Đáp án: \(\frac{{19}}{{25}};\frac{{13}}{{25}}\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Học sinh đó thích chơi đá bóng", ta có \(P\left( A \right) = \frac{{31}}{{50}}\).

Gọi \(B\) là biến cố: " Học sinh đó thích chơi cầu lông", ta có \(P\left( B \right) = \frac{{12}}{{50}} = \frac{6}{{25}}\).

Theo giả thiết \(P\left( {AB} \right) = \frac{5}{{50}} = \frac{1}{{10}}\).

Ta có \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{{31}}{{50}} + \frac{{12}}{{50}} - \frac{5}{{50}} = \frac{{38}}{{50}} = \frac{{19}}{{25}}\).

Ta có \(A = AB \cup A\bar B\), do \(AB\) và \(A\bar B\) xung khắc nên \(P\left( A \right) = P\left( {AB} \right) + P\left( {A\bar B} \right)\).

Do đó \(P\left( {A\bar B} \right) = P\left( A \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{{31}}{{50}} - \frac{1}{{10}} = \frac{{26}}{{50}} = \frac{{13}}{{25}}\).

Đáp án: 2.

\({\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) + {\log _{\frac{1}{3}}}5 = 0\)\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} + 4x} \right) = {\log _3}5\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 4x > 0\\{x^2} + 4x = 5\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 5\end{array} \right.\).

Vậy phương trình có hai nghiệm.

Đáp án: 4.

Dựa vào bảng xét dấu, \(f'\left( x \right)\) đổi dấu khi qua các điểm \(x \in \left\{ { - 2; - 1;1;4} \right\}\).

Vậy số điểm cực trị của hàm số đã cho là \(4\).

Đáp án: 2,39.

Các giá trị đại diện của mẫu số liệu là: 1; 3; 5; 7; 9.

Tổng tần số là: \(n = 40\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(\overline x = \frac{{1 \cdot 19 + 3 \cdot 9 + 5 \cdot 5 + 7 \cdot 6 + 9 \cdot 1}}{{40}} = 3,05\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({S^2} = \frac{{{1^2} \cdot 19 + {3^2} \cdot 9 + {5^2} \cdot 5 + {7^2} \cdot 6 + {9^2} \cdot 1}}{{40}} - 3,{05^2} = 5,6975\).

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(S = \sqrt {5,6975} \approx 2,39\).

Đáp án: Sai – Đúng – Đúng.

\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\).

Bảng biến thiên:

Giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) bằng \(4\)nên phát biểu thứ nhất sai.

Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\)nên phát biểu thứ hai đúng.

Hai điểm cực trị là \(A( - 1;4),B(1;0) \Rightarrow AB = 2\sqrt 5 \) nên phát biểu thứ ba đúng.

Đáp án: 26.

Tổng số cách đi từ \(O(0;0)\) đến \(Q(5;3)\) là \(C_8^3 = 56\).

Số cách đi qua \(K(3;2)\) là: \(C_5^2 \cdot C_3^1 = 10 \cdot 3 = 30\).

Số cách đi không qua \(K\) là \(56 - 30 = 26\).

Đáp án: 2; 31.

Có \({u_1} = 3\) và \({u_4} = 9\).

Suy ra \({u_4} = {u_1} + 3d \Leftrightarrow d = 2\).

Vậy \({u_{15}} = {u_1} + 14d = 31\).

Đáp án: 20.

\(\int\limits_{ - 1}^2 {4f(x){\rm{d}}x} = 4\int\limits_{ - 1}^2 {f(x){\rm{d}}x} = 4 \cdot 5 = 20\).

Đáp án: 108.

Dựa vào phương trình ba mặt phẳng \(\left( P \right),\,\,\left( Q \right),\,\,\left( R \right)\) đã cho, ta thấy chúng song song nhau; so sánh hệ số tự do trong phương trình ba mặt phẳng thì: \( - 4 < - 1 < 8\), do vậy mặt phẳng \(\left( P \right)\) nằm giữa hai mặt phẳng \(\left( Q \right),\,\,\left( R \right)\).

