Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Quốc phòng phần Toán học và xử lý số liệu (có đáp án) - Đề số 7

Tại độ sâu 6 mét \( \Rightarrow x = 6 \Rightarrow I = {I_0} \cdot {10^{\frac{{ - 6}}{3}}} = {I_0} \cdot {10^{ - 2}} = 0,01 \cdot {I_0}\). Vậy cường độ ánh sáng tại độ sâu 6 mét bằng 0,01 lần cường độ ánh sáng tại mặt nước sông. Chọn C.

Tại độ sâu 12 mét \( \Rightarrow x = 12 \Rightarrow {I_{12}} = {I_0} \cdot {10^{\frac{{ - 12}}{3}}} = {I_0} \cdot {10^{ - 4}} = 0,0001 \cdot {I_0}\).

Tại độ sâu 3 mét \( \Rightarrow x = 1 \Rightarrow {I_3} = {I_0} \cdot {10^{\frac{{ - 3}}{3}}} = {I_0} \cdot {10^{ - 1}} = 0,1 \cdot {I_0}\).

Suy ra: \(\frac{{{I_{12}}}}{{{I_3}}} = \frac{{0,0001 \cdot {I_0}}}{{0,1 \cdot {I_0}}} = \frac{1}{{1000}}\). Vậy cường độ ánh sáng tại độ sâu 12 mét bằng \(\frac{1}{{1000}}\) cường độ ánh sáng tại độ sâu 3 mét. Chọn D.

Do \( - 1 \le \cos 20t \le 1 \Rightarrow 70 \le 100 - 30\cos 20t \le 130\)

Do đó quả cầu đạt chiều cao cao nhất là \(h = 130\).

Điều này xảy ra khi \(\cos 20t =  - 1 \Leftrightarrow 20t = \pi  + k2\pi  \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{{20}} + k\frac{\pi }{{10}};k \in \mathbb{N}\).

Vậy thời điểm đầu tiên mà quả cầu đạt chiều cao cao nhất kể từ khi quả cầu được thả  ra là \(t = \frac{\pi }{{20}} \approx 0,16\) (giây).

Đáp án cần nhập là: \(0,16\).

Tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = {x^2} + 2mx + m - 2\) có:

\(\Delta ' = {m^2} - m + 2 = {\left( {m - \frac{1}{2}} \right)^2} + \frac{7}{4} \ge \frac{7}{4} > 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\).

Do đó \(f\left( x \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\).

Để \(f\left( x \right) < 0\) với mọi \(x \in \left( {1;\,\,2} \right)\) thì \({x_1} \le 1 < 2 \le {x_2}\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 1 \right) \le 0}\\{f\left( 2 \right) \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + 2m + m - 2 \le 0}\\{4 + 4m + m - 2 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3m - 1 \le 0}\\{5m + 2 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \le \frac{1}{3}}\\{m \le \frac{{ - 2}}{5}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m \le \frac{{ - 2}}{5}\].

Vậy \(m \le \frac{{ - 2}}{5}\) thì \({x^2} + 2mx + m - 2 < 0\) với mọi \(x \in \left( {1;\,\,2} \right)\). Chọn D.

Số tiền lương trong 10 năm của anh Nam lập thành một cấp số cộng, gồm 10 số hạng, với số hạng đầu là \({u_1} = 100\) và công sai \(d = 20\). Tổng các số hạng này là:

\({S_{10}} = {u_1} + {u_2} +  \ldots  + {u_{10}} = \frac{{10}}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {10 - 1} \right)20} \right] = \frac{{10}}{2}\left( {2 \cdot 100 + 9 \cdot 20} \right) = 1900\) (triệu đồng).

Vậy tổng số tiền lương anh Nam nhận sau 10 năm là 1 900 triệu đồng hay 19 trăm triệu đồng.

Đáp án cần nhập là: \[19\].

Gọi \({u_n}\) là số tiền lương (triệu đồng) anh Tuấn được lĩnh ở năm làm việc thứ \(n\).

Ta có: \({u_1} = 60\); \({u_n} = {u_{n - 1}} + {u_{n - 1}} \cdot 0,08 = {u_{n - 1}} \cdot \left( {1 + 0,08} \right) = {u_{n - 1}} \cdot 1,08.\)

Do đó, \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = 60\), công bội \(q = 1,08\).

Áp dụng công thức tính tổng \({S_n}\), ta có tổng số tiền lương anh Tuấn lĩnh được trong 10 năm đi làm là: \({S_{10}} = \frac{{60 \cdot \left[ {1 - {{\left( {1,08} \right)}^{10}}} \right]}}{{1 - 1,08}} \approx 869,194\) (triệu đồng). Chọn B.

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3x - 5\sin 2x + {{\cos }^2}x}}{{{x^2} + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3x}}{{{x^2} + 2}} - \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5\sin 2x}}{{{x^2} + 2}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{{\cos }^2}x}}{{{x^2} + 2}}\]

\[{A_1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3x}}{{{x^2} + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\frac{3}{x}}}{{1 + \frac{2}{{{x^2}}}}} = 0\].

