$F'\left( x \right) = f\left( x \right),\forall x \in K$.

Ta có $\int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {{x^4} + {x^2}} \right)dx}  = \int {{x^4}dx}  + \int {{x^2}dx}  = \frac{{{x^5}}}{5} + \frac{{{x^3}}}{3} + C$.

Ta có $f\left( x \right) = F'\left( x \right) = 3{x^2}$ suy ra $\int\limits_1^3 {2f\left( x \right)dx}  = \int\limits_1^3 {2 \cdot 3{x^2}dx}  = \left. {6 \cdot \frac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^3 = 52$.

Ta có $I = \int\limits_0^4 {f\left( x \right)dx}  = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_2^4 {f\left( x \right)dx}  = 9 + 4 = 13.$

Trên khoảng $\left( {0;1} \right)$ đồ thị hàm số $y = 2{x^2}$ nằm trên $y =  - 1$.

$\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {3;0; - 1} \right)$ là vecto pháp tuyến của mặt phẳng.

Do mặt phẳng có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n  = \left( {1; - 2;3} \right)$ nên ta chọn đáp án B hoặc C.

Kiểm tra xem mặt phẳng có chứa $M\left( {1;2; - 3} \right)$ hay không.

Xét B: Thay $M\left( {1;2; - 3} \right)$ vào $x - 2y + 3z - 12 = 0$ ta được $1 - 4 - 9 - 12 = 0 \Leftrightarrow  - 24 = 0$ (vô lý).

$\overrightarrow u  = \left( {2; - 5;3} \right)$ là vecto chỉ phương của đường thẳng.

Đường thẳng đi qua điểm $M\left( {6; - 2;1} \right)$ và có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow u  = \left( {3;1; - 1} \right)$ là $\frac{{x - 6}}{3} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 1}}{{ - 1}}$.

Tâm mặt cầu là $I\left( { - 3; - 1;1} \right)$.

Phương trình mặt cầu có tâm $I\left( {2; - 1; - 2} \right)$, bán kính bằng 3 là ${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9$.

Bán kính của mặt cầu $\left( S \right)$ là $\sqrt {{2^2} + {1^2} - 3}  = \sqrt 2$.

Ta có $P\left( A \right) = \frac{2}{7} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{5}{7}$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần

$P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{2}{7} \cdot \frac{1}{4} + \frac{3}{7} \cdot \frac{1}{5} = \frac{3}{{14}}$.

Ta có $P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) \Rightarrow P\left( B \right) = 0,4 \cdot 0,3:0,7 = \frac{6}{{35}}$.

Ta có $\int {f\left( x \right)dx}  = \int {\left( {3{x^2} + \sin x} \right)dx}  = \frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + C$.

Ta có $I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left[ {f\left( x \right) + 2\sin x} \right]dx}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)dx}  + 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin xdx}  = 5 - 2\left. {\cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = 5 + 2 = 7$.

Ta có $\int\limits_1^3 {\frac{{x + 2}}{x}dx}  = \int\limits_1^3 {\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)dx}  = \int\limits_1^3 {dx}  + 2\int\limits_1^3 {\frac{1}{x}dx}  = \left. x \right|_1^3 + 2\left. {\ln x} \right|_1^3 = 2 + 2\ln 3$ suy ra $a = 2,b = 2,c = 3$.

Do đó $S = a + b + c = 2 + 2 + 3 = 7$.

Khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành có thể tích là

$V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^2}dx}  = \pi \int\limits_0^1 {\left( {{x^2} + 1} \right)dx}  = \pi \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + x} \right)} \right|_0^1 = \pi \left( {\frac{1}{3} + 1} \right) = \frac{{4\pi }}{3}$.

Đầu tiên ta loại đáp án D vì mặt phẳng $2x + y - 2z + 1 = 0$ không đi qua O.

Hai mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ và $\left( \beta  \right)$ có các vectơ pháp tuyến lần lượt là $\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {3; - 2;2} \right),\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {5; - 4;3} \right)$.

Ta có  $\overrightarrow {AB}  = \left( {1;2; - 2} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {2;0; - 3} \right)$.

Suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng đi qua 3 điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C$ là

$\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 6; - 1; - 4} \right) =  - \left( {6;1;4} \right)$. Do đó ta chọn C.

Ta loại đáp án A và C do hai đường thẳng này đều không đi qua A.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n  = \left( {1;3; - 2} \right)$, vectơ này cũng là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua điểm $A$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$.

Ta có $\overrightarrow {MN}  = \left( {2;2; - 2} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $MN$.

Mặt cầu cần tìm có tâm là trung điểm $I\left( {0;3; - 1} \right)$ của đoạn $AB$.

Bán kính mặt cầu là $IA = \sqrt {4 + 1 + 4}  = 3$.

Suy ra phương trình mặt cầu là ${x^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9$.