Ta tính khoảng cách giữa \(\left( P \right)\) với hai mặt phẳng còn lại: \[d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {8 - \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{9}{{\sqrt 6 }}\]; \(d\left( {\left( P \right),\left( R \right)} \right) = \frac{{\left| { - 4 - \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt 6 }}.\)

Do vậy \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = 3d\left( {\left( P \right),\left( R \right)} \right)\).

Gọi \(A',\,\,B'\) lần lượt là hình chiếu của \(C\) trên các mặt phẳng \(\left( P \right),\,\,\left( Q \right)\)\( \Rightarrow CA' = \frac{3}{{\sqrt 6 }},\,\,A'B' = \frac{9}{{\sqrt 6 }}\). Vì \(AA'{\rm{//}}BB'\) nên \(\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{CA'}}{{A'B'}} = \frac{{\frac{3}{{\sqrt 6 }}}}{{\frac{9}{{\sqrt 6 }}}} = \frac{1}{3}\) hay \(AC = \frac{1}{3}AB\).

Ta có:

\(T = A{B^2} + \frac{{144}}{{AC}} = A{B^2} + \frac{{144}}{{\frac{1}{3}AB}} = A{B^2} + \frac{{432}}{{AB}} = A{B^2} + \frac{{216}}{{AB}} + \frac{{216}}{{AB}}\mathop \ge \limits^{AM - GM} 3\sqrt[3]{{A{B^2} \cdot \frac{{216}}{{AB}} \cdot \frac{{216}}{{AB}}}} = 108\).

Dấu xảy ra khi và chỉ khi \(A{B^2} = \frac{{216}}{{AB}} \Leftrightarrow A{B^3} = 216 \Leftrightarrow AB = 6\), suy ra \(AC = 2\).

Vậy \({T_{\min }} = 108\).

Đáp án: \(3x - 2y + z - 12 = 0\).

Phương trình của mặt phẳng đi qua \(M\) và song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) là

\(3\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y + 1} \right) + \left( {z - 4} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 3x - 2y + z - 12 = 0\).

Đáp án: Sai – Đúng.

Ta có: \(AD = \frac{1}{4}AC = \frac{1}{4} \cdot 2AB = \frac{1}{2}AB\); suy ra \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{1}{2} = \frac{{AB}}{{AC}}\).

Hai tam giác ABD và ACB đồng dạng vì có góc \(\widehat A\) chung và \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}}\).

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{BD}}{{CB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow BD = \frac{1}{2}BC = 5\,cm\).

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được hai tam giác ADB và AED đồng dạng, suy ra\(DE = \frac{1}{2}BD = 2,5\,cm\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Độ dài đường gấp khúc CBDEFGH... bằng \(l = CB + BD + DE + EF + FG + ... = 10 + 5 + 2,5 + ...\)

Đây là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \({u_1} = 10\), công bội \(q = \frac{1}{2}\).

Do đó \(l = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{10}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 20\,cm\) nên phát biểu thứ hai đúng.

Đáp án: 159; 162.

Ta có: \({\rm{AB}} = \sqrt {{{848}^2} + {{\left( { - 106} \right)}^2} + {{424}^2}} = 954{\rm{\;}}\)suy ra \({\rm{t}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{6} = \frac{{954}}{6} = 159\left( {\rm{s}} \right)\).

Vậy, thời gian cabin cáp treo đi từ A đến B là 159 giây.

Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{AB}}} = \left( {848; - 106;424} \right){\rm{\;}}\)suy ra \({\rm{\vec u}} = \frac{1}{{106}}\overrightarrow {{\rm{AB}}} = \left( {8; - 1;4} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\).

Phương trình đường thẳng \({\rm{AB}}\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 40 + 8t}\\{y = 5 - t}\\{z = 2 + 4t}\end{array}} \right.\)

Gọi M là tọa độ của cabin sau khi di chuyển được 1 phút, ta có: \({\rm{M}}\left( { - 40 + 8{\rm{t}};5 - {\rm{t}};2 + 4{\rm{t}}} \right).\)

Quãng đường di chuyển từ A được 1 phút là: \({\rm{AM}} = 6 \cdot 60 = 360\left( {\rm{m}} \right)\).

