Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)}\\{\overrightarrow {AC}  = \left( { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {0\,;\,\,2\,;\,\,1} \right).\)

Suy ra \(\left( {0\,;\,\,2\,;\,\,1} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \[d.\] Chọn A.

Ta có \[\int\limits_0^2 f \left( {3x + 1} \right){\rm{d}}x = 6 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \cdot \int\limits_0^2 f \left( {3x + 1} \right){\rm{d}}\left( {3x + 1} \right) = 6 \Leftrightarrow \int\limits_1^7 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 18.\]

Do đó \(I = \int\limits_0^7 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_1^7 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = 2 + 18 = 20.\)

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\Delta \) và \(y = {x^3} - x + 3\):

\({x^3} - x + 3 = 2x + 1 \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 2 \Rightarrow y =  - 3}\\{x = 1 \Rightarrow y = 3}\end{array}} \right.\).

Vậy \(A\left( {1\,;\,\,3} \right)\,,\,\,B\left( { - 2\,;\,\, - 3} \right) \Rightarrow {x_B} + {y_B} =  - 5\). Chọn A.

Xét phương trình \(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left( {{x^2} - 2x - 3} \right)\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right){\left( {x + 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{x = 3}\end{array}} \right..\)

Từ đó ta có bảng biến thiên hàm số \(f\left( x \right)\) như sau:

Vì \(0 > f\left( { - 1} \right) > f\left( 3 \right)\) nên đường thẳng \(y = 0\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại hai điểm phân biệt.

Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và trục hoành là 2. Chọn B.

Gọi \(I\) là tâm của \(\left( S \right)\). Vì \[I \in d\] nên \[I\left( {1 + 3t\,;\,\, - 1 + t\,;\,\,t} \right).\] Bán kính \(R = IA = \sqrt {11{t^2} - 2t + 1} .\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) tiếp xúc với \(\left( S \right)\) nên \(d\left( {I,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {5t + 3} \right|}}{3} = R.\)

Suy ra \(\sqrt {11{t^2} - 2t + 1}  = \frac{{\left| {5t + 3} \right|}}{3}\) \( \Leftrightarrow 37{t^2} - 24t = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 0 \Rightarrow R = 1}\\{t = \frac{{24}}{{37}} \Rightarrow R = \frac{{77}}{{37}}}\end{array}} \right.\).

Vì \(\left( S \right)\) có bán kính nhỏ nhất nên chọn \(t = 0\,,\,\,R = 1.\) Suy ra \[I\left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right).\]

Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 1.\) Chọn C.

Ta có: \(f'\left( x \right)\sqrt {{x^2} + 1}  = 2x\sqrt {f\left( x \right) + 1}  \Leftrightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 1} }} = \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\)

\[ \Leftrightarrow \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{f'\left( x \right)}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 1} }}} \,dx = \int\limits_0^{\sqrt 3 } {\frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \left. {dx \Leftrightarrow \sqrt {f\left( x \right) + 1} } \right|_0^{\sqrt 3 } = \left. {\left. {\sqrt {{x^2} + 1} } \right|_0^{\sqrt 3 } \Leftrightarrow \sqrt {f\left( x \right) + 1} } \right|_0^{\sqrt 3 } = 1\]

\( \Leftrightarrow \sqrt {f\left( {\sqrt 3 } \right) + 1}  - \sqrt {f\left( 0 \right) + 1}  = 1 \Leftrightarrow \sqrt {f\left( {\sqrt 3 } \right) + 1}  = 2 \Leftrightarrow f\left( {\sqrt 3 } \right) = 3.\)

Đáp án cần nhập là: 3.

Gọi \(H\) là trung điểm đoạn thẳng \(AB \Rightarrow IH \bot AB\,,\,\,HA = 4.\) Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 2\,;\,\,3\,;\,\,0} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {13 - m} ,\,\,\left( {m < 13} \right).\)

Đường thẳng đi qua \(M\left( {4\,;\,\,3\,;\,\,3} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right).\)

Ta có \(y' = \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}} - m.\)

Hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}} - m \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow m \le \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}}\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

Xét \(h\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 2}}\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), có \(h'\left( x \right) = \frac{{4 - 2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^2}}}\).

