Thi thử toàn quốc ĐGNL Đại học Sư Phạm HCM - Môn Toán - Trạm số 1 (HSCA2103)

Ta có: \(f^{\prime}(x)=-x^2+2 x=0 \Leftrightarrow x=0, x=2\).

Hàm số đồng biến trên khoảng \((0 ; 2)\).

Hàm số nghịch biến trên các khoảng \((-\infty ; 0)\) và \((2 ;+\infty)\).

Sau \(t\) phút bơm nước vào hồ thì lượng nước là \(600+15 t\) (l) và lượng muối có được là \(30.15 t(\mathrm{~g})\). Nồng độ muối của nước là:

\(C(t)=\dfrac{30.15 t}{600+15 t}=\dfrac{30 t}{40+t}(\mathrm{~g} / \mathrm{l})\)

Khi \(t\) dần về dương vô cùng, ta có:

\(\lim _{t \rightarrow+\infty} C(t)=\lim _{t \rightarrow+\infty} \dfrac{30 t}{40+t}\)

\(=\lim _{t \rightarrow+\infty} \dfrac{30 t}{t\left(\dfrac{40}{t}+1\right)}=\lim _{t \rightarrow+\infty} \dfrac{30}{\frac{40}{t}+1}=30(\mathrm{~g} / \mathrm{l}).\)

\(\int {f(x)} dx = \int {\left( {\cos x + 1 + {{\cot }^2}x} \right)} dx = \int {\cos xdx + \int {(1 + {{\cot }^2}x)dx = \sin x - \cot x + C} } \).

\(\begin{array}{l}\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\left[ {\sin x - 3f\left( x \right)} \right]} dx = 6\\ \Leftrightarrow \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\sin x} dx - 3\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {f\left( x \right)} dx = 6\\ \Rightarrow \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {f\left( x \right)} dx = \dfrac{{\int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\sin x} dx - 6}}{3} = \dfrac{{ - 11}}{6}\end{array}\)

Điểm đối xứng với $M(3;2;-1)$ qua $(yOz)$ là $M’(-3;2;-1)$.

Ta có: \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \dfrac{{\left| {4 + 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} }} = \dfrac{6}{{\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \)

Mặt phẳng \((P): 2 x+y-3 z+1=0\) có vectơ pháp tuyến \(\vec{n}=(2 ; 1 ;-3)\)

Đường thẳng đi qua \(M(1 ; 2 ;-2)\) và vuông góc với \((P)\) nên nhận \(\vec{n}=(2 ; 1 ;-3)\) làm vectơ chỉ phương.

Vậy phương trình tham số là \(\left\{\begin{array}{l}x=1+2 t \\ y=2+t \\ z=-2-3 t\end{array}\right.\).

Gọi \(I\) là trung điểm AB ta có \(I(-1 ; 3 ; 3)\) là tâm mặt cầu.

Bán kính \(R=IA=\sqrt{(1+1)^2+(-2-3)^2+(7-3)^2}=\sqrt{45}\).

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là \((x+1)^2+(y-3)^2+(z-3)^2=45\).

Khoảng biến thiên là $65 - 40 = 25$

Dựa vào công thức xác suất toàn phần, ta dễ dàng nhận ra công thức đúng là$P(B) = P\left( B \middle| A \right)P(A) + P\left( B \middle| \overline{A} \right)P\left( \overline{A} \right)$.

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = 2{x^2} + 16\cos x - \cos 2x\\ \Rightarrow f'\left( x \right) = 4x - 16\sin x + 2\sin 2x\\ \Rightarrow f''\left( x \right) = 4 - 16\cos x + 4\cos 2x\\ \Rightarrow f''\left( \pi  \right) = 4 - 16\cos \pi  + 4\cos 2\pi  = 4 + 16 + 4 = 24.\end{array}\)

\(P = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}\left( {a\sqrt a } \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}{a^{\dfrac{3}{2}}} = \dfrac{3}{2}\).

Gọi $E$ là trung điểm của $SD$, suy ra $OE$ là đường trung bình của tam giác $SBD$ hay $OE//SB$.

Do đó $\widehat{\left( {SB,AC} \right)} = \widehat{\left( {OE,AC} \right)}$.

Xét tam giác $AOE$ có $AE = OA = OE = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ nên tam giác $AOE$ là tam giác đều, suy ra $\widehat{AOE} = 60^{\circ}$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng $SB$ và $AC$ là $60^{\circ}$.

