Đáp án: \(F\left( x \right) = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + C\).

Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {{e^{2x}} + {x^2}} \right)dx} = \int {\left( {{{\left( {{e^2}} \right)}^x} + {x^2}} \right)dx} \)\( = \frac{{{{\left( {{e^2}} \right)}^x}}}{{{\rm{ln}}{e^2}}} + \frac{{{x^3}}}{3} + C = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + C\).

Đáp án: 12; 168.

Số ghế xếp ở mỗi hàng lập thành một cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với số hạng đầu \({u_1} = 25\), số hạng cuối \({u_n} = 3\) và công sai \(d = - 2\). Do đó, ta có số hàng ghế bằng số phần tử của cấp số cộng \(n = \frac{{{u_n} - {u_1}}}{d} + 1 = \frac{{3 - 25}}{{ - 2}} + 1 = 12\) và tổng số ghế đã dùng là \(S = {u_1} + ... + {u_{12}} = \frac{{12\left( {{u_1} + {u_{12}}} \right)}}{2} = \frac{{12\left( {25 + 3} \right)}}{2} = 168\).

Đáp án: Sai – Đúng – Đúng.

Hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) nên phát biểu thứ nhất là sai.

Do hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left[ {\frac{1}{3};9} \right]\)

Suy ra \(\mathop {Max}\limits_{\left[ {\frac{1}{3};9} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{1}{3}} \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}\frac{1}{3} = 2\) và

\(\mathop {{\rm{Min}}}\limits_{\left[ {\frac{1}{3};9} \right]} \;f\left( x \right) = f\left( 9 \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}9 = \frac{2}{{ - \frac{1}{2}}} = - 4\).
Vậy \(\mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left[ {\frac{1}{3};3} \right]} \;f\left( x \right) + \mathop {{\rm{Min}}}\limits_{\left[ {\frac{1}{3};3} \right]} \;f\left( x \right) = - 2\). Do đó phát biểu thứ hai đúng.

Ta có \({a^2} = 81b \Rightarrow b = \frac{{{a^2}}}{{81}}\).

Suy ra \(2f\left( {\frac{1}{a}} \right) + f\left( b \right) = 2{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}\frac{1}{a} + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}\frac{{{a^2}}}{{81}} = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}\frac{1}{{81}} = 4 \cdot 2 = 8\). Do đó phát biểu thứ ba đúng.

Đáp án: Phát biểu thứ hai và phát biểu thứ ba.

Dựa vào đồ thị hàm \(g'\left( x \right)\) ta có bảng xét dấu của hàm \(g'\left( x \right)\) như sau

Dựa vào bảng xét dấu của \(g'\left( x \right)\), ta có:

Hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 2} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\).

Do đó phát biểu thứ 2 và thứ 3 đúng.

Đáp án: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 3\).

Mặt cầu đường kính \(AB\) có bán kính là \(R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }}{2} = \sqrt 3 \) và tâm là trung điểm \(I\left( {1;0;1} \right)\) của \(AB\). Phương trình mặt cầu là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 3\).

Đáp án: \(\frac{1}{2}\).

Ta có $\underset{x\to 0^{+}}{\text{lim}}f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\text{lim}}\left(x^2+x+1\right)=1$; $\underset{x\to 0^{-}}{\text{lim}}f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\text{lim}}\left(x+2a\right)=2a$ và \(f\left( 0 \right) = 1\).

Suy ra hàm số liên tục tại \(x = 0 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}\).

Đáp án: \( - 3\).

Ta có .

Vậy .

Đáp án: \(m = 2\).

Ta có \(m = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}\sqrt {ab} = \frac{1}{2}\left( {1 + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b} \right) > \frac{1}{2}\) với \(a,b > 1\).

\(P = {\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b} \right)^2} + 54{\rm{lo}}{{\rm{g}}_b}a\)\( = {\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b} \right)^2} + \frac{{54}}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b}}\)\( = {\left( {2m - 1} \right)^2} + \frac{{54}}{{2m - 1}} = f\left( m \right)\).