Bảng biến thiên:

Theo đề: \(f'\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^x}\). Nguyên hàm 2 vế ta được

\(\int {f'\left( x \right)} \,dx = \int {\left( {x + 1} \right){e^x}} \,dx \Leftrightarrow f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^x} - \int {{e^x}} dx\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^x} - {e^x} + C = x{e^x} + C\)

Mà \(f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow 0 \cdot {e^0} + C = 0 \Leftrightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = x{e^x}\)

\( \Rightarrow \int f \left( x \right)dx = \int x {e^x}dx = x{e^x} - \int {{e^x}} dx = x{e^x} - {e^x} + C = \left( {x - 1} \right){e^x} + C.\)

Suy ra \(a = 1\,;\,\,b =  - 1 \Rightarrow a + b = 0.\) Chọn D.

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(x =  - \frac{d}{c} =  - 2\) làm tiệm cận đứng.

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(y = \frac{a}{c} = 2\) làm tiệm cận ngang.

Do đó \(I\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\) là giao điểm của hai đường tiệm cận. Ta có \(y' = \frac{7}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).

Gọi tiếp tuyến tại \(M\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}} \right)\) của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 3}}{{x + 2}}\) có dạng: \(\Delta :y = y'\left( {{x_0}} \right) \cdot \left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\) hay \(\Delta :y = \frac{7}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} \cdot \left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}}\).

Vì \(\Delta \) đi qua \(I\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\) nên \(2 = \frac{7}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} \cdot \left( { - 2 - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}}\)

\( \Leftrightarrow 2 = \frac{{ - 7}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} \cdot \left( {{x_0} + 2} \right) + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}} \Leftrightarrow 2 = \frac{{ - 7}}{{\left( {{x_0} + 2} \right)}} + \frac{{2{x_0} - 3}}{{{x_0} + 2}}\)

\( \Leftrightarrow 2 = \frac{{2{x_0} - 10}}{{{x_0} + 2}} \Leftrightarrow 4 =  - 10 \Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.

Vậy không tồn tại tiếp tuyến nào thoả mãn bài toán. Chọn B.

Gọi thời điểm khinh khí cầu bắt đầu chuyển động là \(t = 0\).

Thời điểm khinh khí cầu bắt đầu tiếp đất là \({t_1}.\)

Do đó quãng đường khinh khí cầu đi được từ lúc bắt đầu đến khi chạm đất là \({S_1}.\)

Ta có \({S_1} = \int\limits_0^{{t_1}} {\left( {10t - {t^2}} \right){\rm{d}}t}  = 5t_1^2 - \frac{{t_1^3}}{3} = 162 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} =  - 4,93}\\{{t_1} = 10,93}\\{{t_2} = 9}\end{array}} \right..\)

Do \(v\left( t \right) \ge 0\) nên \(t \in \left[ {0\,;\,\,10} \right]\) suy ra \(t = 9\) giây.

Vậy khi bắt đầu tiếp đất thì vận tốc của khí cầu là \(v\left( 9 \right) = 9\) (mét/phút). Chọn C.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)

Ta có \(y' = 4\left( {m - 1} \right){x^3} - 2\left( {{m^2} - 2} \right)x\).

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  - 1 \Rightarrow y'\left( { - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow  - \,4\left( {m - 1} \right) + 2\left( {{m^2} - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = 2}\end{array}} \right.\).

• Với \(m = 0\), hàm số trở thành \(y =  - {x^4} + 2{x^2} + 1.\) Dễ thấy hàm số đạt cực đại tại \(x =  - 1\)

• Với \(m = 2\), hàm số trở thành \(y = {x^4} - 2{x^2} + 1.\) Dễ thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(x =  - 1\).

Vậy \(m = 2\) thì hàm số \(y = \left( {m - 1} \right){x^4} - \left( {m - 2} \right){x^2} + 1\) đạt cực tiểu tại \(x =  - 1\). Chọn D.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 4{x^3} + 4{x^2} + m\) trên \(\left[ {1\,;\,\,3} \right] \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {\min }\limits_{\left[ {1\,;\,\,3} \right]} f(x) = m}\\{\mathop {\max }\limits_{_{\left[ {1\,;\,\,3} \right]}} f(x) = m + 9}\end{array}} \right..\)

• TH1: Với \(m > 0\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_{\min }} = m}\\{{y_{\max }} = m + 9}\end{array}} \right.\).