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật, có \(A B=a, A D=a \sqrt{2}\) nên

\(A C=B D=\sqrt{A B^2+A D^2}=\sqrt{a^2+(a \sqrt{2})^2}=a \sqrt{3}\)

Ta có \(\left(A^{\prime} C ;(A B C D)\right)=\left(A^{\prime} C ; C A\right)=\widehat{A^{\prime} C A}\)

Tam giác \(A^{\prime} A C\) vuông tại \(A\)

Nên \(\tan \widehat{A^{\prime} A C}=\dfrac{A A^{\prime}}{A C}=\dfrac{a}{a \sqrt{3}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow \widehat{A^{\prime} A C}=30^{\circ}\).

$\begin{matrix} \left. \left. \begin{array}{l} {AC\bot BD} \\ {AC\bot SB} \end{array} \right\}\Rightarrow AC\bot\left( {SBD} \right)(1) \right. \end{matrix}$

Mà $AC \subset \left( {SAC} \right)$ (2)

Từ (1), (2) suy ra $\left( {SAC} \right)\bot\left( {SBD} \right)$.

Ta có $f(x) = F'(x) = 15x^{2} + 1$ và $g(x) = G'(x) = 2x$

$\left. \Rightarrow f(x).g(x) = 2x\left( {15x^{2} + 1} \right) = 30x^{3} + 2x \right.$

$\left. \Rightarrow{\int{f(x).g(x)}}dx = {\int\left( {30x^{3} + 2x} \right)}dx = \dfrac{15}{2}x^{4} + x^{2} + C \right.$

Chọn $\left. C = 0\Rightarrow H(x) = x^{2}\left( {\dfrac{15}{2}x^{2} + 1} \right) \right.$

Ta có: $n = 84$ và $\text{Δ}Q = Q_{3} - Q_{1}$.

Mặt khác: $\left. \dfrac{3n}{4} = 63\Rightarrow Q_{3} = \dfrac{\dfrac{3n}{4} - \left( {7 + 10 + 17 + 24} \right)}{13} \cdot 0,5 + 8,5 = \dfrac{113}{13} \right.$

$\left. \dfrac{n}{4} = 21\Rightarrow Q_{1} = \dfrac{\dfrac{n}{4} - 7 - 10}{17}.\left( {8 - 7,5} \right) + 7,5 = \dfrac{259}{34} \right.$

Vậy khoảng tứ phân vị là: $\text{Δ}Q = Q_{3} - Q_{1} = \dfrac{113}{13} - \dfrac{259}{34} \approx 1,1$

Ta có: $V_{C.ABB'A'} = \dfrac{1}{3}.S_{ABB'A'} \cdot d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \dfrac{1}{3} \cdot 15 \cdot 6 = 30$

Mặt khác: $V_{C \cdot A'B'C'} = \dfrac{1}{3} \cdot d\left( {C,\left( {A'B'C'} \right)} \right) \cdot S_{A'B'C'} = \dfrac{1}{3}$ thể tích khối lăng trụ

Suy ra $V_{C \cdot ABB'A'} = \dfrac{2}{3}$ thể tích khối lăng trụ nên $V_{ABC \cdot A'B'C'} = \dfrac{3}{2} \cdot 30 = 45$.

Gọi biến cố A: "Thỏ được bắt từ chuồng I bỏ sang chuồng II là thỏ trắng".

Biến cố B: "Thỏ được bắt ra từ chuồng II là thỏ trắng".

Theo đề ta có: $\left. P(A) = \dfrac{5}{10} = \dfrac{1}{2}\Rightarrow P(\overline{A}) = \dfrac{1}{2} \right.$.

Có $P(B \mid A) = \dfrac{7}{11};P(B \mid \overline{A}) = \dfrac{6}{11}$.

$\left. \Rightarrow P(B) = P(A).P(B \mid A) + P(\overline{A})P(B \mid \overline{A}) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{7}{11} + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{6}{11} = \dfrac{13}{22} \right.$

Ta cần tính xác suất thỏ bắt ra là thỏ trắng từ chuồng I biết thỏ được bắt ra từ chuồng II là thỏ trắng tức là tính $P\left( A \middle| B \right)$.

Ta có $P(A \mid B) = \dfrac{P(A).P(B \mid A)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{7}{11}}{\dfrac{13}{22}} = \dfrac{7}{13}$.