Có \(f'\left( m \right) = \frac{{4{{\left( {2m - 1} \right)}^3} - 108}}{{{{\left( {2m - 1} \right)}^2}}}\);

\(f'\left( m \right) = 0 \Leftrightarrow m = 2\).
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta có \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất là 27 khi \(m = 2\).

Đáp án: \(10;20\).

Gọi hoành độ các giao điểm còn lại của đồ thị và trục \(Ox\) là \(a,b\left( {a < b} \right)\).

Khi đó \(\int\limits_0^8 {f'\left( x \right)dx} = \int\limits_0^a {f'\left( x \right)dx} + \int\limits_a^b {f'\left( x \right)dx} + \int\limits_b^8 {f'\left( x \right)dx} \)\( = \int\limits_0^a {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx} - \int\limits_a^b {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx} + \int\limits_b^8 {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx} \)

\( = 15 - 8 + 3 = 10\).

Mặt khác \(\int\limits_0^8 {f'\left( x \right)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_0^8 = f\left( 8 \right) - f\left( 0 \right) = f\left( 8 \right) - 10 \Rightarrow f\left( 8 \right) = 20\).

Đáp án: \(31\).

Điều kiên xác định: \(x > - 30\).

Đặt \(f\left( x \right) = \left( {{3^{{x^2}}} - {9^x}} \right)\left[ {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {x + 30} \right) - 5} \right]\)

Xét phương trình \(f\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^{{x^2}}} = {9^x}}\\{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {x + 30} \right) = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} = 2x}\\{x + 30 = {2^5}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Ta có bảng xét dấu:

Suy ra bất phương trình \(f\left( x \right) \le 0\) có tâp nghiệm là: \(S = \left( { - 30;0} \right] \cup \left\{ 2 \right\}\)

Với \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { - 29; - 28; \ldots ; - 2; - 1;0;2} \right\}\).

Vậy có 31 số nguyên \(x\) thỏa mãn.

Đáp án: \(1\).

Gọi \({S_1},{S_2}\) lần lượt là diện tích của phần tô đậm và phần còn lại của hình vuông.

Phần tô đậm giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^3}\) và \(y = \sqrt[3]{x}\) với \(x \in \left[ {0;1} \right]\) nên

\({S_1} = \int\limits_0^1 {\left| {{x^3} - \sqrt[3]{x}} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\left( {\sqrt[3]{x} - {x^3}} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {\frac{3}{4}x \cdot \sqrt[3]{x} - \frac{{{x^4}}}{4}} \right)} \right|_0^1 = \frac{1}{2}\)（vì \(\sqrt[3]{x} \ge {x^3}\) với \(\forall x \in \left[ {0;1} \right])\)

\({S_2} = O{A^2} - {S_1} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} = {S_1}\).
Suy ra \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = 1\).

Đáp án: \(f\left( c \right) > f\left( a \right) > f\left( b \right)\).

Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta có bảng biến thiên sau

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \(f\left( a \right) > f\left( b \right);f\left( c \right) > f\left( b \right)\) \(\left( 1 \right)\).

Gọi \({S_1}\) là diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), trục hoành và các đường thẳng \(x = a;x = b\).
Gọi \({S_2}\) là diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\), trục hoành và các đường thẳng \(x = b;x = c\).
Ta có: $S_1=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left(-f^{\text{'}}\left(x\right)\right)dx=\underset{b}{\overset{a}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=f\left(a\right)-f\left(b\right);S_2=\underset{b}{\overset{c}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=f\left(c\right)-f\left(b\right)$.

Quan sát hình vẽ ta thấy \({S_2} > {S_1} \Rightarrow f\left( c \right) - f\left( b \right) > f\left( a \right) - f\left( b \right) \Rightarrow f\left( c \right) > f\left( a \right)\) (2).

Từ (1) và (2) ta có \(f\left( c \right) > f\left( a \right) > f\left( b \right)\).

Đáp án: Đúng – Sai – Đúng – Đúng.

Theo đề ta có \(n\left( 2 \right) = 20\)\( \Leftrightarrow 5 \cdot {b^2} = 20\)\( \Leftrightarrow b = 2\) (do \(b > 0\)) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Số lượng ong sau 3 tháng là \(n\left( 3 \right) = 5 \cdot {2^3} = 40\) nghìn con nên phát biểu thứ hai sai.