Do đó \(2{y_{\min }} + {y_{\max }} = 2m + m + 9 = 12 \Leftrightarrow m = 1\) (thoả mãn).

• TH2: Với \(m + 9 < 0 \Leftrightarrow m <  - 9\) suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_{\min }} = \left| {m + 9} \right|}\\{{y_{\max }} = \left| m \right|}\end{array}} \right.\).

Do đó \(2{y_{\min }} + {y_{\max }} = 2\left| {m + 9} \right| + \left| m \right| = 12 \Leftrightarrow 2\left( { - m - 9} \right) - m = 12 \Leftrightarrow m =  - 10\) (thoả mãn).

• TH3: Với \( - 9 < m < 0\) suy ra \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_{\min }} = 0}\\{{y_{\max }} = \left\{ {\left| m \right|;\,\,\left| {m + 9} \right|} \right\}}\end{array}} \right.\].

Do đó \(2{y_{\min }} + {y_{\max }} = 12 \Leftrightarrow {y_{\max }} = 12 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| m \right| = 12}\\{\left| {m + 9} \right| = 12}\end{array}} \right.\) (không thoả mãn).

Nên \(m \in \left\{ { - 10\,;\,\,1} \right\}\). Do đó, tổng các giá trị của \[m\] là \( - 10 + 1 =  - 9\).

Đáp án cần nhập là: −9.

Phương trình tham số của hai đường thẳng \({d_1},\,\,{d_2}\) như sau:

\({d_1}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1 + 2t}\\{y = 3t}\\{z = 1 + 3t}\end{array},\,\,{d_2}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - 2t'}\\{y = t'}\\{z = 1 + t'}\end{array}} \right.} \right.\).

Xét hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 + 2t = 1 - 2t'}\\{3t = t'}\\{1 + 3t = 1 + t'}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2t + 2t' = 2}\\{3t - t' = 0}\\{3t - t' = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{1}{4}}\\{t' = \frac{3}{4}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Suy ra giao điểm của \({d_1},\,\,{d_2}\) là \(A\left( { - \frac{1}{2}\,;\,\,\frac{3}{4}\,;\,\,\frac{7}{4}} \right).\)

Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((P)\) là \(d\left( {A\,,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) + 4 \cdot \left( {\frac{3}{4}} \right) - 4 \cdot \left( {\frac{7}{4}} \right) - 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {4^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = \frac{4}{3} \approx 1,33.\)

Đáp án cần nhập là: \(1,33\).

\(M \in \left( {Oxz} \right) \Rightarrow M\left( {x\,;\,\,0\,;\,\,z} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AB}  = \left( {7\,;\,\,3\,;\,\,1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {59} \,;\,\,\overrightarrow {AM}  = \left( {x + 2\,;\,\, - 3\,;\,\,z - 1} \right)\) và \[A,\,\,B,\,\,M\] thẳng hàng \( \Rightarrow \overrightarrow {AM}  = k \cdot \overrightarrow {AB} (k \in \mathbb{R}) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 2 = 7k}\\{ - 3 = 3k}\\{z - 1 = k}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 9}\\{ - 1 = k}\\{z = 0}\end{array}} \right.} \right. \Rightarrow M\left( { - 9\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\).

\(\overrightarrow {BM}  = \left( { - 14\,;\,\, - 6\,;\,\, - 2} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AM}  = \left( { - 7\,;\,\, - 3\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow BM = 2AM.\) Chọn A.

Ta có: \[\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a  \cdot \overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right|}} \Leftrightarrow \cos 45^\circ  = \frac{{ - m}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}}  \cdot \sqrt {{1^2} + {m^2}} }} \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{ - m}}{{\sqrt 2  \cdot \sqrt {1 + {m^2}} }}\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\1 + {m^2} = {m^2}\end{array} \right.\] (vô lí).

Vậy không có giá trị nào của m. Chọn B.

Gọi \(C\left( {0;0;c} \right) \in Oz\).

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {0; - 1;2} \right)\), \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1;1;c} \right)\).