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - 5}}{{{x^2} + 2}} = 0 \le {A_2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{5\sin 2x}}{{{x^2} + 2}} \le \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{5}{{{x^2} + 2}} = 0 \Rightarrow {A_2} = 0\].

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{0}{{{x^2} + 2}} = 0 \le {A_3} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{{\cos }^2}x}}{{{x^2} + 2}} \le \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{{x^2} + 2}} = 0 \Rightarrow {A_3} = 0\].

Vậy\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3x - 5\sin 2x + {{\cos }^2}x}}{{{x^2} + 2}} = 0\]. Chọn B.

Ta có \[y' = {\left( {\tan x - \cot x} \right)^\prime } = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} + \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} = \frac{1}{{{{\cos }^2}x \cdot {{\sin }^2}x}} = \frac{4}{{{{\sin }^2}2x}}\]. Chọn C.

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + ax + 1 > 0\\2{x^2} + 3 > {x^2} + ax + 1\end{array} \right.;\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = {x^2} + ax + 1 > 0\\g\left( x \right) = {x^2} - ax + 2 > 0\end{array} \right.;\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{f\left( x \right)}} < 0\\{\Delta _{g\left( x \right)}} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} - 4 < 0\\{a^2} - 8 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {a^2} - 4 < 0 \Leftrightarrow \left( {a - 2} \right)\left( {a + 2} \right) < 0 \Leftrightarrow  - 2 < a < 2\).

Kết hợp với  là các giá trị cần tìm.

Đáp án cần nhập là: 3.

Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\]. Ta có \[y' = 3{x^2} + 6x - 9\]; \[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.\].

Bảng biến thiên:

Kết luận: Hàm số đồng biến trên các khoảng \[\left( { - \infty ; - 3} \right),\,\,\left( {1; + \infty } \right)\].

Hàm số nghịch biến trên khoảng \[\left( { - 3;1} \right)\]. Chọn C.

Gọi \(M\left( {{x_0};\frac{{2{{\rm{x}}_0}}}{{{x_0} + 1}}} \right)\).

Ta có \(y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{2}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\) nên phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại M là

\(y - \frac{{2{{\rm{x}}_0}}}{{{x_0} + 1}} = y'\left( {{x_0}} \right) \cdot \left( {x - {x_0}} \right) \Leftrightarrow y - \frac{{2{{\rm{x}}_0}}}{{{x_0} + 1}} = \frac{2}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} \cdot \left( {x - {x_0}} \right)\)  (d)

Tiếp tuyến d cắt Ox tại \(A\left( { - x_0^2;0} \right) \Rightarrow OA = x_0^2\).

Tiếp tuyến d cắt Oy tại \(B\left( {0;\frac{{2{\rm{x}}_0^2}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}} \right) \Rightarrow OB = \frac{{2{\rm{x}}_0^2}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}}\).

Do đó \({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA \cdot OB = \frac{{x_0^4}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} =  - \frac{1}{2} \Rightarrow {y_0} =  - 2\\{x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = 1\end{array} \right.\).

Vậy \[a + b + c + d =  - \frac{1}{2}\]. Chọn D.

 Ta có \(g\left( x \right) = f\left( {3 - 2x} \right) + 2024 \Rightarrow g'\left( x \right) =  - 2f'\left( {3 - 2x} \right)\).

\(g'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - 2x} \right) \le 0 \Leftrightarrow 1 \le 3 - 2x \le 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le x \le 1\).

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( {\frac{1}{2};1} \right)\). Chọn B.

 Nhìn vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy \(\exists \,{x_1} < {x_2}\) để \(f'\left( {{x_1}} \right) = f'\left( {{x_2}} \right) = 0\).

Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:

Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu. Chọn A.

Dựa vào bảng xét dấu của \(f''\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên của hàm số \(f'\left( x \right)\):

Đặt \(t = x + 2017\). Ta có \(y = f\left( {x + 2017} \right) + 2018x = f\left( t \right) + 2018t - 2017 \cdot 2018 = g\left( t \right)\).

Khi đó, \(g'\left( t \right) = f'\left( t \right) + 2018\). Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(f'\left( x \right)\) suy ra phương trình \(g'\left( t \right)\) có một nghiệm đơn \(\alpha  \in \left( { - \infty ;0} \right)\) và một nghiệm kép \(t = 2\).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( t \right)\) như sau:

Hàm số \(g\left( t \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \({t_0} = \alpha  \in \left( { - \infty ;0} \right)\). Suy ra hàm số \(y = f\left( {x + 2017} \right) + 2018x\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \({x_0}\), mà \({x_0} + 2017 \in \left( { - \infty ;0} \right) \Leftrightarrow {x_0} \in \left( { - \infty ; - 2017} \right)\). Chọn A.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\). Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 3{\left( {m - 1} \right)^2}\).