Thể tích hình chóp cụt là:

$\begin{array}{l} {V = \dfrac{1}{3}h.\left( {S_{ABCD} + S_{A'B'C'D'} + \sqrt{S_{ABCD}.S_{A'B'C'D'}}} \right)} \\ {V = \dfrac{1}{3}h.\left( {S_{ABCD} + \left( \dfrac{A'B'}{AB} \right)^{2}S_{ABCD} + \sqrt{S_{ABCD}.\left( \dfrac{A'B'}{AB} \right)^{2}S_{ABCD}}} \right)} \\ {V = \dfrac{1}{3}.4a.\left( {10a^{2} + \left( \dfrac{2}{5} \right)^{2}.10a^{2} + \sqrt{10a^{2}.\left( \dfrac{2}{5} \right)^{2}.10a^{2}}} \right)} \\ {V = \dfrac{104}{5}a^{3}} \end{array}$

a) Ta có khi $s_{1} = 3\cos t$ lớn nhất khi $\cos t = 1$ khi đó $s_{2} = \cos^{2}t = 1^{2} = 1$

Mà $s_{2} = \cos^{2}x = \dfrac{1 + \cos 2x}{2} \leq \dfrac{1 + 1}{2} = 1$ nên khi $s_{1}$ lớn nhất thì $s_{2}$ cũng lớn nhất

Vậy a đúng.

b) Do $\cos^{2}t \geq 0$ nên $s_{2} = \cos^{2}t$ nhỏ nhất khi $\cos t = 0$. Khi đó $s_{1} = 3.0 = 0$

Mà $- 3 \leq 3\cos t \leq 3$ nên $s_{1}$ nhỏ nhất bằng -3

Vậy b sai.

c) Khi $\left. s_{1} = s_{2}\Leftrightarrow 3\cos t = \cos^{2}t \right.$

$\left. \Leftrightarrow\cos t = 0\Leftrightarrow t= \dfrac{\pi}{2} + k\pi \right.$

Xét $\left. 0 \leq \dfrac{\pi}{2} + k\pi \leq 10\Leftrightarrow - \dfrac{1}{2} \leq k \leq 2,68 \right.$ nên $k \in \left\{ {0,1,2} \right\}$

Vậy có 3 thời điểm mà 2 chất điểm gặp nhau trong 10 giây đầu tiên.

Vậy c đúng

d) Khoảng cách của 2 chất điểm là $s = \left| {s_{1} - s_{2}} \right| = \left| {\cos^{2}t - 3\cos t} \right|$

Xét hàm $f(x) = x^{2} - 3x$ với $x \in \left\lbrack {- 1,1} \right\rbrack$

$\left. \Rightarrow f'(x) = 2x - 3 = 0\Leftrightarrow x = \dfrac{3}{2} \notin \left\lbrack {- 1,1} \right\rbrack \right.$

Do $f(1) = - 2;f\left( {- 1} \right) = 4$ nên $\left. - 2 \leq f(x) \leq 4\Rightarrow\left| {f(x)} \right| \leq 4 \right.$

Vậy $s = \left| {s_{1} - s_{2}} \right| \leq 4$ hay khoảng cách xa nhất của 2 chất điểm bằng 4

Vậy a, c, d đều đúng.

a) Đúng. $\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {1; - 1; - 1} \right),\overset{\rightarrow}{BC} = \left( {- 3; - 2; - 1} \right)$

b) Đúng. $\left. \overset{\rightarrow}{MB} = \left( {- 3, - 2, - 1} \right)\Rightarrow\overset{\rightarrow}{MB} = \overset{\rightarrow}{BC} \right.$ nên M, B, C thẳng hàng hay BC đi qua M

c) Sai. Mặt phẳng $(\alpha)$ là trung trực của BC đi qua $I\left( {\dfrac{3}{2}, - 1,\dfrac{3}{2}} \right)$ và có VTPT là $\overset{\rightarrow}{CB} = \left( {3,2,1} \right)$

$\left. \Rightarrow(\alpha):3\left( {x - \dfrac{3}{2}} \right) + 2\left( {y + 1} \right) + 1\left( {z - \dfrac{3}{2}} \right) = 0\Leftrightarrow 3x + 2y + z - 4 = 0 \right.$

$\left. \Rightarrow d\left( {A,(\alpha)} \right) = \dfrac{3.2 + 2.1 + 3 - 4}{\sqrt{3^{2} + 2^{2} + 1^{2}}} = \dfrac{\sqrt{14}}{2} \right.$

d) Đúng. Gọi H là hình chiếu của C xuống AB và K là hình chiếu của C xuống (P)

$\left. \Rightarrow CK\bot HK \right.$ nên $\Delta CHK$ vuông tại K $\Rightarrow$$\left. CK \leq CH\Rightarrow d\left( {C,(P)} \right)_{\max} = CH \right.$

Suy ra mặt phẳng $(P)$ đi qua $A,B$ và cách $C$ một khoảng lớn nhất khi $CH\bot(P)$