Số lượng ong ban đầu ứng với \(t = 0\). Do đó \(n\left( 0 \right) = 5 \cdot {2^0} = 5\) nghìn con nên phát biểu thứ ba đúng.

Số lượng ong sau 5 tháng là \(n\left( 5 \right) = 5 \cdot {2^5} = 160\) nghìn con nên phát biểu thứ tư đúng.

Đáp án: Khẳng định thứ hai và khẳng định thứ tư.

Ta có \(\frac{{3n + 1}}{{n - 2}} = \frac{{3\left( {n - 2} \right) + 7}}{{n - 2}} = 3 + \frac{7}{{n - 2}}\).

Để \(\frac{{3n + 1}}{{n - 2}} \in \mathbb{Z}\) thì \(7 \vdots \left( {n - 2} \right)\).

Kết hợp với điều kiện \(n - 2 \ge - 2\) nên \(n - 2 \in \left\{ { - 1;1;7} \right\} \Rightarrow n \in \left\{ {1;3;9} \right\}\).

Do đó \(A = \left\{ {1;3;9} \right\}\).Vậy

 +) Tập \(A\) có 3 phần tử.

+) Phần tử lớn nhất của tập hợp \(A\)là 9.

+) Tổng các phần tử của \(A\)là 13.

+) Tất cả các phần tử của \(A\)đều là số lẻ.

Đáp án: 0,8; 0,2; 0,25.

Ta có \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,2 = 0,8\).

\(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) - P\left( {A \cap \overline B } \right) = 0,8 - 0,6 = 0,2\).

\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,2}}{{0,8}} = 0,25\).

Đáp án: \(\frac{{2{a^3}\sqrt 6 }}{3}\).

Ta có \(\left( {A'M,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = \left( {A'M,A'C'} \right) = \widehat {MA'C'} = 30^\circ \).

Ta có \(A'C' = a\sqrt 2 \).

Xét \(\Delta A'MC'\) vuông tại \(C'\). Khi đó \(MC' = A'C' \cdot \tan 30^\circ = a\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Vì \(M\) là trung điểm của \(CC'\) nên \(CC' = 2MC' = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\).

Khi đó \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3} \cdot {a^2} = \frac{{2{a^3}\sqrt 6 }}{3}\).

Đáp án: \(2;1\).

Ta có \(f\left( { - x} \right) = \frac{{\cos \left( { - x} \right)}}{{1 + {{\sin }^2}\left( { - x} \right)}} = \frac{{\cos x}}{{1 + {{\sin }^2}x}} = f\left( x \right)\). Do đó \(f\left( x \right)\) là hàm số chẵn.

Có \(g\left( { - x} \right) = \left| { - x} \right| \cdot \sin \left( { - x} \right) = - \left| x \right| \cdot \sin x = - g\left( x \right)\). Do đó \(g\left( x \right)\) là hàm số lẻ.

\(h\left( { - x} \right) = \sqrt {2 - \cos \left( { - 2x} \right)} = \sqrt {2 - \cos 2x} = h\left( x \right)\). Do đó \(h\left( x \right)\) là hàm số chẵn.

Vậy có 2 hàm số chẵn trong ba hàm số trên.

Có 1 hàm số \(h\left( x \right) = \sqrt {2 - \cos 2x} \) tuần hoàn với chu kì \(T = \pi \).

Đáp án: \(2\).

\(2{\sin ^2}x + \sqrt 3 \sin 2x = 3\)\( \Leftrightarrow 1 - \cos 2x + \sqrt 3 \sin 2x = 3 \Leftrightarrow \sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi \).

Vậy có 2 điểm biểu diễn nghiệm của phương trình.

Đáp án: d song song với \(\left( P \right)\).

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2; - 1;1} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {1;1; - 1} \right)\).

Vì \(\overrightarrow u \cdot \overrightarrow n = 0\) nên đường thẳng d song song với \(\left( P \right)\) hoặc đường thẳng d nằm trong \(\left( P \right)\).