Hàm số đạt cực trị tại điểm có hoành độ \(x = 1\) thì \(y'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow 3 - 6\left( {m + 1} \right) + 3{\left( {m - 1} \right)^2} = 0\) \( \Leftrightarrow 3{m^2} - 12m = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 4\end{array} \right.\).

Thử lại:

Với \(m = 0\), \(y' = 3{x^2} - 6x + 3 = 3{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\) nên hàm số không có điểm cực trị. Vậy loại \(m = 0\).

Với \(m = 4\), \(y' = 3{x^2} - 30x + 27\); \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 9\end{array} \right.\) nên hàm số đạt cực trị tại điểm có hoành độ \(x = 1\). Vậy nhận \(m = 4\). Chọn C.

Ta có: \(f\left( x \right) = \left( {{x^2} - 2} \right)\left( {2x + 1} \right)\)\( = 2{x^3} + {x^2} - 4x - 2\).

Suy ra \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int {\left( {2{x^3} + {x^2} - 4x - 2} \right){\rm{d}}x} \)\( = \int {2{x^3}{\rm{d}}x}  + \int {{x^2}{\rm{d}}x}  - \int {4x{\rm{d}}x}  - \int {2{\rm{d}}x} \)

                            \( = \frac{1}{2}{x^4} + \frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} - 2x + C,\,C \in \mathbb{R}\).

Mà \(F\left( { - 1} \right) = \frac{1}{6}\) nên suy ra \(C = 0\).

Vậy hàm số \(F\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^4} + \frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} - 2x \Rightarrow F\left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{{47}}{{96}} \approx 0,49\).

Đáp án cần nhập là: \(0,49\).

Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 4x + 16}}{x} = x + 4 + \frac{{16}}{x}\).

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{16}}{x} = 0,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{16}}{x} = 0\].

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên: \(y = x + 4\).

Tọa độ giao điểm của đường tiệm cận xiên với hai trục tọa độ là: \(A\left( {0;\,4} \right),\,B\left( { - 4;\,0} \right)\).

Diện tích tam giác \(OAB\) là \(S = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 = 8\).

Đáp án cần nhập là: \(8\).

Dựa vào đồ thị ta có:

\(f\left[ {2 - f\left( x \right)} \right] = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - f\left( x \right) =  - 2}\\{2 - f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 4}\\{f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_0} \in \left( { - \infty ; - 2} \right)}\\{x =  - 2}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).

Vậy phương trình \(f\left[ {2 - f\left( x \right)} \right] = 1\) có tất cả 3 nghiệm thực phân biệt.

Đáp án cần nhập là: \(3\).

Quãng đường \({\rm{s}}\left( t \right)\) vật di chuyển được sau thời gian t giây là:

\(s\left( t \right) = \int v \left( t \right)dt = \int 1 0tdt = 5{t^2} + C\).

Vì \({\rm{s}}\left( 0 \right) = 0{\rm{ n\^e n C}} = 0\). Do đó, \({\rm{s}}\left( t \right) = 5{{\rm{t}}^2}\).

Vật chạm đất khi \(s\left( t \right) = 100\) nên \(5{t^2} = 100 \Leftrightarrow t = 2\sqrt 5 \) (vì \({\rm{t}} > 0)\).

Tốc độ rơi trung bình là: \(\frac{1}{{2\sqrt 5 }}\int\limits_0^{2\sqrt 5 } {\left( {10t} \right)} \,dt = \left. {\frac{1}{{2\sqrt 5 }} \cdot 5{t^2}} \right|_0^{2\sqrt 5 } = 10\sqrt 5 \;\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\). Chọn A.

Từ đồ thị ta có \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 0\end{array} \right.\] và \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x <  - 2\\x > 0\end{array} \right.\), \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow  - 2 < x < 0\).

Từ đó suy ra bảng biến thiên:

Vậy hàm số đạt cực đại tại \(x =  - 2\), đạt cực tiểu tại \(x = 0\) và \(f\left( 0 \right) > f\left( { - 2} \right)\). Chọn B.

\({{\rm{f}}^2}\left( {\rm{x}} \right) - \left( {{\rm{m}} + 4} \right)\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| + 2\;{\rm{m}} + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right|^2} - {\rm{m}}\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| - 4\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| + 2\;{\rm{m}} + 4 = 0\)

$\iff {\left(\left|\text{f}\left(\text{x}\right)\right|-2\right)}^2-m\left(\left|\text{f}\left(\text{x}\right)\right|-2\right)=0\iff \left(\left|\text{f}\left(\text{x}\right)\right|-2\right)\left(\left|\text{f}\left(\text{x}\right)\right|-2-m\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\left|\text{f}\left(\text{x}\right)\right|=2\left(1\right)\\ \left|\text{f}\left(\text{x}\right)\right|=m+2\left(2\right)\end{array}\right.$

Từ đồ thị hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\) ta được đồ thị hàm số \({\rm{y}} = \left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right|\) như hình vẽ bên. Xét phương trình \((1):\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| = 2\), ta thấy phương trình có 4 nghiệm phân biệt. Để phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác các nghiệm của phương trình (1).