Ta có AB có phương trình $\left\{ \begin{array}{l} {x = 2 + t} \\ {y = 1 - t} \\ {z = 3 - t} \end{array} \right.$. Gọi $\left. H\left( {2 + t,1 - t,3 - t} \right)\Rightarrow\overset{\rightarrow}{CH}\left( {2 + t,3 - t,2 - t} \right) \right.$

Do $\left. CH\bot AB\Rightarrow\overset{\rightarrow}{CH}.\overset{\rightarrow}{AB} = 0\Leftrightarrow 1\left( {2 + t} \right) - 1\left( {3 - t} \right) - 1\left( {2 - t} \right) = 0\Leftrightarrow t = 1 \right.$

$\left. \Rightarrow\overset{\rightarrow}{CH}\left( {3,2,1} \right)\Rightarrow\overset{\rightarrow}{n_{(P)}} = \left( {3,2,1} \right) \right.$

$\left. \Rightarrow(P):3\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - 3} \right) = 0\Leftrightarrow 3x + 2y + z - 11 = 0 \right.$

a) Mệnh đề đúng. Nếu vé chưa được bán hết khi trời không mưa thì xác suất để show vẫn diễn ra bằng $1 - 0,05 = 0,95$.

b) Mệnh đề sai. Gọi $A$ là biến cố: "Trời mưa", $B$ là biến cố: "Vé được bán hết", $C$ là biến cố: "Show bị hủy".

Đặt $P(A) = x \in \left( {0;1} \right)$ là xác suất để trời mưa, ta có sơ đồ hình cây bên cạnh.

Khi đó

$\left. P(C) = x.1.0,5 + \left( {1 - x} \right).0,9.0 + \left( {1 - x} \right).0,1.0,05 = 0,302\Rightarrow x = 0,6 \right.$ hay $P(A) = 0,6$.

c) Mệnh đề đúng. Ta có: $P\left( \overline{B} \right) = x.1 + \left( {1 - x} \right).0,1 = 0,64$.

d) Mệnh đề đúng. Ta có: $P\left( \overline{C} \right) = 1 - 0,302 = 0,698;P\left( A \middle| \overline{C} \right) = \dfrac{P\left( {A\overline{C}} \right)}{P\left( \overline{C} \right)} = \dfrac{0,6.1.0,5}{0,698} = \dfrac{150}{349} \approx 0,43$.

1. Với $a = 1$ thì phương trình trở thành $e^{x} = \log_{b}\left( {x + 1} \right)$ với $b > 0,b \neq 1$

Xét $f(x) = \log_{b}\left( {x + 1} \right)$ với $b \in \left\{ {2,3,...,30} \right\}$ và $x \in \left( {- 1, + \infty} \right)$

$f'(x) = \dfrac{1}{(x + 1).\ln b} > 0$ nên $f(x)$ luôn đồng biến.

Vì $\lim\limits_{x\rightarrow - 1^{+}}f(x) = - \infty$ nên $f(x)$ có TCĐ: $x = - 1$

Khi đó ta vẽ 2 đồ thị như sau:

Vậy phương trình luôn vô nghiệm khi $a = 1$ $\rightarrow$ 1 sai.

2. Với $a = 3$ thì phương trình trở thành $e^{x} = \log_{b}\left( {x + 3} \right)$ với $b > 0,b \neq 1$

Xét $f(x) = \log_{b}\left( {x + 3} \right)$ với $b \in \left\{ {2,3,...,30} \right\}$ và $x \in \left( {- 3, + \infty} \right)$

Hàm số $f(x) = \log_{b}\left( {x + 3} \right)$ luôn đồng biến. Xét tại $b = 3$ thì ta có đồ thị như sau

Vậy hàm số có nhiều nhất 2 nghiệm $\rightarrow$ 2 đúng.

3. Khi $b = 2$ thì $\left. e^{x} = \log_{2}\left( {x + a} \right)\Leftrightarrow x + a = 2^{e^{x}} \right.$

Với $a = 1$ phương trình vô nghiệm

Với $a = 2$ thì phương trình có 1 nghiệm $x = 0$ và 1 nghiệm $x < 0$ nên có 2 nghiệm phân biệt

Với $a = 3;4;...;30$ đường thẳng $y = x + a$ luôn cắt $y = 2^{e^{x}}$ tại 2 điểm phân biệt nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Vậy có tất cả 28 cặp $\left( {a,b} \right)$ để phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\left. \rightarrow 3 \right.$ sai.