Để \(AB \bot BC\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {BC}  = 0 \Leftrightarrow  - 1 + 2c = 0 \Rightarrow c = \frac{1}{2}\). Chọn C.

Có \(\left[ {f\left( x \right) + 6x} \right]f\left( x \right) = 9{x^4} + 3{x^2} + 4 \Leftrightarrow {\left[ {f\left( x \right) + 3x} \right]^2} = {\left( {3{x^2} + 2} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) + 3x = 3{x^2} + 2}\\{f\left( x \right) + 3x =  - 3{x^2} - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 3{x^2} - 3x + 2}\\{f\left( x \right) =  - 3{x^2} - 3x - 2\,\,(L)}\end{array}} \right.} \right.\)

Đặt \(t = 2{x^2} - 3x + 1\), với \(x \in \left[ {0\,;\,\,1} \right]\) thì \(t \in \left[ { - \frac{1}{8};1} \right]\)

Xét hàm \(g\left( t \right) = f\left( t \right)\) trên \(\left[ { - \frac{1}{8};1} \right]\), có \(g'\left( t \right) = f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 6t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \in \left[ { - \frac{1}{8};1} \right]\)

Có \(g\left( { - \frac{1}{8}} \right) = \frac{{155}}{{64}};g\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{5}{4};g\left( 1 \right) = 2.\)

Suy ra, \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0\,;\,\,1} \right]} y = \mathop {\max }\limits_{_{\left[ { - \frac{1}{8}\,;\,\,1} \right]}} g(t) = \frac{{155}}{{64}}.\) Chọn C.

Đặt \(u\left( x \right) = {x^2} - 4x \Rightarrow u' = 2x - 4 = 0 \Rightarrow x = 2\).

Đặt \(t = u\left( {\left| x \right|} \right) = {\left| x \right|^2} - 4\left| x \right|\).

Vẽ đồ thị hàm số \(u\left( x \right) = {x^2} - 4x\), từ đó suy ra đồ thị \(t = u\left( {\left| x \right|} \right)\).

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra hàm số \(y = g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4\left| x \right|} \right)\) có tất cả 5 điểm cực trị.

Đáp án cần nhập là: 5.

Do \(M \in \Delta \) nên \(M\left( {2t\,;\,\, - 1 + t\,;\,\,1 - t} \right)\).

\(\overrightarrow {MA}  = \left( {1 - 2t\,;\,\,1 - t\,;\,\,t} \right)\); \(\overrightarrow {MB}  = \left( { - 1 - 2t\,;\,\,2 - t\,;\,\,1 + t} \right)\); \(3\overrightarrow {MB}  = \left( { - 3 - 6t\,;\,\,6 - 3t\,;\,\,3 + 3t} \right)\);

\(\overrightarrow {MA}  - 3\overrightarrow {MB}  = \left( {4 + 4t\,;\,\, - 5 + 2t\,;\,\, - 3 - 2t} \right)\);

\(\left| {\overrightarrow {MA}  - 3\overrightarrow {MB} } \right| = \sqrt {24{t^2} + 24t + 50}  = \sqrt {24{{\left( {t + \frac{1}{2}} \right)}^2} + 44}  \ge \sqrt {44} \).

Khi đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  - 3\overrightarrow {MB} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(\sqrt {44} \) khi \(t = \frac{{ - 1}}{2}\).

Do đó điểm \(M\) có tọa độ là \(M\left( { - 1; - \frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right)\) và \(a + 2b + 4c =  - 1 - 3 + 6 = 2.\) Chọn D.

Giả sử có tất cả k học sinh. Ta thấy rằng trong mỗi lần, từng bạn sẽ có 2 cách chọn số giơ lên nên sẽ có tất cả \({2^k}\) cách chọn bộ số cho nhóm học sinh này.

Tổng thu được có thể phân biệt hoặc không nên số lượng tổng tạo thành sẽ không vượt quá \({2^k}\). Vì thế để nhóm bạn vượt qua thử thách này cần có điều kiện \({2^k} \ge 80 \Leftrightarrow k \ge {\log _2}80 \approx 6,32\).

