Trên khoảng (0;1), f’(x) mang dấu âm nên f(x) nghịch biến trên (0;1).

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

Quan sát bảng xét dấu, thấy:

+ $f'(x) > 0$ khi $x \in ( - \infty ; - 1)$ và $f'(x) < 0$ khi $x \in ( - 1;0)$; $f'( - 1) = 0$.

+ $f'(x) > 0$ khi $x \in (0;1)$ và $f'(x) < 0$ khi $x \in (1;2)$; $f'(1)$ không tồn tại.

Vậy hàm số có hai điểm cực đại là x = -1, x = 1.

Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [0;3] là y = -1 tại x = 1.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} (x + 1) = 3 + 1 = 4$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} (x - 3) = 3 - 3 = 0$ và x – 3 > 0.

Suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{x - 1}}{{x - 3}} =  + \infty$.

Vậy đồ thị hàm số $y = \frac{{x - 1}}{{x - 3}}$ có tiệm cận đứng là x = 3.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {f(x) - (2x + 1)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {2x + 1 + \frac{2}{{3x - 1}} - (2x + 1)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2}{{3x - 1}} = 0$.

Vây y = 2x + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Quan sát đồ thị y = f’(x) ta thấy f’(x) > 0 trên $( - \infty ; - 1)$ và $(3; + \infty )$ nên f(x) đồng biến trên hai khoảng trên.

Ta có $\overrightarrow {PM}  + \overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {PN}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 - 1 + 0}}{3} = 0\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{ - 2 + 2 + 0}}{3} = 0\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{3 + 5 + 1}}{3} = 3\end{array} \right.$ suy ra G(0;0;3).

$\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{(3 - 1)}^2} + {{(0 + 3)}^2} + {{( - 2 - 1)}^2}}  = \sqrt {22}$.

Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên AB vuông góc với AD.

Khi đó $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = 0$.

Điểm M’ đối xứng với M(4;1;3) qua mặt phẳng (Oxz) có tọa độ M’(4;-1;3).

R = 175 – 150 = 25.

a) Đúng. Đồ thị hàm số đi xuống từ trái sang trên từng khoảng xác định.

b) Đúng. $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - 1$.

c) Sai. $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} y =  + \infty$.

d) Sai. Vì đồ thị đi qua điểm (0;1) nên $1 = \frac{{a.0 + 1}}{{c.0 + d}} \Leftrightarrow d = 1$.

Đồ thị có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1 nên $- \frac{d}{c} =  - 1 \Leftrightarrow  - \frac{1}{c} =  - 1 \Leftrightarrow c = 1$.

Đồ thị có tiệm cận ngang là đường thẳng y = -1 nên $\frac{a}{c} =  - 1 \Leftrightarrow \frac{a}{1} =  - 1 \Leftrightarrow a =  - 1$.

Vậy hệ số a = -1.

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {MA}  =  - \overrightarrow {AM}  =  - \frac{1}{5}\overrightarrow {AD}  =  - \frac{1}{5}\overrightarrow b$.

b) Sai. $\overrightarrow {EN}  = \frac{2}{5}\overrightarrow {EC}  = \frac{2}{5}\left( {\overrightarrow {EF}  + \overrightarrow {EH}  + \overrightarrow {EA} } \right) = \frac{2}{5}\left( {\overrightarrow a  - \overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right)$.

c) Đúng. $\left( {m.\overrightarrow a  + n.\overrightarrow b  + p.\overrightarrow c } \right) = {m^2}.{\overrightarrow a ^2} + {n^2}.{\overrightarrow b ^2} + {p^2}.{\overrightarrow c ^2} + 2mn\overrightarrow a .\overrightarrow b  + 2np\overrightarrow b .\overrightarrow c  + 2mp\overrightarrow a .\overrightarrow c  = {m^2}.{\overrightarrow a ^2} + {n^2}.{\overrightarrow b ^2} + {p^2}.{\overrightarrow c ^2}$

(vì $\overrightarrow a$, $\overrightarrow b$, $\overrightarrow c$ đôi một vuông góc nên $\overrightarrow a .\overrightarrow b  = \overrightarrow b .\overrightarrow c  = \overrightarrow b .\overrightarrow c  = 0$).

d) Đúng. $\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AE}  + \overrightarrow {EN}  =  - \frac{1}{5}\overrightarrow b  + \overrightarrow c  + \frac{2}{5}\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b  - \overrightarrow c } \right) = \frac{2}{5}\overrightarrow a  + \frac{1}{5}\overrightarrow b  + \frac{3}{5}\overrightarrow c$.