4. Ta thấy đồ thị hàm số $b = 2$ thì $y = 2^{e^{x}}$ là đường cong $(C)$ và $y = x + a$ là đường thẳng $(d)$ luôn tạo với 2 trục Ox, Oy một tam giác cân và tiến dần từ $\left( {0;1} \right)$ đến $\left( {0;30} \right)$ trên trục Oy.

Ta thấy khi $a = 1$ thì $(d)$ không cắt $(C)$

Khi $a \geq 2$ thì $(d)$ luôn cắt $(C)$ tại 2 điểm phân biệt

Vậy không có giá trị a nào để phương trình có nghiệm duy nhất $\left. \rightarrow 4 \right.$ sai.

5. Với $b = 2$ không có giá trị nào của a để phương trình có nghiệm duy nhất

Với $b = 3$, $a = 1;2$ thì phương trình vô nghiệm. Với $b = 3;a = 3$ thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt nên với $b = 3$ không có giá trị nào của a để phương trình có nghiệm duy nhất.

Tương tự với $b \in \left\{ {4;5;...;30} \right\}$ không có giá trị nào của a để phương trình có nghiệm duy nhất.

Vậy không có cặp $\left( {a,b} \right)$ nào để để phương trình có nghiệm duy nhất $\left. \rightarrow 5 \right.$ sai.

1. Ta có $\left. \left\{ \begin{array}{l} {CD\bot AD} \\ {CD\bot SA} \end{array} \right.\Rightarrow CD\bot\left( {SAD} \right) \right.$.

Kẻ $\left. AK\bot SD\Rightarrow AK\bot\left( {SCD} \right)\Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AK \right.$

$\left. \Rightarrow AK = \dfrac{AS.AD}{\sqrt{AS^{2} + AD^{2}}} = \dfrac{5.3}{\sqrt{5^{2} + 3^{2}}} = \dfrac{15\sqrt{34}}{34} \right.$ $\left. \rightarrow 1 \right.$ sai.

2. Ta có $\left. \left\{ \begin{array}{l} {AB\bot SA} \\ {AB\bot BC} \end{array} \right.\Rightarrow AB \right.$ là đường vuông góc chung của SA và BC

$\left. \Rightarrow d\left( {SA,BC} \right) = AB = 4\rightarrow \right.$ 2 sai.

3. Ta có $\left. \left\{ \begin{array}{l} {BC\bot SA} \\ {BC\bot AB} \end{array} \right.\Rightarrow BC\bot\left( {SAB} \right) \right.$.

Kẻ $\left. AE\bot SB\Rightarrow AE\bot BC\Rightarrow AE\bot\left( {SBC} \right)\Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AE \right.$

Ta có $d\left( {AD,SB} \right) = d\left( {AD,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AE$

$\left. \Rightarrow AE = \dfrac{AS.AB}{\sqrt{AS^{2} + AB^{2}}} = \dfrac{5.4}{\sqrt{5^{2} + 4^{2}}} = \dfrac{20}{\sqrt{41}} \right.$ $\left. \rightarrow 2 \right.$ đúng.

4. Gắn hệ trục toạ độ với $A\left( {0;0;0} \right);S\left( {0;0;5} \right);B\left( {4;0;0} \right);D\left( {0;3;0} \right);C\left( {4;3;0} \right)$

Khi đó $\left. \overset{\rightarrow}{SB} = \left( {4;0; - 5} \right);\overset{\rightarrow}{AC}\left( {4;3;0} \right);\overset{\rightarrow}{SA} = \left( {0;0; - 5} \right)\Rightarrow\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{SB},\overset{\rightarrow}{AC}} \right\rbrack = \left( {15; - 20;12} \right) \right.$

$\left. \Rightarrow d\left( {SB,AC} \right) = \dfrac{\left| {\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{SB},\overset{\rightarrow}{AC}} \right\rbrack.\overset{\rightarrow}{SA}} \right|}{\left| \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{SB},\overset{\rightarrow}{AC}} \right\rbrack \right|} = \dfrac{12.5}{\sqrt{769}} \approx 2,16 \right.$ $\rightarrow$ 4 sai.