Ta có: \({\rm{AM}} = \sqrt {{{\left( {8{\rm{t}}} \right)}^2} + {{\left( { - {\rm{t}}} \right)}^2} + {{\left( {4{\rm{t}}} \right)}^2}} = 360 \Rightarrow {\rm{t}} = 40\left( {\rm{s}} \right) \Rightarrow {{\rm{z}}_{\rm{M}}} = 162.\)

Sau khi di chuyển từ A được 1 phút, cabin cáp treo cách mặt đất 162 mét.

Đáp án: Đúng – Đúng – Đúng – Sai.

Gọi \({\rm{A}}\) là biến cố “người đó nghiện thuốc lá”, \({\rm{B}}\) là biến cố “người đó bị bệnh phổi”.

Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,2;P\left( {B|A} \right) = 0,7;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,15\).

Xác suất người đó mắc bệnh phổi khi nghiện thuốc lá là \({\rm{P}}\left( {{\rm{AB}}} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) = 0,14\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Xác suất người đó bị bệnh phổi khi không nghiện thuốc lá là \({\rm{P}}\left( {B|\overline A } \right) = 0,15\) nên phát biểu thứ hai đúng.

Ta có \({\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = {\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) \cdot {\rm{P}}\left( {{\rm{B}}|{\rm{A}}} \right) + {\rm{P}}\left( {\overline A } \right) \cdot {\rm{P}}\left( {{\rm{B}}|\overline A } \right) = 0,2 \cdot 0,7 + 0,8 \cdot 0,15 = 0,26\).

Do đó, tỉ lệ người mắc bệnh phổi của tỉnh X là \(26{\rm{\% }}\) nên phát biểu thứ ba đúng.

Xác suất mà người đó là nghiện thuốc lá khi biết bị bệnh phổi là \({\rm{P}}\left( {{\rm{A}}|{\rm{B}}} \right)\)

Theo công thức Bayes, ta có\({\rm{P}}\left( {{\rm{A}}|{\rm{B}}} \right) = \frac{{{\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) \cdot {\rm{P}}\left( {{\rm{B}}|{\rm{A}}} \right)}}{{{\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right)}} = \frac{{0,2 \cdot 0,7}}{{0,26}} = \frac{7}{{13}}\).

Như vậy trong số người bị bệnh phổi của tỉnh X, có khoảng \(\frac{7}{{13}}\) số người nghiện thuốc lá nên phát biểu thứ tư sai.

Đáp án: \({\rm{\;}}1 + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}17\).

\({5^{{\rm{x}} - 1}} - 17 = 0\) \( \Leftrightarrow {5^{{\rm{x}} - 1}} = 17\)\( \Leftrightarrow x - 1 = {\log _5}17\)\( \Leftrightarrow x = 1 + {\log _5}17\).

Đáp án: 3.

Từ đồ thị hàm số ta có số nghiệm thực của phương trình \[f\left( x \right) = 1\] là 3.

Đáp án: \(\left( {3; - 5; - 1} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right] = \left( {3; - 5; - 1} \right)\).

Đáp án: 0,0096.

Ta có \(\bar A\bar B\) là biến cố: "Cả An và Bình đều không đạt điểm giỏi môn Toán".

Vì hai biến cố \(\bar A,\bar B\) độc lập nên: \(P(\overline {AB} ) = P(\bar A) \cdot P(\bar B) = 0,08 \cdot 0,12 = 0,0096\).

Đáp án: Sai – Sai – Đúng.

Ta có \(\overrightarrow {NM} = \left( {3;3; - 2} \right);\overrightarrow {NP} = \left( {6;m + 1;2} \right)\).

\(\Delta MNP\) vuông tại \(N \Leftrightarrow \overrightarrow {NM} \cdot \overrightarrow {NP} = 0 \Leftrightarrow 3 \cdot 6 + 3 \cdot \left( {m + 1} \right) + \left( { - 2} \right) \cdot 2 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{ - 17}}{3}\) nên phát biểu thứ nhất sai.