Với k = 7, ta có thể cho các bạn viết các số như sau :

\(\left\{ {0;{2^0}} \right\},\left\{ {0;{2^1}} \right\},\left\{ {0;{2^2}} \right\},...,\left\{ {0;{2^6}} \right\}\). Khi đó với số 0 tất cả các bạn chỉ cần giơ số 0.

Tổng lớn nhất có thể biểu diễn là: \({2^0} + {2^1} + ... + {2^6} = {2^7} - 1 = 127\)và mỗi số nguyên dương không vượt quá 127 đều có thể viết thành tổng của các lũy thừa phân biệt của 2 nên các bạn luôn có cách giơ để biểu diễn cho mọi số từ 1; 2; …; 79 mà cô viết lên bảng.

Do đó, số lượng học sinh ít nhất cần để vượt qua thử thách là 7.

Đáp án cần nhập là: 7.

Số trung bình: \[\bar x = \frac{{6 \cdot 22,5 + 6 \cdot 27,5 + 4 \cdot 32,5 + 37,5 + 42,5}}{{18}} \approx 28,33\].

Phương sai: \({S^2} = \frac{{6 \cdot {{22,5}^2} + 6 \cdot {{27,5}^2} + 4 \cdot {{32,5}^2} + {{37,5}^2} + {{42,5}^2}}}{{18}} - {28,33^2} \approx 31,44\).

Độ lệch chuẩn: \(s = \sqrt {31,44}  \approx 5,6\). Chọn D.

\[P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,2 = 0,8\].

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\[P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A|\bar B} \right) = 0,2 \cdot 0,7 + 0,8 \cdot 0,45 = 0,5\]. Chọn D.

Gọi A là biến cố: “Người đó mắc bệnh tiểu đường”.

B là biến cố: “Người đó mắc bệnh tim”.

Cần tính \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}}\).

Theo đề ta có: \[P\left( A \right) = 0,2;P\left( {B|A} \right) = 0,7;P\left( {\bar A} \right) = 0,8;P\left( {B|\bar A} \right) = 0,15\].

Vậy \[P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) = 0,2 \cdot 0,7 + 0,8 \cdot 0,15 = 0,26\].

Suy ra \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,2 \cdot 0,7}}{{0,26}} = \frac{7}{{13}}\). Chọn A.

\[F\left( x \right) = \int {\left( {{3^x} + x + 1} \right){\rm{d}}x}  = \frac{1}{{\ln 3}} \cdot {3^x} + \frac{1}{2}{x^2} + x + C.\]

\[ \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{{\ln 3}} \cdot {3^x} + \frac{1}{2}{x^2} + x + C.\]

\(F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow 1 = \frac{1}{{\ln 3}}{.3^0} + \frac{1}{2}{.0^2} + 0 + C \Rightarrow C = 1 - \frac{1}{{\ln 3}}\)

\[ \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{{\ln 3}} \cdot {3^x} + \frac{1}{2}{x^2} + x + 1 - \frac{1}{{\ln 3}}\].

\( \Rightarrow F\left( { - 1} \right) = \frac{1}{{\ln 3}} \cdot {3^{ - 1}} + \frac{1}{2} - 1 + 1 - \frac{1}{{\ln 3}} \Rightarrow F\left( { - 1} \right) = \frac{1}{2} - \frac{2}{{3\ln 3}}\). Chọn B.

Biến đổi \(3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} - 6x + 12y + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + \frac{2}{3} = 0\) có tâm \(I\left( {1; - 2;0} \right)\), bán kính \[R = \sqrt {\frac{{13}}{3}} \]. Chọn D.

Chọn hệ trục \[Oxy\] như hình vẽ.

.

Gọi \[\left( {{P_1}} \right):y = {a_1}{x^2} + {b_1}\] là Parabol đi qua hai điểm \[A\left( {\frac{{19}}{2};0} \right),B\left( {0;2} \right)\] nên ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}0 = a \cdot {\left( {\frac{{19}}{2}} \right)^2} + 2\\2 = b\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} =  - \frac{8}{{361}}\\{b_1} = 2\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left( {{P_1}} \right):y =  - \frac{8}{{361}}{x^2} + 2\].