Do đó \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 2 = 0}\\{m + 2 > 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 2}\\{m > 2}\end{array}} \right.} \right.\), với \(m \in \left( { - 5\,;\,\,5} \right).\)

Vậy các giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \[m \in \left\{ { - 2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\]. Chọn D.

Có \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  - 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right){\rm{d}}x} \)\( = 2 - 2 \cdot 5 =  - 8\). ChọnA.

 Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1; - 4;0} \right)\) và bán kính 3 có phương trình là:

\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} + {z^2} = 9\). Chọn B.

Giả sử vị trí vệ tinh là \(O\). Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(OAB\), ta có:

\(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} - 2 \cdot OA \cdot OB \cdot \cos \widehat {AOB} = {360^2} + {340^2} - 2 \cdot 360 \cdot 340 \cdot \cos 13,2^\circ  \approx 6\,867,88\).

Suy ra \(AB \approx \sqrt {6867,88}  \approx 83\,\,\left( {km} \right)\). Vậy khoảng cách giữa nóc hai toà cao ốc khoảng \(83\;\,km\).

Đáp án cần nhập là: 83.

Giả sử \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\;\,\left( {a \ne 0} \right)\).

Vì đồ thị đi qua 4 điểm \(O\left( {0;\;0} \right),\;A\left( {1;\;0} \right),\;B\left( {3;\;0} \right),\;C\left( {2;\;2} \right)\) nên ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}d = 0\\a + b + c + d = 0\\27a + 9b + 3c + d = 0\\8a + 4b + 2c + d = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 4\\c =  - 3\\d = 0\end{array} \right.\).

Vậy hàm số đã cho là \(y = f\left( x \right) =  - {x^3} + 4{x^2} - 3x\), diện tích phần được tô đậm là:

\(S = \int\limits_0^1 {\left[ { - f\left( x \right)} \right]dx}  + \int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx}  = \frac{{37}}{{12}}\). Chọn A.

Gọi \[H\] là trung điểm của \[AB\] và \[K\] là trung điểm của \[CD\]. Ta có \[SH \bot \left( {ABCD} \right)\] và \[SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]. Hạ \[HI \bot SK\]. Khi đó \[d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\]\[ = \frac{1}{2}d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}HI\].

Lại có \[\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{H{S^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}\]. Suy ra \[HI = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\]. Vậy \[d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\]. Chọn A.

Giả sử \(BD = x\,\,\left( {km} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}DC = 15 - x\\AD = \sqrt {{x^2} + 36} \end{array} \right.,\left( {0 \le x \le 15} \right)\).

Tổng thời gian để vận động viên về đích là \(t = \frac{{\sqrt {{x^2} + 36} }}{8} + \frac{{15 - x}}{{16}}\) (giờ).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 36} }}{8} + \frac{{15 - x}}{{16}}\),\(0 \le x \le 15\), ta có \(f'\left( x \right) = \frac{x}{{8\sqrt {{x^2} + 36} }} - \frac{1}{{16}}\).

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \sqrt{x^2+36}=2x\stackrel{0\le x\le 15}{\leftrightarrow }x=2\sqrt{3}$.

Ta có bảng biến thiên:

Vậy vận động viên nên vào bờ tại vị trí \(D\) cách đích \(C\) một khoảng là \(15 - 2\sqrt 3  \approx 11,54\,\,\left( {km} \right)\).

Đáp án cần nhập là: 11,54.

Sử dụng định lí Pythagore ta tính được \(AC = 5a\).

Có \(\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SCA} = 60^\circ \). Suy ra \(SA = AC \cdot \tan 60^\circ  = 5a\sqrt 3 \).

Gọi \(N\) là trung điểm \(BC\)\( \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {SMN} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {AB,{\rm{ }}SM} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)\).

Dựng \(AH \bot MN\) tại \(H\) trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Dựng \(AK \bot SH\) tại \(K\) trong mặt phẳng \(\left( {{\rm{S}}AH} \right)\).

\( \Rightarrow AK \bot \left( {SMN} \right)\) tại \(K\) nên \(d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = AK\)\[ \Rightarrow d\left( {AB,SM} \right) = AK\].

Ta có: \(AH = NB = 2a\).

Khi đó, \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{75{a^2}}} = \frac{{79}}{{300{a^2}}}\) \( \Rightarrow AK = \frac{{10a\sqrt 3 }}{{\sqrt {79} }}\). ChọnB.

\[\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}\frac{x}{4}{{\cos }^2}\frac{x}{4}dx}  = \frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}\frac{x}{2}dx = \frac{1}{4}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\frac{{1 - \cos x}}{2}} \right)dx = \left. {\frac{1}{8}\left( {x - \sin x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = } } \frac{\pi }{{16}} - \frac{1}{8}\].