Ta có \(\overrightarrow {NM} = \left( {3;3; - 2} \right);I = \left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2};0} \right)\)là trung điểm đoạn \(MN\).

Khi đó \(\left( \alpha \right):3\left( {x - \frac{1}{2}} \right) + 3\left( {y - \frac{3}{2}} \right) - 2z = 0 \Leftrightarrow 3x + 3y - 2z - 6 = 0\) nên phát biểu thứ hai sai.

Ta có \(Q \in \left( {Oyz} \right) \Rightarrow Q\left( {0;\,y\,;\,z} \right)\);\(\overrightarrow {QM} = \left( {2\,;\,3 - y\,;\, - 1 - z} \right);\overrightarrow {NM} = \left( {3\,;\,3\,;\, - 2} \right)\).

Để Q, M, \(N\) thẳng hàng thì \(\overrightarrow {QM} \) và \(\overrightarrow {NM} \) cùng phương, khi đó: \(\frac{2}{3} = \frac{{3 - y}}{3} = \frac{{ - z - 1}}{{ - 2}} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 1}\\{z = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.\).

Suy ra \(Q\left( {0;\,1\,;\,\frac{1}{3}} \right)\) nên phát biểu thứ ba đúng.

Đáp án: \(40\sqrt 3 ;2\).

Độ dài bóng của toà nhà tại thời điểm 8 giờ sáng là:\(S\left( 2 \right) = 40\left| {{\rm{cot}}\left( {\frac{\pi }{{12}} \cdot 2} \right)} \right| = 40\sqrt 3 \left( {{\rm{\;m}}} \right){\rm{.\;}}\)

Độ dài bóng của toà nhà bằng chiều cao toà nhà khi:

\(S\left( t \right) = 40 \Leftrightarrow 40\left| {{\rm{cot}}\frac{\pi }{{12}}t} \right| = 40 \Leftrightarrow {\rm{cot}}\frac{\pi }{{12}}t = \pm 1\)\( \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}t = \pm \frac{\pi }{4} + k\pi \Leftrightarrow t = \pm 3 + 12k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vì \(0 \le t \le 12\) nên \(t = 3\) hoặc \(t = 9\), tức là tại thời điểm 9 giờ sáng hoặc 3 giờ chiều thì bóng của toà nhà dài bằng chiều cao của toà nhà.

Vậy có 2 thời điểm bóng của toà nhà dài bằng chiều cao của toà nhà.

Đáp án: −25.

Ta có \(G\left( x \right) = 3x + \ln \left| x \right| + C = \left\{ \begin{array}{l}3x + \ln x + {C_1}\begin{array}{*{20}{c}}{}&{\left( {x > 0} \right)}\end{array}\\3x + \ln \left( { - x} \right) + {C_2}\begin{array}{*{20}{c}}{}&{\left( {x < 0} \right)}\end{array}\end{array} \right.\).

\(G\left( 2 \right) = 1 \Rightarrow 3 \cdot 2 + \ln 2 + {C_1} = 1 \Rightarrow {C_1} = - 5 - \ln 2\).

\(G\left( 5 \right) + G\left( { - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow 3 \cdot 5 + \ln 5 - 5 - \ln 2 + 3 \cdot \left( { - 5} \right) + \ln 5 + {C_2} = 0 \Rightarrow {C_2} = 5 + \ln 2 - 2\ln 5\).

Do đó \(G\left( { - 10} \right) = 3 \cdot \left( { - 10} \right) + \ln 10 + 5 + \ln 2 - 2\ln 5 = \ln 10 - 2\ln 5 + \ln 2 - 25\).

Vậy \[a + b + c + d = 1 + \left( { - 2} \right) + \left( 1 \right) + \left( { - 25} \right) = - 25.\]

Đáp án: 8.

Theo giả thiết ta có: \(s\left( 3 \right) = 625000 \Leftrightarrow s\left( 0 \right) \cdot {2^3} = 625000 \Leftrightarrow s\left( 0 \right) = 78125\).