Với \(A\left( {1; - 2;0} \right) \in d\) nhưng \(A \notin \left( P \right)\) nên đường thẳng d song song với \(\left( P \right)\).

Đáp án: \(30\).

Gọi số cần lập có dạng \(\overline {abcd} \).

TH1: \(d = 0\). Có 1 cách chọn d.

Việc chọn ba số \(a,b,c\) từ tập 6 chữ số \(\left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\) sẽ luôn tạo được duy nhất một thứ tự \(a < b < c\).

Do đó có \(C_6^3 = 20\) số.

TH2: \(d = 5\).

+) Trong 3 chữ số chọn có số 0: Vì \(a < b < c\) nên bắt buộc \(a = 0\) (loại). Do \(a \ne 0\).

+) Trong 3 chữ số chọn không có số 0. Ta sẽ chọn 3 chữ số từ tập \(\left\{ {1;2;3;4;6} \right\}\).

Do đó có \(C_5^3 = 10\) số.

Vậy có tất cả \(20 + 10 = 30\) số.

Đáp án: \(24\).

Ta có \(100! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot 98 \cdot 99 \cdot 100\) có:

+) 8 thừa số tròn chục là \(10;20;30;40;60;70;80;90\). Mỗi thừa số này cho 1 chữ số 0 tận cùng ở tích. Vậy nhóm này tạo ra 8 chữ số 0 ở tích.

+) 8 thừa số có tận cùng 5 là \(5;15;35;45;55;65;85;95\). Mỗi thừa số này khi nhân với một số chẵn thì cho 1 chữ sô 0 tận cùng ở tích. Vậy nhóm này tạo ra 8 chữ số 0 tận cùng ở tích.

+) 3 thừa số: \(25;50;75\) khi nhân mỗi số này với một số chia hết cho 4 thì cho 2 chữ số 0 tận cùng ở tích. Vậy nhóm này tạo ra 6 chữ số 0 tận cùng ở tích.

+) Ngoài ra, thừa số 100 cho 2 chữ số tận cùng ở tích nữa.

Vậy có tất cả 24 chữ số 0 liên tiếp tận cùng.

Đáp án: \(18\).

Có \(f\left( 2 \right) = f\left( {1 + 1} \right) = f\left( 1 \right) + f\left( 1 \right) + 2 = 10\).

Khi đó \(f\left( 3 \right) = f\left( {2 + 1} \right) = f\left( 2 \right) + f\left( 1 \right) + 4 = 18\).

Đáp án: \(312d{m^2}\).

Gọi \(x\) là chiều rộng của đáy \(\left( {x > 0,dm} \right)\). Khi đó chiều dài của đáy là \(2x\)(dm).

Vì thể tích của bể là \(500d{m^3}\) nên chiều cao của bể \(h = \frac{{500}}{{2{x^2}}}\).

Diện tích kính dùng làm bể là \(S = 6xh + 2{x^2}\)\( = 6x \cdot \frac{{500}}{{2{x^2}}} + 2{x^2}\)\( = \frac{{1500}}{x} + 2{x^2}\).

Có \(S' = - \frac{{1500}}{{{x^2}}} + 4x\); \(S' = 0 \Leftrightarrow {x^3} = 375 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{375}} \approx 7,2\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có diện tích kính ít nhất cần dùng khoảng \(312d{m^2}\).

Đáp án: \(12\).

Ta có \(x \cdot f'\left( x \right) = 2f\left( x \right) + {x^3}\)\( \Leftrightarrow x \cdot f'\left( x \right) - 2f\left( x \right) = {x^3}\)\( \Leftrightarrow \frac{{x \cdot f'\left( x \right) - 2f\left( x \right)}}{{{x^3}}} = 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} \cdot f'\left( x \right) - 2xf\left( x \right)}}{{{x^4}}} = 1\)\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2}}}} \right)^\prime } = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2}}} = x + C\)\( \Leftrightarrow f\left( x \right) = {x^3} + C{x^2}\).

Vì \(f\left( 1 \right) = 2\) nên \(f\left( 1 \right) = 1 + C = 2 \Rightarrow C = 1\). Khi đó \(f\left( x \right) = {x^3} + {x^2}\).