$M{N^2} = {\left( {\overrightarrow {MN} } \right)^2} = {\left( {\frac{2}{5}\overrightarrow a  + \frac{1}{5}\overrightarrow b  + \frac{3}{5}\overrightarrow c } \right)^2} = \frac{4}{{25}}{\overrightarrow a ^2} + \frac{1}{{25}}{\overrightarrow b ^2} + \frac{9}{{25}}{\overrightarrow c ^2} = \frac{4}{{25}}.4 + \frac{1}{{25}}.9 + \frac{9}{{25}}.4 = \frac{{61}}{{25}}$.

Suy ra $MN = \frac{{\sqrt {61} }}{5}$.

a) Sai. $\overrightarrow {AB}  = ( - 2 - 1;1 + 2;2 - 3) = ( - 3;3; - 1)$.

b) Sai. $\overrightarrow {AC}  = (3 - 1; - 1 + 2;2 - 3) = (2;1; - 1)$, suy ra $3\overrightarrow {AC}  = (6;3; - 3) \ne \overrightarrow {AB}$.

c) Đúng. Ta thấy $\frac{{ - 3}}{2} \ne \frac{3}{1} \ne \frac{{ - 1}}{{ - 1}}$ suy ra $\overrightarrow {AB}$, $\overrightarrow {AC}$ không cùng phương. Vậy A, B, C không thẳng hàng.

d) Sai. Gọi A’(x;y;z) là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC.

Khi đó $\overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {BC}  = 0$ (1) và $\overrightarrow {BC}$, $\overrightarrow {BA'}$ cùng phương (2).

Ta có $\overrightarrow {AA'}  = (x - 1;y + 2;z - 3)$, $\overrightarrow {BC}  = (3 + 2; - 1 - 1;2 - 2) = (5; - 2;0)$, $\overrightarrow {BA'}  = (x + 2;y - 1;z - 2)$.

(1) $\Leftrightarrow 5(x - 1) - 2(y + 2) + 0(z - 3) = 0 \Leftrightarrow 5x - 2y = 9$.

(2) $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 2}}{5} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}}\\z - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + 5y = 1\\z = 2\end{array} \right.$

Từ (1) và (2) suy ra $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{47}}{{29}}\\y =  - \frac{{13}}{{29}}\\z = 2\end{array} \right.$, hay $A'\left( {\frac{{47}}{{29}}; - \frac{{13}}{{29}};2} \right)$.

a) Sai. Số lần chạy từ 12 giây trở lên là 0.

b) Sai. Thời gian chạy trung bình của vận động viên là:

$\overline x  = \frac{{3.10,2 + 8.10,6 + 6.11 + 2.11,4 + 1.11,8}}{{3 + 8 + 6 + 2 + 1}} = \frac{{54}}{5} = 10,8$ (giây).

c) Đúng. Phương sai của mẫu số liệu trên là:

${s^2} = \frac{{3.{{\left( {10,2 - 10,8} \right)}^2} + 8.{{\left( {10,6 - 10,8} \right)}^2} + 6.{{\left( {11 - 10,8} \right)}^2} + 2.{{\left( {11,4 - 10,8} \right)}^2} + 1.{{\left( {11,8 - 10,8} \right)}^2}}}{{3 + 8 + 6 + 2 + 1}} = 0,168$.

d) Sai. Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên là $s = \sqrt {0,168}  \approx 0,4$.

Vận tốc của vật sau t giây là $v(t) = h'(t) = 32,5 - 9,8t$ (m/s).