Số lượng loại vi khuẩn \(A\) là 20 triệu con khi

\(s\left( t \right) = 20000000 \Leftrightarrow s\left( 0 \right) \cdot {2^t} = 20000000 \Leftrightarrow {2^t} = \frac{{20000000}}{{s\left( 0 \right)}} = \frac{{20000000}}{{78125}} = 256 \Leftrightarrow t = 8\).

Vậy, sau 8 phút thì số lượng vi khuẩn \(A\) là 20 triệu con.

Đáp án: \(7,47\).

Nhóm chứa Trung vị là \(\left[ {7 ; 8} \right)\).

Trung của mẫu số liệu là \({M_e} = 7 + \frac{{23 - \left( {3 + 5 + 8} \right)}}{{15}} \cdot \left( {8 - 7} \right) \approx 7,47\).

Đáp án: \(80\).

Gọi cạnh đáy hình vuông của tháp là \(x\left( m \right)\).

Độ dài đường chéo tấm bạt bằng \(20\sqrt 2 \,\left( m \right)\).

Gọi hình chóp tứ giác đều là \(S.ABCD\), Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm \(AB,CD\).

Khi đó \(MN = x\left( m \right)\), \(SN = \frac{{20\sqrt 2 - x}}{2}\left( m \right)\) với \(0 < x < 10\sqrt 2 \).

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông, ta có

\(SO = \sqrt {S{N^2} - O{N^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{20\sqrt 2 - x}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {800 - 40\sqrt 2 x} \).

Thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SO = \frac{1}{6}{x^2}\sqrt {800 - 40\sqrt 2 x} \).

Ta có \(V' = \frac{{20x\left( {80 - 5\sqrt 2 x} \right)}}{{6\sqrt {800 - 40\sqrt 2 x} }}\)

\( \Rightarrow V' = 0 \Leftrightarrow x = 8\sqrt 2 \) với \(0 < x < 10\sqrt 2 \).

Xét bảng biến thiên:

Vậy khi \(x = 8\sqrt 2 \) thì thể tích khối chóp lớn nhất \(V = \frac{{256\sqrt {10} }}{3}\left( {{m^3}} \right)\).

Diện tích phần bị cắt của tấm bạt:

\(S = {S_{hv}} - {S_{ABCD}} - 4 \cdot {S_{\Delta SAB}} = {20^2} - {\left( {8\sqrt 2 } \right)^2} - 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{{20\sqrt 2 - 8\sqrt 2 }}{2} \cdot 8\sqrt 2 = 80\left( {{m^2}} \right)\).

Đáp án: 24.

Tập A có 4 phần tử và sắp xếp 4 phần tử vào 4 vị trí là \(4{\rm{!}} = 24\).

Đáp án: 9.

Gọi \(P\)là trung điểm của \(AC\), \(E\) là điểm đối xứng của \(P\) qua \(G\).

Khi đó tứ giác\(AGCE\) có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên \(AGCE\)là hình bình hành.

\( \Rightarrow \overrightarrow {GC} = \overrightarrow {AE} \).

+ Dựng \(EF \bot BC\,\,\left( {F \in BC} \right)\).

Ta có: \(\left| {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {GC} } \right| = \left| {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AE} } \right| = \left| {\overrightarrow {IE} } \right| = IE \ge EF\).

Do đó \(\left| {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {GC} } \right|\) nhỏ nhất khi \(I \equiv F\).

+ Ta có: \(\overrightarrow {BH} = \frac{1}{5}\overrightarrow {BC} \Rightarrow \overrightarrow {HC} = \frac{4}{5}\overrightarrow {BC} \).

+ Gọi \(Q\) là hình chiếu vuông góc của \(P\) lên \(BC\) \(\left( {Q \in BC} \right)\).

Ta có: \(\frac{{BP}}{{BE}} = \frac{{3GP}}{{BP + PE}} = \frac{{3GP}}{{3GP + GP}} = \frac{3}{4}\).

+ Do \(PQ\) // \(EF\)(vì cùng vuông góc với \(BC\)).