Vậy \(f\left( 2 \right) = {2^3} + {2^2} = 12\).

Đáp án: Đúng – Đúng – Sai.

Ta có \(d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 0 - 0 + 2 \cdot 0 - 6} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = 2\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;2} \right)\) là một vectơ pháp tuyến nên phát biểu thứ hai đúng.

Đường thẳng đi qua \(O\) nhận \(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;2} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = - t\\z = 2t\end{array} \right.\).

Tọa độ điểm \(M\)là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = - t\\z = 2t\\2x - y + 2z - 6 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = - t\\z = 2t\\4t + t + 4t - 6 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{4}{3}\\y = - \frac{2}{3}\\z = \frac{4}{3}\\t = \frac{2}{3}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{4}{3}; - \frac{2}{3};\frac{4}{3}} \right)\) nên phát biểu thứ ba là sai.

Đáp án: 4.

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có phương trình là \(\frac{x}{1} + \frac{y}{1} + \frac{z}{1} = 1\)\( \Leftrightarrow x + y + z = 1\).

Ta có \(d\left( {D,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 1 + 1 - 1} \right|}}{{\sqrt 3 }} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\).

Ta có \(AB = BC = AC = \sqrt 2 \). Do đó \(\Delta ABC\) đều cạnh \(\sqrt 2 \). Suy ra \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{2 \cdot \sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}d\left( {D,\left( {ABC} \right)} \right) \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{{\sqrt 3 }} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{1}{3}\).

Suy ra \(a = 1;b = 3\). Do đó \(a + b = 4\).

Đáp án: Đúng – Sai – Đúng.

Gọi \(A\)là biến cố “Học sinh đó thích bóng đá”;

\(B\)là biến cố “Học sinh đó thích bóng rổ”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,65;P\left( B \right) = 0,3;P\left( {A \cap B} \right) = 0,2\).

Ta có \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,2}}{{0,65}} \approx 0,308\) nên phát biểu thứ nhất là đúng.

Ta có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,2}}{{0,3}} = \frac{2}{3}\). Do đó \(P\left( {\overline A |B} \right) = 1 - P\left( {A|B} \right) = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}\) nên phát biểu thứ hai sai.

Ta có \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,65 + 0,3 - 0,2 = 0,75\).

Có \(P\left( {A|\left( {A \cup B} \right)} \right) = \frac{{P\left( {A \cap \left( {A \cup B} \right)} \right)}}{{P\left( {A \cup B} \right)}} = \frac{{P\left( A \right)}}{{P\left( {A \cup B} \right)}} = \frac{{0,65}}{{0,75}} \approx 0,867\) nên phát biểu thứ ba đúng.

Đáp án: 9,375; 15; 11,79; 3,28.

Cỡ mẫu \(n = 160\).

\(\overline x = \frac{1}{{160}}\left( {24 \cdot 4,5 + 57 \cdot 7,5 + 42 \cdot 10,5 + 29 \cdot 13,5 + 8 \cdot 16,5} \right) = 9,375\left( {{m^3}} \right)\).
Vậy lượng nước tiêu thụ trung bình trong tháng của một hộ gia đình trong khu vực nói trên xấp xỉ bằng \(9,4\left( {{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là \(R = 18 - 3 = 15\left( {{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

\(25{\rm{\% }}\) các hộ gia đình có lượng nước tiêu thụ cao nhất có lượng nước tiêu thụ không nhỏ hơn \({Q_3}\), với \({Q_3}\) là tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu.

\({Q_3} = 9 + \frac{{\frac{{160 \cdot 3}}{4} - \left( {24 + 57} \right)}}{{42}} \cdot \left( {12 - 9} \right) \approx 11,79\left( {{m^3}} \right)\).
Vậy công ty nên gửi thông báo tiết kiệm nước đến các hộ gia đình có lượng nước tiêu thụ từ \(11,79{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\) nước trở lên.

Ta có \({s^2} = \frac{1}{{160}}\left( {24 \cdot 4,{5^2} + 57 \cdot 7,{5^2} + 42 \cdot 10,{5^2} + 29 \cdot 13,{5^2} + 8 \cdot 16,{5^2}} \right) - 9,{375^2} = \frac{{3447}}{{320}}\left( {{m^3}} \right)\).