5. Do M là trung điểm SD nên $M\left( {0;\dfrac{3}{2};\dfrac{5}{2}} \right)$ nên $\overset{\rightarrow}{SC}\left( {4;3;0} \right);\overset{\rightarrow}{BM}\left( {- 4;\dfrac{3}{2};\dfrac{5}{2}} \right);\overset{\rightarrow}{SB}\left( {4;0; - 5} \right)$

$\left. \Rightarrow\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{SC},\overset{\rightarrow}{BM}} \right\rbrack = \left( {\dfrac{15}{2}; - 10;18} \right) \right.$

$\left. \Rightarrow d\left( {SC,BM} \right) = \dfrac{\left| {\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{SC},\overset{\rightarrow}{BM}} \right\rbrack.\overset{\rightarrow}{SB}} \right|}{\left| \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{SC},\overset{\rightarrow}{BM}} \right\rbrack \right|} = \dfrac{\left| {4.\dfrac{15}{2} - 5.18} \right|}{\sqrt{\left( \dfrac{15}{2} \right)^{2} + 10^{2} + 18^{2}}} \approx 2,73\rightarrow 5 \right.$ đúng.

Ta có \(f\left( x \right) = x + \int\limits_0^1 {xf\left( x \right)} {\rm{d}}x = x + c\) với \(c = \int\limits_0^1 {xf\left( x \right)} {\rm{d}}x\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow c = \int\limits_0^1 {xf\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {x\left( {x + c} \right)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {\dfrac{{{x^3}}}{3} + \dfrac{{c{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1\\ \Leftrightarrow c = \dfrac{1}{3} + \dfrac{c}{2} \Leftrightarrow c = \dfrac{2}{3}\\ \Rightarrow f\left( x \right) = x + \dfrac{2}{3} \Rightarrow f\left( 2 \right) = 2 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{3}\end{array}\)

Vậy \(a+b=8+3=11\)

Ta có $\left. (P)//(\alpha)\Rightarrow\dfrac{A}{1} = \dfrac{B}{2} = \dfrac{- 2}{- 2} \neq \dfrac{D}{3} \right.$. Suy ra ta chọn $A = 1;B = 2$ với điều kiện $D \neq 3$.

Khi đó phương trình $(\alpha):x + 2y - 2z + D = 0$.

Ta lấy điểm $I\left( {- 1;0;0} \right) \in P$

Ta có $\left. d\left( {(P);(\alpha)} \right) = 1\Leftrightarrow d\left( {I;(\alpha)} \right) = 1\Leftrightarrow\dfrac{\left| {- 1 + D} \right|}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + {( - 2)}^{2}}} = 1\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {D = - 2} \\ {D = 4} \end{array} \right. \right.$

$\left. \Rightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {\left( \alpha_{1} \right):x + 2y - 2z - 2 = 0} \\ {\left( \alpha_{2} \right):x + 2y - 2z + 4 = 0} \end{array} \right. \right.$

Ta thấy $d\left( {O;\left( \alpha_{1} \right)} \right) = \dfrac{2}{3} < 1$ và $d\left( {O;\left( \alpha_{2} \right)} \right) = \dfrac{4}{3} > 1$

Vậy phương trình mặt phẳng $(\alpha):x + 2y - 2z - 2 = 0$

Vậy $P = A \cdot B \cdot D = - 4.$

Gọi \(A\) là biến cố "người đó mắc bệnh"

Gọi \(B\) là biến cố "kết quả kiểm tra người đó là dương tính (bị bệnh)"

Ta cần tính \(P\left( {A\mid B} \right)\)

Với \(P\left( {A\mid B} \right) = \dfrac{{P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B\mid \overline A } \right)}}\)

Ta có:

Xác suất để người đó mắc bệnh khi chưa kiểm tra: \(P\left( A \right) = 1\)

Do đó xác suất để người đó không mắc bệnh khi chưa kiểm tra: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,01 = 0,99\)

Xác suất kết quả dương tính nếu người đó mắc bệnh là: \(P\left( {B\mid A} \right) = 99\)

Xác suất kết quả dương tính nếu người đó không mắc bệnh là: \(P\left( {B\mid \overline A } \right) = 1 - 0,99 = 0,01\)

\(P\left( {A\mid B} \right) = \dfrac{{P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right)}} = \dfrac{{0,01.0,99}}{{0,01.0,99 + 0,99.0,01}} = 0,5\)

Xác suất kết để người đó mắc bệnh nếu kết quả kiểm tra người đó là dương tính là 0,5.

Đáp số: 0,5.