Nên \(\Delta BPQ\) và \(\Delta BEF\) đồng dạng \( \Rightarrow \frac{{BQ}}{{BF}} = \frac{{BP}}{{BE}} = \frac{3}{4}\) \( \Rightarrow \overrightarrow {BF} = \frac{4}{3}\overrightarrow {BQ} \).

+ \(\Delta AHC\) có \(P\) là trung điểm \(AC\) và \(PQ\) // \(AH\) (do cùng vuông góc với \(BC\)).

\( \Rightarrow PQ\) là đường trung bình. Khi đó, \(Q\) là trung điểm \(HC\) hay \(\overrightarrow {HQ} = \frac{1}{2}\overrightarrow {HC} = \frac{2}{5}\overrightarrow {BC} \).

\(\overrightarrow {BF} = \frac{4}{3}\overrightarrow {BQ} = \frac{4}{3}\left( {\overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HQ} } \right) = \frac{4}{3}\left( {\frac{1}{5}\overrightarrow {BC} + \frac{2}{5}\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{4}{5}\overrightarrow {BC} \)

Vậy \(M = 4 + 5 = 9\).

Đáp án: Sai – Sai.

\(y = \cos x + \sin x = \sqrt 2 \cdot \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Chu kì \(T = 2\pi \) nên phát biểu thứ nhất sai.

Hàm số \(y = \cos x + \sin x\) là hàm số không chẵn không lẻ nên phát biểu thứ hai sai.

Đáp án: \(64800^\circ \).

Cứ 1 phút thì kim giây quay được 1 vòng tức là \(360^\circ \).

3 giờ thì kim giây quay được: \(3 \cdot 60 \cdot 360 = 64800^\circ \).

Đáp án: 1000; 1600.

Mỗi kí tự là một chữ số (từ \(0\) đến \(9\)), do đó có 10 cách chọn cho mỗi kí tự.

Vì mật khẩu gồm 3 kí tự nên số mật khẩu khác nhau có thể tạo được là:\({10^3} = 1000\).

Theo quy định mới:

Kí tự đầu tiên là chữ cái in hoa: có 26 cách chọn.

Kí tự thứ hai là chữ số: có 10 cách chọn.

Kí tự thứ ba là chữ số: có 10 cách chọn.

Số mật khẩu tạo được theo quy định mới là: \(26 \cdot 10 \cdot 10 = 2600\)

Số mật khẩu theo quy định mới nhiều hơn quy định cũ là: \(2600 - 1000 = 1600\).

Đáp án: 5.

Ta thấy \(5 \cdot 5 = 25\) nên chữ số tận cùng của \({15^{20}}\) là 5.

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

Số các số hạng trong khai triển là \(n + 1\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Với \(n = 4\) thì \({\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }} + 3} \right)^4} = \sum\limits_{k = 0}^4 {C_4^k} \cdot {3^k} \cdot {\left( {{2^{\frac{{ - 1}}{2}}}} \right)^{4 - k}}\)\( = \sum\limits_{k = 0}^4 {C_4^k} \cdot {3^k} \cdot {2^{\frac{{k - 4}}{2}}}\)

Số hạng hữu tỉ khi và chỉ khi \(\frac{{k - 4}}{2} \in \mathbb{Z}\) mà \( - 4 \le k - 4 \le 0\)

\( \Rightarrow k - 4 \in \{ 0; - 2; - 4\} \Leftrightarrow k \in \{ 0;2;4\} \).

Vậy có 3 số hạng hữu tỉ nên phát biểu thứ hai sai.

Số nguyên duy nhất trong khai triển nhị thức là \({3^n}\) và đây là một số lẻ.

Ta có \({\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }} + 3} \right)^n} = {\left( {3 + {2^{\frac{{ - 1}}{2}}}} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k} \cdot {3^k} \cdot {\left( {{2^{\frac{{ - 1}}{2}}}} \right)^{n - k}}\).