Gọi C là biến cố: “Hai viên bi Việt nhận được đều là trắng”.

       A là biến cố: “Viên bi đầu tiên An lấy được là trắng”.

       B là biến cố: “Viên bi thứ hai An lấy được là trắng”. 

Khi đó $C = AB$. Ta có $P\left( A \right) = \frac{6}{{14}}$, $P\left( {B|A} \right) = \frac{5}{{13}}$.

Suy ra $P\left( C \right) = P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) = \frac{6}{{14}} \cdot \frac{5}{{13}} = \frac{{15}}{{91}}$.

Gọi A là biến cố: “Viên bi đầu tiên An lấy được là đen”.

       B là biến cố: “Viên bi thứ hai An lấy được là trắng”. 

Khi đó $P\left( A \right) = \frac{8}{{14}},P\left( {B|A} \right) = \frac{6}{{13}}$.

Ta cần tính $P\left( {AB} \right)$. Ta có $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)P\left( {B|A} \right) = \frac{8}{{14}} \cdot \frac{6}{{13}} = \frac{{24}}{{91}}$.

Gọi A là biến cố: “Xạ thủ đó bắn trúng bia số 1”.

       B là biến cố: “Xạ thủ đó bắn trúng bia số 2”. 

Biết xạ thủ đó bắn không trúng bia số 1, xác suất để xạ thủ đó bắn trúng bia số 2 là

$P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{P\left( {B\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right)}} = \frac{{P\left( B \right) - P\left( {BA} \right)}}{{1 - P\left( A \right)}} = \frac{{0,9 - 075}}{{1 - 0,8}} = \frac{3}{4}$.

Ta có $\int {{e^x}\left( {2 + \frac{{{e^{ - x}}}}{{{{\cos }^2}x}}} \right)dx}  = 2\int {{e^x}dx}  + \int {\frac{{dx}}{{{{\cos }^2}x}}}  = 2{e^x} + \tan x + C$.

Hoành độ điểm cân bằng là nghiệm của phương trình

$- 0,01{e^x} + 19 = 0,09{e^x} + 1 \Rightarrow 0,1{e^x} = 18 \Rightarrow x = \ln 180$.

Suy ra tung độ điểm cân bằng là $y = 0,09{e^{\ln 180}} + 1 = 17,2$.

Thặng dư sản xuất cho sản phẩm đã cho là $\int\limits_0^{\ln 180} {\left| {17,2 - 0,09{e^x} - 1} \right|dx}  \approx 68,02$.

Thặng dư tiêu dùng cho sản phẩm đã cho là $\int\limits_0^{\ln 180} {\left| { - 0,01{e^x} + 19 - 17,2} \right|dx}  \approx 7,56$.

Xét phương trình $- 5t + 10 = 0 \Leftrightarrow t = 2$.

Do vậy, kể từ lúc người lái đạp phanh thì sau 2 giây ô tô dừng hẳn.

Quãng đường ô tô đi được kể từ lúc người lái đạp phanh đến khi ô tô dừng hẳn là

$s = \int\limits_0^2 {\left( { - 5t + 10} \right)dt}  = \left. {\left( { - \frac{5}{2}{t^2} + 10t} \right)} \right|_0^2 = 10$ (m).

Gọi $H$ là hình chiếu của $C$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$. Khoảng cách từ điểm $C$ tới mặt phẳng $\left( P \right)$ là $d\left( {C,\left( P \right)} \right) = CH = \frac{{\left| {1 + 4 - 4 + 5} \right|}}{{\sqrt {1 + {2^2} + {2^2}} }} = 2$.

Vùng quan sát là hình tròn tâm $H$ bán kính $HA$ và có diện tích là $\pi  \cdot {\left( {CH \cdot \tan {{65}^ \circ }} \right)^2} \approx 57,8$.

Ta có ${d_1}\parallel {d_2}$ nên chúng xác định duy nhất một mặt phẳng $\left( P \right)$. Giả sử có đường thẳng cắt cả 4 đường thẳng đề bài cho thì nó phải thuộc $\left( P \right)$. Kiểm tra được các đường thẳng ${d_3},{d_4}$ cắt $\left( P \right)$ lần lượt tại A, B.

Vậy có duy nhất đường thẳng AB cắt cả 4 đường thẳng đã cho.

Ta có $P\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{4};\frac{{\sqrt 6 }}{4};\frac{1}{2}} \right),{\rm{ }}Q\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4};\frac{{\sqrt 2 }}{4};\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)$.

Từ đó $\cos \widehat {POQ} = \frac{{\overrightarrow {OP}  \cdot \overrightarrow {OQ} }}{{\left| {\overrightarrow {OP} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {OQ} } \right|}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {POQ} = {30^ \circ }$.