Gọi \[\left( {{P_2}} \right):y = {a_2}{x^2} + {b_2}\] là Parabol đi qua hai điểm \[C\left( {10;0} \right),D\left( {0;\frac{5}{2}} \right)\] nên ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}0 = {a_2} \cdot {10^2} + \frac{5}{2}\\\frac{5}{2} = {b_2}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_2} =  - \frac{1}{{40}}\\{b_2} = \frac{5}{2}\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left( {{P_2}} \right):y =  - \frac{1}{{40}}{x^2} + \frac{5}{2}\].

Ta có thể tích của bê tông là: \[V = 5 \cdot 2\left[ {\int_0^{10} {\left( { - \frac{1}{{40}}{x^2} + \frac{5}{2}} \right)} \,{\rm{d}}x - \int_0^{\frac{{19}}{2}} {\left( { - \frac{8}{{361}}{x^2} + 2} \right)} \,{\rm{d}}x} \right] = 40\,\,{{\rm{m}}^3}\].

Số tiền mà tỉnh Hưng Yên cần bỏ ra để xây cây cầu là: \[4,5 \cdot 40 = 180\] triệu đồng.

Đáp án cần nhập là: 180.

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \[ABCD,\] ta có \(AO \bot BD.\)

Mặt khác \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AO.\)

Nên \[AO\] là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \[SA\] và \[BD.\]

Do đó \[d\left( {SA\,,\,\,BD} \right) = AO = \frac{1}{2}AC = a\sqrt 2 \]. Chọn A.

Nửa chu vi đáy là: \[p = \frac{{37 + 13 + 30}}{2} = 40\,\,(cm).\]

Diện tích đáy của hình lăng trụ là:

 \(S = \sqrt {40 \cdot \left( {40 - 37} \right) \cdot \left( {40 - 13} \right) \cdot \left( {40 - 30} \right)}  = 180\,\,\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)

Gọi \(x\) là độ dài chiều cao của lăng trụ.

Vì các mặt bên của hình lăng trụ đứng là hình chữ nhật nên \({S_{xq}} = 13x + 37x + 30x = 480 \Rightarrow x = 6\).

Tổng số cây trồng hết là \(1 + 2 + 3 +  \ldots  + n = 4950.\)

Dễ thấy \({S_n} = 1 + 2 + 3 +  \ldots  + n\) là tổng của cấp số nhân với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1}\\{d = 1}\end{array}} \right..\)

Do đó \({S_n} = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\) suy ra \(\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} = 4950 \Leftrightarrow n = 99.\) Chọn B.

Ta có \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)}}{{{x^3} - {2^3}}}\)

   \[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}}\]\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{{x^2} + 2x + 4}} = 1.\)

Đáp án cần nhập là: 1.

Điều kiện: \(x >  - 5.\) Cho \(\left( {{x^3} - 9x} \right)\ln \left( {x + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} - 9x = 0}\\{\ln \left( {x + 5} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 3}\\{x = 0}\\{x = 3}\\{x =  - 4}\end{array}} \right.} \right.\).

Bảng xét dấu:

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy \(f\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 4 \le x \le  - 3}\\{0 \le x \le 3}\end{array}} \right.\). Vì \(x \in \mathbb{Z}\) nên \[x \in \left\{ { - 4\,;\,\, - 3\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}\].

Vậy có 6 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn bài toán. Chọn C.

Vật qua vị trí cân bằng khi \(x = 0\), khi đó ta có

\(2\sin \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = k\pi  \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{{30}} + \frac{{k\pi }}{5},k \in \mathbb{Z}.\)

Mà \(0 \le t \le 3 \Leftrightarrow 0 \le \frac{\pi }{{30}} + \frac{{k\pi }}{5} \le 3 \Leftrightarrow  - \frac{1}{6} \le k \le 4,61.\) Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}.\)

Vậy vật đi qua vị trí cân bằng 5 lần. Chọn A.

Số cách chọn và phân công 4 học sinh bất kì là: \(C_{22}^1 \cdot C_{21}^1 \cdot C_{20}^2 = 87\,\,780\) (cách).

Số cách chọn và phân công 4 học sinh mà chỉ có học sinh nam là: \(C_{15}^1 \cdot C_{14}^1 \cdot C_{13}^2 = 16\,\,380\) (cách).