Ta có: \(2{f^2}\left( x \right) - \left( {x + 2} \right)f\left( x \right) - {x^2} + 5x - 4 = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left[ {f\left( x \right) - \left( {x - 1} \right)} \right]\left[ {2f\left( x \right) - \left( {4 - x} \right)} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = x - 1 & \left( 1 \right)\\f\left( x \right) =  - \dfrac{x}{2} + 2 & \left( 2 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy:

(1) có 3 nghiệm phân biệt

(2) có 3 nghiệm phân biêt

Tuy nhiên (1) và (2) cùng có \(x = 2\) là nghiệm

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực phân biệt

Sau 5730 năm, số lượng nguyên tử ${}^{14}C$mất đi một nửa

$\left. \Rightarrow\dfrac{1}{2}N_{0} = N_{0}.e^{- 5730\lambda}\Leftrightarrow e^{- 5730\lambda} = \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\lambda = \dfrac{- \ln\dfrac{1}{2}}{5730} \right.$

Sau $m$năm, số lượng nguyên tử ${}^{14}C$giảm 5 lần

$\left. \Rightarrow\dfrac{1}{5}N_{0} = N_{0}.e^{- m\lambda}\Leftrightarrow e^{- m\lambda} = \dfrac{1}{5}\Leftrightarrow m = \dfrac{- \ln\dfrac{1}{5}}{\lambda} = \dfrac{\ln 5}{\dfrac{\ln 2}{5730}} \approx 13305 \right.$(năm)

Gọi chiều cao và cạnh đáy của hình lăng trụ lần lượt là $h,x\left( {cm;h,x > 0} \right)$.

Khi đó: $\left. h.\dfrac{x^{2}\sqrt{3}}{4} = 40\Rightarrow h = \dfrac{160}{x^{2}\sqrt{3}}. \right.$

Khi đó tổng diện tích các mặt được sơn là: $f(x) = 2.\dfrac{x^{2}\sqrt{3}}{4} + 3xh = \dfrac{x^{2}\sqrt{3}}{2} + \dfrac{160\sqrt{3}}{x}.$

$\left. f'(x) = x\sqrt{3} - \dfrac{160\sqrt{3}}{x^{2}} = 0\Rightarrow x^{3}\sqrt{3} - 160\sqrt{3} = 0\Rightarrow x = \sqrt[3]{160}. \right.$

Khi đó: $f\left( \sqrt[3]{160} \right) \approx 77;f\left( {+ \infty} \right) = + \infty$

Vậy tổng diện tích các mặt là $77\left( {cm^{2}} \right)$.

\(f'(x) = \dfrac{2}{{{x^2} - 1}} = \dfrac{1}{{x - 1}} - \dfrac{1}{{x + 1}} \Rightarrow \int {f\left( x \right)dx}  = \ln \left| {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} \right| + c\)

Do  \(f(x)\) xác định trên \(\mathbb{R}\backslash \{  - 1;1\} \) nên \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\ln \dfrac{{x - 1}}{{x + 1}} + {c_1}\,\,\,khi\,\,\left[ \begin{array}{l}x > 1\\x <  - 1\end{array} \right.\\\ln \dfrac{{1 - x}}{{x + 1}} + {c_2}\,\,\,khi\,\,\, - 1 < x < 1\end{array} \right.\)

\(f( - 3) + f(3) = 2\ln 2 \Leftrightarrow \ln 2 + {c_1} + \ln \dfrac{1}{2} + {c_1} = 2 \ln 2 \Leftrightarrow {c_1} = \ln 2\)

\(f\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + f\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = 2 \Leftrightarrow \ln 3 + {c_2} + \ln \dfrac{1}{3} + {c_2} = 0 \Leftrightarrow {c_2} = 0\)

\( \Rightarrow T = f(- 2) + f(0) + f(4) = \ln 3 + \ln 2 +\ln 1 + \ln \dfrac{3}{5} +\ln 2\)

\(= 2\ln 2 + 2\ln 3 - \ln 5=1,97\)

Gọi \(I\left( {{x_I};{y_I};{z_I}} \right)\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IB}  - 2\overrightarrow {IC}  = \vec 0 \Rightarrow I\left( {3; - 1;1} \right) \Rightarrow I \equiv D\)

Ta có: \(\overrightarrow {IA}  = \left( { - 2;3; - 1} \right),\,\,\overrightarrow {IB}  = \left( {0;0;1} \right),\,\,\overrightarrow {IC}  = \left( { - 2;3;1} \right) \Rightarrow I{A^2} + 2I{B^2} - I{C^2} = 14 + 2 - 14 = 2\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}T = M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2} - \dfrac{1}{4}M{D^4}\\ = {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 2\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right) - {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2} - \dfrac{1}{4}M{I^4}\\ = 2M{I^2} - \dfrac{1}{4}M{I^4} + \left( {I{A^2} + 2I{B^2} - I{C^2}} \right)\\ = 2M{I^2} - \dfrac{1}{4}M{I^4} + 2\end{array}\)

Đặt \(M{I^2} = x \Rightarrow T =  - \dfrac{1}{4}{x^2} + 2x + 2 =  - \dfrac{1}{4}\left( {{x^2} - 8x + 16} \right) + 6 =  - \dfrac{1}{4}{\left( {x - 4} \right)^2} + 6 \le 6\)

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \(x = 4 \Rightarrow M{I^2} = 4 \Rightarrow MI = 2\)

Vậy giá trị lớn nhất của \(T\) là 6

Do \(I \in d'\) nên giả sử \(I\left( {1 + t;t;1 + t} \right)\).