Theo đề, \(\frac{{C_n^4 \cdot {3^4} \cdot {{\left( {{2^{\frac{{ - 1}}{2}}}} \right)}^{n - 4}}}}{{C_n^3 \cdot {3^3} \cdot {{\left( {{2^{\frac{{ - 1}}{2}}}} \right)}^{n - 3}}}} = 3\sqrt 2 \Rightarrow \frac{{\frac{{3 \cdot n!}}{{\left( {n - 4} \right)! \cdot 4!}}}}{{\frac{{n!}}{{\left( {n - 3} \right)! \cdot 3!}}}} \cdot {\left( {{2^{\frac{{ - 1}}{2}}}} \right)^{ - 1}} = 3\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \frac{{3\left( {n - 3} \right)}}{4} \cdot \sqrt 2 = 3\sqrt 2 \Rightarrow n = 7\).

Đáp án: 1; 2.

Tập xác định: \(D = \left( { - \infty , - \sqrt 2 } \right] \cup \left[ {\sqrt 2 , + \infty } \right)\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{5x - 1 - \sqrt {{x^2} - 2} }}{{x - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{5 - \frac{1}{x} - \sqrt {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{1 - \frac{4}{x}}} = 4\);

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5x - 1 - \sqrt {{x^2} - 2} }}{{x - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5 - \frac{1}{x} + \sqrt {1 - \frac{2}{{{x^2}}}} }}{{1 - \frac{4}{x}}} = 6\).

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 4}\\{y = 6}\end{array}} \right.\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{5x - 1 - \sqrt {{x^2} - 2} }}{{x - 4}} = + \infty \) nên đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng \(x = 4\).

Đáp án: \(a = 7{\rm{ (m/}}{{\rm{s}}^2}{\rm{)}}\).

Vận tốc của quả bóng tại thời điểm \(t\) là \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 2{t^2} - 5t - 3\).

Thời điểm vận tốc triệt tiêu là \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 2{t^2} - 5t - 3 = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 3{\rm{ (tm)}}}\\{t = - \frac{1}{2}{\rm{ (ktm)}}}\end{array}} \right.\).

Phương trình gia tốc của quả bóng là \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 4t - 5 \Rightarrow a\left( 3 \right) = 7{\rm{ (m/}}{{\rm{s}}^2}{\rm{)}}\).

Đáp án: 5,84; A; B; 1,88.

Độ cao của máy bay khi áp suất không khí ngoài máy bay bằng \(\frac{1}{2}{P_0}\) là:

\(h = - 19,4 \cdot \log \frac{{\frac{1}{2}{P_0}}}{{{P_0}}} = - 19,4 \cdot \log \frac{1}{2} \approx 5,84\,\,({\rm{km}}).\)

Độ cao của ngọn núi A là: \({h_A} = - 19,4 \cdot \log \frac{{{P_A}}}{{{P_0}}}\).

Độ cao của ngọn núi B là: \({h_B} = - 19,4 \cdot \log \frac{{{P_B}}}{{{P_0}}}\).

Áp suất không khí tại đỉnh của ngọn núi \(A\) bằng \(\frac{4}{5}\) lần áp suất không khí tại đỉnh của ngọn núi \(B\) nên ta có:\({P_A} = \frac{4}{5}{P_B} \Leftrightarrow \frac{{{P_A}}}{{{P_B}}} = \frac{4}{5}{\rm{. }}\)

Ta có:

\({h_A} - {h_B} = \left( { - 19,4 \cdot \log \frac{{{P_A}}}{{{P_0}}}} \right) - \left( { - 19,4 \cdot \log \frac{{{P_B}}}{{{P_0}}}} \right) = - 19,4 \cdot \log \frac{{{P_A}}}{{{P_0}}} + 19,4 \cdot \log \frac{{{P_B}}}{{{P_0}}}\)

\( = - 19,4\log \left( {\frac{{{P_A}}}{{{P_0}}}:\frac{{{P_B}}}{{{P_0}}}} \right) = - 19,4\log \frac{{{P_A}}}{{{P_B}}} = - 19,4\log \frac{4}{5} \approx 1,88\,\,({\rm{km}}).\)

Vậy ngọn núi \(A\) cao hơn ngọn núi \(B\) là \(1,88\;{\rm{km}}\).