Khoảng cách trên mặt đất từ $P$ đến $Q$ là $\frac{{30 \cdot 2\pi }}{{360}} \cdot 6371 \approx 3335,8478$.

Gọi biến cố A: “Lấy từ chuồng I ra được thỏ trắng”;

                    B: “Lấy từ chuồng II ra được thỏ trắng”.

Ta có $P\left( A \right) = \frac{{10}}{{16}};P\left( {\overline A } \right) = \frac{6}{{16}};P\left( {B|A} \right) = \frac{5}{{13}};P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{4}{{13}}$.

Vậy $P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{10}}{{16}} \cdot \frac{5}{{13}} + \frac{6}{{16}} \cdot \frac{4}{{13}} = \frac{{37}}{{104}}$.

Gọi biến cố M: “Người đó mắc bệnh”;

                    D: “Người đó xét nghiệm dương tính”.

Ta có $P\left( M \right) = 0,01\%  = 0,0001 \Rightarrow P\left( {\overline M } \right) = 1 - 0,0001 = 0,9999$.

Trong số những người không mắc bệnh nhưng có 5% số người có xét nghiệm dương tính

nên $P\left( {D|\overline M } \right) = 5\%  = 0,05$.

Nếu một người mắc bệnh thì xác suất xét nghiệm cao cho kết quả dương tính là 90% nên

$P\left( {D|M} \right) = 90\%  = 0,9$.

Khi một người xét nghiệm có kết quả dương tính thì khả năng mắc bệnh của người đó là

$P\left( {M|D} \right)$. Áp dụng công thức Bayes ta có

$P\left( {M|D} \right) = \frac{{P\left( M \right) \cdot P\left( {D|M} \right)}}{{P\left( M \right) \cdot P\left( {D|M} \right) + P\left( {\overline M } \right) \cdot P\left( {D|\overline M } \right)}} = \frac{{0,0001 \cdot 0,9}}{{0,0001 \cdot 0,9 + 0,9999 \cdot 0,05}} = 0,1797\%$.

Gọi biến cố A: “Vận động viên được chọn thuộc đội I”;

                    V: “Vận động viên đạt huy chương vàng”.

Ta có $P\left( A \right) = \frac{6}{{14}} = \frac{3}{7} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = \frac{4}{7}$;$P\left( {V|A} \right) = 0,65;P\left( {V|\overline A } \right) = 0,55$.

Xác suất để vận động viên thuộc đội I khi đạt huy chương vàng là

$P\left( {A|V} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {V|A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {V|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {V|\overline A } \right)}} = \frac{{\frac{3}{7} \cdot 0,65}}{{\frac{3}{7} \cdot 0,65 + \frac{4}{7} \cdot 0,55}} = \frac{{39}}{{83}}$.

Chọn hệ trục Oxyz sao cho $A\left( { - 1;1;0} \right),{\rm{ }}B\left( {1;1;0} \right)$, khi đó ta có

$C\left( {1;1;4} \right),{\rm{ }}D\left( { - 1;1;4} \right),{\rm{ }}E\left( {0;5;5} \right)$.

Phương trình của parabol có dạng $\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c$. Do $\left( P \right)$ đi qua $C,D,E$ nên có

phương trình $y =  - \frac{{150}}{{121}}{x^2} + 1,5$.

Vậy diện tích cánh cửa gỗ là $2,2 \cdot 4 + \int\limits_{ - 1,1}^{1,1} {\left| { - \frac{{150}}{{121}}{x^2} + 1,5} \right|dx = 11\left( {{m^2}} \right)}$.

Ta có một vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là $\overrightarrow n  = \left( {1;2; - 2} \right)$; một vectơ chỉ phương của $d$ là $\overrightarrow u  = \left( {2; - 1;1} \right)$. Suy ra $\sin \left( {d,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow n  \cdot \overrightarrow u } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right| \cdot \left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\left| {2 - 2 - 2} \right|}}{{3\sqrt 6 }} = \frac{2}{{3\sqrt 6 }} \Rightarrow \left( {d,\left( P \right)} \right) \approx 15,{79^ \circ }$.

Gọi A là biến cố: “Bạn Sơn lấy được chiếc bút bi xanh”;

       B là biến cố: “Bạn Tùng lấy được chiếc bút bi đỏ”;

Vì $n\left( A \right) = 10$ nên $P\left( A \right) = \frac{{10}}{{16}} = \frac{5}{8}$.

Nếu A xảy ra tức là Sơn lấy được chiếc bút bi xanh thì trong hộp còn lại 9 chiếc bút bi

xanh và 6 chiếc bút bi đỏ. Suy ra $P\left( {B|A} \right) = \frac{6}{{15}}$.

Theo công thức nhân xác suất $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) = \frac{5}{8} \cdot \frac{6}{{15}} = \frac{1}{4}$.

Vậy xác suất cần tìm là $\frac{1}{4}$.