ta có: \({n_m} = 15;\,\,C = 3 + 12 = 15;{u_m} = 15,5;{u_{m + 1}} = 18,5\).

Khi đó trung vị của mẫu số liệu phép nhóm là: \({M_e} = 15,5 + \frac{{\frac{{56}}{2} - 15}}{{15}}\left( {18,5 - 15,5} \right) = \frac{{181}}{{10}} = 18,1\).

Đáp án cần nhập là: \(18,1\).

Gọi \(A\) là biến cố bạn An bắn được vào tâm.

Gọi \(B\) là biến cố bạn Bình bắn được vào tâm.

Xác suất để bạn An bắn được vào tâm là: \[P\left( A \right) = 0,7\].

Xác suất để bạn Bình bắn được vào tâm là: \(P\left( B \right) = 0,45\).

Xác suất để bạn Bình không bắn được vào tâm là: \(P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,45 = 0,55\).

Vì biến cố \(A\) và \(\bar B\) độc lập với nhau nên để trong một lần bắn nào đó, xác suất bạn An bắn được vào tâm còn bạn Bình thì không là: \(P\left( {A\bar B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B} \right) = 0,7 \cdot 0,55 = 0,385\). Chọn A.

Gọi biến cố \(A\): “Lấy được một quả cầu màu xanh” và \(B\): “Lấy được một quả cầu màu vàng”. Ta có \(A,B\) là hai biến cố xung khắc.

Xác suất để lấy được một quả cầu màu xanh hoặc một quả cầu màu vàng là:

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) = \frac{1}{4} + \frac{1}{3} = \frac{7}{{12}}\). Chọn B.

Số trung bình cộng của mẫu số liệu đã cho là:

\(\overline x  = \frac{{2 \cdot 18,3 + 3 \cdot 21,3 + 2 \cdot 24,3 + 1 \cdot 27,3 + 4 \cdot 30,3}}{{12}} = 24,8\left( {^\circ C} \right)\).

Phương sai của mẫu số liệu đã cho là:

\({s^2} = \frac{1}{{12}}\left[ {2 \cdot {{\left( {18,3 - 24,8} \right)}^2} + 3 \cdot {{\left( {21,3 - 24,8} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {24,3 - 24,8} \right)}^2}} \right.\)

\(\left. {\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + {{\left( {27,3 - 24,8} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {30,3 - 24,8} \right)}^2}} \right] = 20,75\). Chọn C.

Ta có: \({\rm{P}}\left( {\overline B } \right) = 1 - {\rm{P}}\left( B \right) = 1 - 0,6 = 0,4\).

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\({\rm{P}}\left( A \right) = {\rm{P}}\left( B \right) \cdot {\rm{P}}\left( {A|B} \right) + {\rm{P}}\left( {\overline B } \right)\, \cdot {\rm{P}}\left( {A|\overline B } \right) = 0,6 \cdot \,0,7 + 0,4 \cdot 0,4 = 0,58\).

Đáp án cần nhập là: \(0,58\).

Xét các biến cố:

\(A\): “Người được chọn mắc bệnh X”;

\(B\): “Người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y”.

Theo giả thiết ta có: \(P\left( A \right) = 0,002{\kern 1pt} ;\,\,P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,002 = 0,998\); \[P\left( {B|A} \right) = 1{\kern 1pt} ;\,\,P\left( {B|\overline A } \right) = 0,06\].

Theo công thức Bayes, ta có:

\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}} = \frac{{0,002 \cdot 1}}{{0,002 \cdot 1 + 0,998 \cdot 0,06}} \approx 0,03\].

Vậy nếu người được chọn có phản ứng dương tính với xét nghiệm Y thì xác suất bị mắc bệnh X của người đó là khoảng 0,03. Chọn D.

Để mỗi hàng có tổng bằng 0 thì mỗi hàng có các dạng sau:

\(1;1; - 1; - 1\),     \( - 1; - 1;1;1\),     \(1; - 1;1; - 1\),     \( - 1;1; - 1;1\),     \(1; - 1; - 1;1\),     \( - 1;1;1; - 1\).

Trường hợp 1. Hàng thứ nhất có 6 cách chọn và hàng thứ hai không có số nào giống hàng thứ nhất, khi đó có một cách chọn. Khi đó tổng các cột của hai hàng bằng 0 nên hàng thứ ba có 6 cách chọn. Hàng thứ tư tương tự để tổng các cột bằng 0 thì có duy nhất 1 cách chọn.

Vậy trường hợp 1 có \[6 \cdot 1 \cdot 6 \cdot 1{\rm{ }} = 36\]cách.

Trường hợp 2. Hàng thứ nhất có 6 cách chọn và hàng thứ hai có hai số giống hàng thứ nhất, khi đó hàng thứ hai có 4 cách chọn. Hàng thứ ba có 2 cách chọn và hàng thứ tư có một cách chọn.

Vậy trường hợp 2 có \[6 \cdot 4 \cdot 2 \cdot 1{\rm{ }} = 48\]cách.

Trường hợp 3. Hàng thứ nhất có 6 cách chọn và hàng thứ hai có 4 số giống hàng thứ nhất. Khi đó để tổng 4 cột bằng 0 thì hàng thứ ba có 1 cách chọn và hàng thứ tư có một cách chọn.

Vậy trường hợp 3 có \(6 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1 = 6\) cách.

Vậy có tất cả: \[36 + 48 + 6 = {\rm{ }}90\]cách. Chọn A.

Hiệu vận tốc giữa kim phút và kim giờ là: \(1 - \frac{1}{{12}} = \frac{{11}}{{12}}\) (vòng đồng hồ/giờ).

Lúc 10 giờ kim giờ cách kim phút \(\frac{5}{6}\) vòng đồng hồ theo chiều quay của kim đồng hồ. Để hai kim đồng hồ thẳng hàng nhau thì kim phút và kim giờ phải cách nhau một khoảng là \(\frac{1}{2}\) vòng đồng hồ. Như vậy, từ lúc 10 giờ đến khi hai kim phút và kim giờ tạo với nhau thành một đường thẳng thì kim phút đã đi nhiều hơn kim giờ là: \(\frac{5}{6} - \frac{1}{2} = \frac{1}{3}\) (vòng đồng hồ).

Kể từ lúc 10 giờ, thời gian để kim phút và kim giờ thẳng hàng nhau là: \(\frac{1}{3}:\frac{{11}}{{12}} = \frac{4}{{11}}\) (giờ).

Lúc đó là: \(10 + \frac{4}{{11}} = \frac{{114}}{{11}}\) giờ, tức là khoảng 10 giờ 22 phút. Chọn D.

Vì số 321 và 732 đều có chung hai chữ số là 3 và 2 nên hai chữ số này đúng.

Chữ số 3 trong số 321 đứng sai vị trí nên chữ số 3 không đứng ở vị trí hàng trăm, chữ số 3 trong số 732 đứng sai vị trí nên chữ số 3 không đứng ở vị trí hàng chục, vậy chữ số 3 đứng ở vị trí hàng đơn vị.

Chữ số 2 trong số 321 đứng sai vị trí nên chữ số 2 không đứng ở vị trí hàng chục, chữ số 2 trong số 732 đứng sai vị trí nên chữ số 2 không đứng ở vị trí hàng đơn vị, vậy chữ số 2 đứng ở vị trí hàng trăm.

Còn lại chữ số 7 đứng ở vị trí hàng chục. Ta được số cần tìm là 273.

Đáp án cần nhập là: \(273\).