Do đó, số cách chọn và phân công 4 học sinh đó có ít nhất một học sinh nữ là:

\(87\,\,780 - 16\,\,380 = 71\,\,400\) (cách).

Đáp án cần nhập là: 71 400.

Ta có \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AM\)

\( \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AM \bot SC.\)

Tương tự ta cũng có \(AN \bot SC \Rightarrow \left( {AMN} \right) \bot SC.\)

Gọi \(\varphi \) là góc giữa đường thẳng SB và \(\left( {AMN} \right)\)

Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho: \(D\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\),

Đặt \(t = {2^x} > 0\) nên phương trình đã cho trở thành: \({t^2} - 2mt + 2m = 0\,\,\,(*).\)

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow (*)\) có hai nghiệm dương phân biệt \({t_1},{t_2}.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 2m > 0\\2m > 0\\2m > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow m > 2\).

Ta có \({t_1}{t_2} = {2^{{x_1}}} \cdot {2^{{x_2}}} = {2^{{x_1} + {x_2}}} = {2^3} = 8 = 2m\) suy ra \(m = 4\) (thỏa mãn điều kiện).

Vậy \(m = 4\) là giá trị duy nhất cần tìm.

Đáp án cần nhập là: 4.

Ta có: \(x + y = 2 \Leftrightarrow y = 2 - x\)

Xét \(A = 2 \cdot {3^y} + \frac{1}{{24}} \cdot {3^{2x}} = 2 \cdot {3^{2 - x}} + \frac{1}{{24}} \cdot {3^{2x}} = \frac{{18}}{{{3^x}}} + \frac{1}{{24}} \cdot {\left( {{3^x}} \right)^2}.\)

Đặt \(t = {3^x},t > 0\), khi đó \(A = \frac{{18}}{t} + \frac{{{t^2}}}{{24}}.\)

Xét \(A' = \frac{t}{{12}} - \frac{{18}}{{{t^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = 6.\)

Bảng biến thiên của hàm số \(A = \frac{{18}}{t} + \frac{{{t^2}}}{{24}}\;\,\forall t \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)

Khi đó \(A\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(t = 6 \Rightarrow {A_{\min }} = \frac{9}{2}.\) Chọn C.

Thể tích khối tứ diện \[ABCD\] là:

 \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AD \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{6}AD.AB \cdot AC = \frac{4}{3}{a^3}.\)

Ta có \(\frac{{{V_{BAFE}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{BF}}{{BD}} \cdot \frac{{BE}}{{BC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{BAFE}} = \frac{1}{4}{V_{ABCD}}.\)

Thể tích khối chóp \[A.EFDC\] là:

Với \[a,\;b\] là các số thực lớn hơn 1 và \[x > 0,\;x \ne 1\], ta có:

\[P = {\log _{\frac{a}{{{b^2}}}}}x = \frac{1}{{{{\log }_x}\frac{a}{{{b^2}}}}} = \frac{1}{{{{\log }_x}a - 2{{\log }_x}b}}\]\[ \Leftrightarrow P = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_a}x}} - \frac{2}{{{{\log }_b}x}}}} = \frac{1}{{\frac{1}{2} - \frac{2}{8}}} = 4\].

Đáp án cần nhập là: \(4\).

Ta có \[y = {\sin ^3}x\,\, \Rightarrow \,\,y' = 3{\sin ^2}x \cdot \cos x\] và \[y'' = 6\sin x \cdot {\cos ^2}x - 3{\sin ^3}x.\]

Khi đó \[y'' + 9y = 6\sin x \cdot {\cos ^2}x - 3{\sin ^3}x + 9{\sin ^3}x = 6\sin x\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) = 6\sin x.\] Chọn B.

Diện tích đáy: \({S_{ABCD}} = {a^2}\).

Thể tích khối chóp \[S.ABCD\] là: \[V = \frac{1}{3}{a^2} \cdot 2a = \frac{{2{a^3}}}{3}\]. Chọn D.

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\). Do \(\Delta SAB\) đều và \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Ta có \({S_{SAB}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow AB = 3\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow SH = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 \sqrt 3 }}{2} = \frac{9}{2}\).