\( \Rightarrow P = a + b + c = 1 + 8 + 16 = 25\).

Đáp án cần nhập là: 25.

Gọi \(J,\,E\) lần lượt là trung điểm \[SA,\,AB\].

Trong mặt phẳng \(\left( {BCMJ} \right)\) gọi \(I = MN \cap BC\).

Ta có \(IM\) là đường trung tuyến của tam giác \(SID\).

Trong tam giác \(ICD\) ta có \(BE\) song song và bằng \(\frac{1}{2}CD\) nên suy ra \(BE\) là đường trung bình của tam giác \(ICD \Rightarrow E\) là trung điểm \(ID \Rightarrow SE\) là đường trung tuyến của tam giác \(SID\).

Ta có: \(N = IM \cap SE \Rightarrow N\) là trọng tâm tam giác \(SID \Rightarrow \frac{{IN}}{{IM}} = \frac{2}{3}\). Chọn D.

Phương trình chính tắc của \(\left( H \right)\) có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), với \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 16\\{b^2} = 9\end{array} \right.\).

Ta có c2 = a2 + b2 = 16 + 9 = 25. Suy ra c = 5.

Khi đó hai tiêu điểm của \(\left( H \right)\) là \({F_1}\left( { - 5;0} \right),\,\,{F_2}\left( {5;0} \right)\).

Ta có \(\Delta :x + y = 3 \Leftrightarrow x + y - 3 = 0\).

Ta có \(d\left( {{F_1},\Delta } \right) = \frac{{\left| { - 5 + 0 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = 4\sqrt 2 \) và \[d\left( {{F_2},\Delta } \right) = \frac{{\left| {5 + 0 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \sqrt 2 \].

Khi đó tích các khoảng cách từ hai tiêu điểm của \(\left( H \right)\) đến ∆ là: \(4\sqrt 2  \cdot \sqrt 2  = 8\). Chọn B.

Gọi \(I\left( {x;y;z} \right)\).

Khi đó \[\overrightarrow {IA}  = \left( {1 - x;2 - y; - 4 - z} \right),{\rm{ }}\overrightarrow {IB}  = \left( { - 2 - x;3 - y; - z} \right)\]\[ \Rightarrow 2\overrightarrow {IB}  = \left( { - 4 - 2x;6 - 2y; - 2z} \right)\].

\(\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IB}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3x - 3 = 0\\ - 3y + 8 = 0\\ - 3z - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = \frac{8}{3}\\z =  - \frac{4}{3}\end{array} \right.\). Vậy \(I\left( { - 1;\frac{8}{3}; - \frac{4}{3}} \right)\). Chọn D.

Nhận thấy \[d\,{\rm{//}}\,\Delta \]. Chọn \[A\left( {2;\, - 1;\,1} \right) \in \left( d \right),\,B\left( {3;\, - 2;\,1} \right) \in \left( \Delta  \right)\]. Ta có: \[\overrightarrow {AB}  = \left( {1;\, - 1;\,0} \right)\].

Phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng \[\left( d \right)\] và \[\left( \Delta  \right)\] qua \[A\left( {2;\, - 1;\,1} \right)\] và có VTPT \[\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {{u_{\left( d \right)}}} } \right] = \left( { - 2;\, - 2;\,4} \right) =  - 2\left( {1;\,1;\, - 2} \right)\] là:

\[1\left( {x - 2} \right) + 1\left( {y + 1} \right) - 2\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 2z + 1 = 0\].

Khi đó: \(a = 1,b =  - 2,c = 1\). Vậy \(P = 1 + 2 \cdot \left( { - 2} \right) + 3 \cdot 1 = 0\).

Đáp án cần nhập là: 0.

Đường thẳng \({d_1}:\frac{{x - 1}}{{ - 2}} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 4}}{3}\) đi qua điểm \(M\left( {1; - 2;4} \right)\), có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 2;1;3} \right)\).Đường thẳng \({d_2}:\frac{{x + 1}}{1} = \frac{y}{{ - 1}} = \frac{{z + 2}}{3}\) có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1; - 1;3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa hai đường thẳng cắt nhau \({d_1},{d_2}\)\( \Rightarrow \)\(\left( P \right)\) qua điểm \(M\left( {1; - 2;4} \right),\) có một VTPT là \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {6;9;1} \right)\). Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là:

\(6\left( {x - 1} \right) + 9\left( {y + 2} \right) + \left( {z - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow 6x + 9y + z + 8 = 0\). ChọnC.

Đặt hệ tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ, xét mặt cắt song song với mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) cắt trục \(Ox\) tại \(x\): thiết diện mặt cắt luôn là hình vuông có cạnh \(\sqrt {{a^2} - {x^2}} \) \(\left( {0 \le x \le a} \right)\).

Do đó thiết diện mặt cắt có diện tích: \(S\left( x \right) = {a^2} - {x^2}\).