Lấy \(M\left( {0;2;3} \right) \in d\). Xét các vec tơ

\(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {4;1;1} \right);\overrightarrow {IM}  = \left( { - 1 - t;2 - t;2 - t} \right)\).

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ;\overrightarrow {IM} } \right] = \left( {0;3t - 9; - 3t + 9} \right)\).

Khi đó: \(d\left( {I;d} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_d}} ;\overrightarrow {IM} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}} = \dfrac{{\sqrt {2{{\left( {3t - 9} \right)}^2}} }}{{3\sqrt 2 }} = \left| {t - 3} \right|\) .

Mặt cầu đi qua \(A\left( {3;2;2} \right)\) và tiếp xúc với đường thẳng \(d\) \( \Leftrightarrow d\left( {I;d} \right) = IA\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left| {t - 3} \right| = \sqrt {{{\left( {t - 2} \right)}^2} + {{\left( {t - 2} \right)}^2} + {{\left( {t - 1} \right)}^2}}  \Leftrightarrow {t^2} - 6{t^2} + 9 = 3{t^2} - 10t + 9\\ \Leftrightarrow 2{t^2} - 4t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 2\end{array} \right.\end{array}\)

\(t = 0 \Rightarrow I\left( {1;0;1} \right)\): Thỏa mãn. \( \Rightarrow a + b + c = 2\).

\(t = 2 \Rightarrow I\left( {3;2;3} \right)\): Loại.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1; - 2; - 1} \right)\), bán kính \(R = 3\).

Ta có: \(d\left( {I,\left( P \right)} \right)\)\( = \dfrac{{\left| {2.1 - \left( { - 2} \right) + 2.\left( { - 1} \right) - 14} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }}\)\( = 4 > R\).

Suy ra mặt phẳng \(\left( P \right)\) và mặt cầu \(\left( S \right)\) không có điểm chung.

Từ đó, điểm thuộc mặt cầu có khoảng cách nhỏ nhất hoặc lớn nhất tới mặt phẳng \(\left( P \right)\) là giao điểm của mặt cầu với đường thẳng qua \(I\) và vuông góc với \(\left( P \right)\).

Trước hết ta lập phương trình đường thẳng \(d\) đi qua \(I\) và vuông góc với \(\left( P \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có véctơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;2} \right)\).

Vì \(d \bot \left( P \right)\) nên nhận \(\overrightarrow n  = \left( {2; - 1;2} \right)\) làm véctơ chỉ phương.

Từ đó \(d\) có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 2 - t\\z =  - 1 + 2t\end{array} \right.\) với \(\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

Ta tìm giao điểm của \(d\) và \(\left( S \right)\).

Xét hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 2 - t\\z =  - 1 + 2t\\{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 2z - 3 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 2 - t\\z =  - 1 + 2t\\{\left( {1 + 2t} \right)^2} + {\left( { - 2 - t} \right)^2} + {\left( { - 1 + 2t} \right)^2} - 2\left( {1 + 2t} \right) + 4\left( { - 2 - t} \right) + 2\left( { - 1 + 2t} \right) - 3 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y =  - 2 - t\\z =  - 1 + 2t\\9{t^2} - 9 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}t = 1\\x = 3\\y =  - 3\\z = 1\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}t =  - 1\\x =  - 1\\y =  - 1\\z =  - 3\end{array} \right.\end{array} \right.\).

Suy ra có hai giao điểm là \(A\left( {3; - 3;1} \right)\) và \(B\left( { - 1; - 1; - 3} \right)\).

Ta có: \(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {2.3 - \left( { - 3} \right) + 2.1 - 14} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = 1\);

\(d\left( {B,\left( P \right)} \right) = \dfrac{{\left| {2.\left( { - 1} \right) - \left( { - 1} \right) + 2\left( { - 3} \right) - 14} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = 7\).

Suy ra \(M \equiv B\left( { - 1; - 1; - 3} \right)\). Từ đó \(a =  - 1\); \(b =  - 1\); \(c =  - 3\).

Vậy \(K =  - 5\).