Suy ra độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên xấp xỉ bằng \(3,28\left( {{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Đáp án: 8.

Có \(y' = \frac{{{e^{x - 2}}\left( {x + m} \right) - \left( {{e^{x - 2}} + 1} \right)}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1;3} \right)\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}y' \ge 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\\ - m \notin \left( {1;3} \right)\end{array} \right.\).

Có \(y' = \frac{{{e^{x - 2}}\left( {x + m} \right) - \left( {{e^{x - 2}} + 1} \right)}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}} \ge 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\)

\( \Leftrightarrow {e^{x - 2}}\left( {x + m} \right) \ge \left( {{e^{x - 2}} + 1} \right)\)\( \Leftrightarrow m \ge \frac{{{e^{x - 2}} + 1}}{{{e^{x - 2}}}} - x,\forall x \in \left( {1;3} \right)\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{{e^{x - 2}} + 1}}{{{e^{x - 2}}}} - x = 1 + \frac{1}{{{e^{x - 2}}}} - x,\forall x \in \left( {1;3} \right)\).

Có \(g'\left( x \right) = - \frac{1}{{{e^{x - 2}}}} - 1 < 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\).

Suy ra hàm số \(y = g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {1;3} \right)\) nên \(m \ge g\left( 1 \right) = e\).

mà \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left[ { - 10;10} \right]\) nên \(m \in \left\{ {3;4;5;6;...;10} \right\}\). Vậy có 8 giá trị nguyên của m.

Đáp án: Sai – Đúng – Đúng.

Ta có \(f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\).

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} + x}}\left( {\frac{x}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} + 1} \right) = \frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }},\forall x \in \mathbb{R}\) \( \Rightarrow f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Xét \(f\left( { - x} \right) = \ln \left( {\sqrt {1 + {x^2}} - x} \right) = \ln \frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} + x}} = - \ln \left( {\sqrt {1 + {x^2}} + x} \right) = - f\left( x \right)\).

Suy ra \(f\left( x \right)\) là hàm lẻ nên phát biểu thứ hai đúng.

Khi đó \(f\left( {x - 2024} \right) + f\left( {\ln x} \right) \le 0\)\( \Leftrightarrow x - 2024 + \ln x \le 0\)\( \Leftrightarrow x + \ln x \le 2024\).

Vì \(x\)nguyên dương nên \(x \in \left\{ {1;2;3;...;2016} \right\}\). Vậy có 2016 giá trị nguyên dương của nghiệm của bất phương trình nên phát biểu thứ ba đúng.

Đáp án: 7.

Gọi \(n\) là số năm cần tìm, điều kiện \(n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\). Khi đó \(n\) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của bất phương trình:
\(75 \cdot {\left( {1 + 0,065} \right)^n} > 110 \Leftrightarrow 1,{065^n} > \frac{{22}}{{15}} \Leftrightarrow n > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{1,065}}\frac{{22}}{{15}} = 6,08167\).
Vậy giá trị của \(n\) thỏa đề bài là \(n = 7\).

Đáp án: 2.

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

Vì \(x = 2\) là nghiệm bội chẵn nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Đáp án: 15; 108.

Ta có \(N'\left( 1 \right) = 18 \cdot 1 - 3 \cdot {1^2} = 15\) triệu tế bào/ml giờ.

Ta có \(\int {N'} \left( t \right)dt = \int {\left( {18t - 3{t^2}} \right)} dt = 9{t^2} - {t^3} + C\)

Vì \(N\left( 0 \right) = 10\) nên \(C = 10\).

Do đó \(N\left( t \right) = 9{t^2} - {t^3} + 10\).

Với \(t = 6\) ta có \(N\left( 6 \right) = 9 \cdot {6^2} - {6^3} + 10 = 118\) triệu tế bào/ml giờ.

Vậy từ lúc ban đầu (\(t = 0\)) đến thời điểm \(t = 6\), mật độ vi khuẩn đã tăng thêm là \(118 - 10 = 108\) triệu tế bào/ml giờ.