Vậy \({V_{\left( H \right)}} = \int\limits_0^a {S\left( x \right){\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_0^a {\left( {{a^2} - {x^2}} \right){\rm{d}}x} \)\( = \left. {\left( {{a^2}x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^a\)\( = \frac{{2{a^3}}}{3}\). Chọn C.

Giao điểm \[I\] của \[d\] và \[\left( \alpha  \right)\] là nghiệm của hệ

 \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 3 + t\\z =  - 1 - t\\x - 2z - 6 = 0\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2;4; - 2} \right)\].

Mặt phẳng \[\left( \alpha  \right)\] có một vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow n  = \left( {1;0; - 2} \right)\], đường thẳng \[d\] có một vectơ chỉ phương \[\overrightarrow u  = \left( {1;1; - 1} \right)\]. Khi đó đường thẳng \[\Delta \] có một vectơ chỉ phương là \(\left[ {\overrightarrow n ,\,\overrightarrow u } \right] = \left( {2; - 1;1} \right)\).

Đường thẳng \[\Delta \] qua điểm \(I\left( {2;4; - 2} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\left[ {\overrightarrow n ,\,\overrightarrow u } \right] = \left( {2; - 1;1} \right)\) nên có phương trình chính tắc: \[\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y - 4}}{{ - 1}} = \frac{{z + 2}}{1}\]. Chọn B.

Mặt phẳng\(\left( P \right):x + y + z - 1 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow a  = \left( {1;1;1} \right)\).

Mặt phẳng\(\left( Q \right):2x + my + 2z + 3 = 0\) có VTPT \(\overrightarrow b  = \left( {2;m;2} \right)\).

Mặt phẳng\(\left( R \right): - x + 2y + nz = 0\) có VTPT \(\overrightarrow c  = \left( { - 1;2;n} \right)\).

\(\left( P \right) \bot \left( R \right) \Leftrightarrow \overrightarrow a  \cdot \overrightarrow c  = 0 \Leftrightarrow n =  - 1\).

\(\left( P \right){\rm{//}}\left( Q \right) \Leftrightarrow \frac{2}{1} = \frac{m}{1} = \frac{2}{1} \Leftrightarrow m = 2\).

Vậy \(m + 2n = 2 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) = 0\). ChọnC.

Gọi \(h\) là khoảng cách từ tâm \(I\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta có: \(h = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 1 - 4 - 2 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = 3\).

Bán kính mặt cầu \(\left( S \right)\) là:

 \(R = \sqrt {{r^2} + {h^2}}  = \sqrt {{5^2} + {3^2}}  = \sqrt {34} \).

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là: \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 34\). Chọn D.

Kí hiệu \[f = x - y + 2z + 2\], ta có \[f\left( A \right) \cdot f\left( B \right) > 0\] nên A, B nằm cùng phía với \(\left( P \right)\).

Gọi \[A'\] là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Khi đó \[MA + MB = MA' + MB \ge A'B\], dấu bằng xảy ra \[ \Leftrightarrow A',M,B\] thẳng hàng.

Phương trình \[AA':\frac{x}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z + 2}}{2}\]. Gọi \[H = {\rm{AA'}} \cap \left( P \right),H\left( {t;1 - t; - 2 + 2t} \right)\].

Cho \[H \in \left( P \right) \Rightarrow t + t - 1 + 4t - 4 + 2 = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{2} \Rightarrow H\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}; - 1} \right) \Rightarrow A'\left( {1;0;0} \right)\].

Khi đó \[A'B:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 0\\z =  - 3t\end{array} \right. \Rightarrow M = A'B \cap \left( P \right) \Rightarrow M\left( {\frac{8}{5};0; - \frac{9}{5}} \right) \Rightarrow a + b + c =  - \frac{1}{5}\]. Chọn B.

Ta có trong bảng số liệu thống kê có tất cả \(16\) giá trị và đã được xếp theo thứ tự không giảm. Do đó số trung vị bằng trung bình cộng của hai số đứng thứ \(8\) và \(9\) trong bảng số liệu thống kê.Ta có \({M_e} = \frac{{160 + 162}}{2} = 161.\)

Đáp án cần nhập là: 161.

Số phần tử không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = C_{12}^4 = 495\).

Gọi \(A\) là biến cố: “4 học sinh được chọn thuộc không quá hai khối”.

Khi đó, \(\bar A\) là biến cố: “4 học sinh được chọn thuộc cả ba khối”.

Số cách chọn ra 4 học sinh thuộc cả ba khối là:

\(n\left( {\bar A} \right) = C_5^2 \cdot C_4^1 \cdot C_3^1 + C_5^1 \cdot C_4^2 \cdot C_3^1 + C_5^1 \cdot C_4^1 \cdot C_3^2 = 270\).

Số cách chọn ra 4 học sinh thuộc không quá hai khối là: \(n\left( A \right) = 495 - 270 = 225\).

Xác suất để chọn ra 4 học sinh thuộc không quá hai khối là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{225}}{{495}} = \frac{5}{{11}}\).

Chọn A.

Ta có bảng sau:

Giá trị trung bình của mẫu số liệu: \(\bar x = \frac{{2 \cdot 4 + 6 \cdot 8 + 10 \cdot 12 + 13 \cdot 16 + 16 \cdot 20 + 13 \cdot 24}}{{60}} \approx 16,93\).

Đáp án cần nhập là: 16,93.

Gọi \(A\) là biến cố: “Lần thứ nhất lấy được bi màu trắng”.

Gọi \(B\) là biến cố: “Lần thứ hai lấy được bi màu đen”.

Suy ra \(AB\) là biến cố: “Lần thứ nhất lấy được bi màu trắng và lần thứ hai lấy được bi màu đen”.

Vì sau khi lấy viên bi thứ nhất xong, ta để lại viên bi vào bình, nên không làm ảnh hưởng xác suất lấy viên bi lần thứ hai. Ta thấy 2 biến cố \(A\) và \(B\) độc lập với nhau.

Xác suất để lần thứ nhất lấy được bi màu trắng là: \(P\left( A \right) = \frac{7}{{12}}\).

Xác suất để lần thứ hai lấy được bi màu đen là: \(P\left( B \right) = \frac{5}{{12}}\).

Áp dụng quy tắc nhân xác suất, xác suất để lấy được bi thứ 1 màu trắng và bi thứ 2 màu đen là:

\(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{7}{{12}} \cdot \frac{5}{{12}} = \frac{{35}}{{144}}\). Chọn B.

Xác suất xảy ra biến cố \(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{C_{11}^3}}{{C_{12}^4}} = \frac{1}{3}\).

Xác suất xảy ra biến cố \(B\) là \(P\left( B \right) = \frac{{C_{11}^4}}{{C_{12}^4}} = \frac{2}{3}\).

\(A \cup B\) là biến cố: “Chọn được \(4\) bạn có bạn An hoặc không có bạn An”.

\( \Rightarrow P\left( {AB} \right) = \frac{{C_8^4}}{{C_{12}^4}} = \frac{{14}}{{99}}\).

Xác suất của biến cố \(A \cup B\) là: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} - \frac{{14}}{{99}} = \frac{{85}}{{99}}\). Chọn D.

Ta có bảng thống kê sau:

Ta có: \[n = 18 + 28 + 35 + 43 + 41 + 35 = 200\].  

Số trung bình cộng của mẫu số liệu ghép nhóm biểu thị tốc độ giao bóng trong 200 lần của một vận động viên môn quần vợt là:

\[\overline x  = \frac{{18.152,5 + 28.157,5 + 35.162,5 + 43.167,5 + 41.172,5 + 35.177,5}}{{200}} = 166,65\].

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm biểu thị tốc độ giao bóng trong 200 lần của một vận động viên môn quần vợt là:

\[\begin{array}{l}{s^2} = \frac{1}{{200}}\left[ {18 \cdot {{\left( {152,5 - 166,65} \right)}^2} + 28 \cdot {{\left( {157,5 - 166,65} \right)}^2} + 35 \cdot {{\left( {162,5 - 166,65} \right)}^2}} \right.\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left. { + \,43 \cdot {{\left( {167,5 - 166,65} \right)}^2} + 41 \cdot {{\left( {172,5 - 166,65} \right)}^2} + 35 \cdot {{\left( {177,5 - 166,65} \right)}^2}} \right] \approx 60,53\end{array}\]

Vậy độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm biểu thị tốc độ giao bóng trong 200 lần của một vận động viên môn quần vợt là: \[s \approx \sqrt {60,53}  \approx 7,78\]. Chọn D.

Có \({\rm{P}}\left( {{\rm{A}}\mid {\rm{B}}} \right) = 2{\rm{P}}\left( {{\rm{B}}\mid {\rm{A}}} \right)\) nên \(\frac{{P\left( {A\mid B} \right)}}{{P\left( {B\mid A} \right)}} = 2{\rm{ }}(1)\).

Mà \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}};\,\,P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}}\) (2).

Từ (1) và (2), suy ta \(\frac{{P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = 2\).

Đáp án cần nhập là: 2.

Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một học sinh trong nhóm.

Gọi \(A\) là biến cố “Chọn được một học sinh biết chơi ít nhất một nhạc cụ” và \(B,\bar B\) lần lượt là các biến cố “Chọn được một học sinh nam” và “Chọn được một học sinh nữ”.

Theo đề bài: \(P\left( B \right) = 60\%  = 0,6;\,\,P\left( {\bar B} \right) = 1 - 0,6 = 0,4\);

     \(P\left( {A\mid B} \right) = 20\%  = 0,2;P\left( {A\mid \bar B} \right) = 15\%  = 0,15\).

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

\[P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A\mid B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A\mid \bar B} \right) = 0,6 \cdot 0,2 + 0,4 \cdot 0,15 = 0,18\].

Vậy xác suất để chọn được một học sinh biết chơi nhạc cụ là 0,18.

Đáp án cần nhập là: 0,18.

Trước hết ta chứng minh \[n \le 200\]. Giả sử \[n > 200\] thỏa mãn các điều kiện của đề bài. Khi đó mỗi thí sinh \[X\] quen biết với \[201\] thí sinh khác. Gọi \[S\] là tập hợp \[201\] thí sinh này. Theo giả thiết thì tồn tại các thí sinh quen đúng \[1,2,...,200\] thí sinh khác.

Ta nói một thí sinh có bậc \[m\] nếu người ấy quen đúng \[m\] thí sinh khác. Ta có \[X\] quen với tất cả thí sinh trong tập \[S\]. Mà trong \[3\] người luôn tồn tại ít nhất \[2\] người không quen nhau, nên \[2\] thí sinh bất kỳ trong tập \[S\] đều không quen nhau. Do đó mỗi phần tử của \[S\] có bậc tối đa là \[300 - 201 = 99\].

Từ đó suy ra mỗi phần tử trong tập \[S\] xác định tối đa \[99\] bậc phân biệt (từ \[1\] đến \[99\]). Mặt khác, có \[99\] người khác ngoài \[S\] cho nên tổng số bậc tối đa của \[300\] thí sinh là \[99 + 99 = 198 < 201\] (mâu thuẫn). Vậy \[n \le 200\].

Bây giờ ta sẽ đi xây dựng một trường hợp thỏa mãn \[n = 200\]. Thật vậy, kí hiệu \[{A_1},{A_2},...,{A_{100}}\] là \[100\] thí sinh loại \[A\], kí hiệu \[{B_1},{B_2},...,{B_{200}}\] là \[200\] thí sinh còn lại và gọi họ là các thí sinh loại \[B\]. Giả sử rằng:

(1) Với mỗi \[i \in \left\{ {1;2;...;100} \right\}\], \[{A_i}\] quen biết với \[B_j^{}\] khi và chỉ khi \[j \ge i\].

(2) Hai thí sinh cùng loại bất kỳ đều không quen nhau.                    

• Từ điều kiện (2) thì cứ \[3\] thí sinh bất kỳ, có ít nhất \[2\] em không quen nhau.

• Từ (1) thì mỗi thí sinh \[{A_i}\] quen đúng với đúng \[201 - i\] thí sinh khác. Do đó có những thí sinh quen đúng \[200,199,...,101\] thí sinh khác. 

• Từ điều kiện (1) thì với mỗi \[j \in \left\{ {1;2;...;100} \right\}\], \[{B_j}\] quen đúng với \[j\] thí sinh khác, tức là có những thí sinh quen với đúng \[1;2;...;100\] thí sinh khác.

• Theo lập luận trên thí mỗi thí sinh quen với tối đa \[200\] thí sinh khác.

Vậy \[n = 200\] là giá trị lớn nhất thỏa mãn đề bài.

Lúc 10 giờ đúng khoảng cách giữa hai kim (tính theo chiều kim đồng hồ) là \(\frac{{10}}{{12}} = \frac{5}{6}\) vòng đồng hồ.

Khi kim phút và kim giờ tạo thành hai tia vuông góc với nhau thì khoảng cách từ kim giờ đến kimphút (tính theo chiều kim đồng hồ) là \(\frac{1}{4}\) vòng đồng hồ. Vậy khoảng cách từ kim phút đến kim giờ lúc này (tính theo chiều kim đồng hồ) là: \(1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\) (vòng đồng hồ).

Trong khoảng thời gian đó thì kim phút đã đi nhiều hơn kim giờ là: \(\frac{5}{6} - \frac{3}{4} = \frac{1}{{12}}\) (vòng đồng hồ).

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

Kể từ lúc 10 giờ đúng, khoảng thời gian ngắn nhất để kim phút và kim giờ tạo thành hai tia vuông góc với nhau là: \(\frac{1}{{12}}:\frac{{11}}{{12}} = \frac{1}{{11}}\) (giờ) \( \approx 5,5\) (phút). Chọn D.

Gọi hình chóp tứ giác đều là \(S.ABCD\) như hình vẽ, \(O = AC \cap BD,\,M\) là trung điểm của \(DC\).

Khi đó góc nhị diện tạo bởi mặt bên \(\left( {SCD} \right)\) và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\left[ {S,CD,O} \right]\).

Ta có \(SM \bot CD\) và \(OM \bot CD\), suy ra \(\widehat {SMO}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {S,CD,O} \right]\).

Xét tam giác \(SMO\) ta có \(OM = \frac{{BC}}{2} = 90\) (m). Khi đó,

\[\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{98}}{{90}} = \frac{{49}}{{45}} \Rightarrow \widehat {SMO} \approx 47,4^\circ \]. Chọn C.