Vận tốc của vật sau 3 giây là $v(3) = 32,5 - 9,8.3 = 3,1$ (m/s).

Thể tích của hộp là $V = {x^2}h = 4000$ ($c{m^3}$).

Suy ra chiều cao của hộp là $h = \frac{{4000}}{{{x^2}}}$ (cm).

Diện tích xung quanh của hộp là $S(x) = {x^2} + 4xh = {x^2} + 4x\frac{{4000}}{{{x^2}}} = {x^2} + \frac{{16000}}{x}$ ($c{m^2}$).

Chiếc hộp làm ra tốn ít bìa nhất khi diện tích xung quanh hình hộp nhỏ nhất.

Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của S(x).

Ta có $S'(x) = 2x - \frac{{16000}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow 2x = \frac{{16000}}{{{x^2}}} \Leftrightarrow 2{x^3} = 16000 \Leftrightarrow {x^3} = 8000 \Leftrightarrow x = 20$.

Ta có bảng biến thiên:

Vậy để tốn ít bìa nhất thì cạnh hình vuông có chiều dài x = 20 (cm).

Ta có: Một điện trở $10\Omega$ được mắc song song với một biến trở x nên điện trở tương đương là hàm số $y = \frac{{10x}}{{10 + x}}$ với x > 0.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{10x}}{{10 + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{10}}{{\frac{{10}}{x} + 1}} = \frac{{10}}{{0 + 1}} = 10$ nên điện trở tương đương của mạch không thể vượt quá $10\Omega$.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Ta có $\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {OS}  + \overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {OS}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {OS}  + \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {OS}  + \overrightarrow {SD}  = \overrightarrow 0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {SD}  =  - 4\overrightarrow {OS}  = 4\overrightarrow {SO}$

$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {SD} } \right| = \left| {4\overrightarrow {SO} } \right| = 4SO$.

Trọng lượng của vật là $P = mg = 3.10 = 30$(N).

Suy ra $4\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = P = 30$(N). Do đó $SO = \frac{{30}}{4} = \frac{{15}}{2}$.

Vì tam giác ASC vuông cân tại S nên $\widehat {SAC} = {45^o}$.

Xét tam giác SAO vuông tại O:

$\sin \widehat {SAC} = \frac{{SO}}{{SA}} \Rightarrow SA = \frac{{SO}}{{\sin \widehat {SAC}}} = \frac{{\frac{{15}}{2}}}{{\sin {{45}^o}}} = \frac{{30\sqrt 2 }}{4}$.

Suy ra a = 30.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với gốc O đặt tại điểm xuất phát của hai khinh khí cầu, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất với trục Ox hướng về phía nam, trục Oy hướng về phía đông và trục Oz hướng thẳng đứng lên trời (tham khảo hình vẽ), đơn vị đo lấy theo kilômét.

Gọi vị trí chiếc khinh khí cầu thứ nhất và thứ hai lần lượt là P, Q.

Khi đó: $P\left( {\frac{5}{2};2;\frac{4}{5}} \right)$, $Q\left( { - \frac{3}{2}; - 3;\frac{3}{5}} \right)$.

Gọi I là điểm tiếp nhiên liệu trên mặt đất (Oxy). Khi đó I$({x_I};{y_I};0)$.

Khoảng cách từ vị trí tiếp nhiên liệu tới hai khinh khí cầu nhỏ nhất, tức là IP + IQ nhỏ nhất.

Gọi C là điểm đối xứng của P qua (Oxy). Khi đó $C\left( {\frac{5}{2};2; - \frac{4}{5}} \right)$ và IP = IC.

Vậy để IP + IQ nhỏ nhất thì IC + IQ nhỏ nhất. Điều đó xảy ra khi Q, I, C thẳng hàng, hay $\overrightarrow {QC}$, $\overrightarrow {QI}$ cùng phương.

$\overrightarrow {QC}  = \left( {\frac{5}{2} + \frac{3}{2};2 + 3; - \frac{4}{5} - \frac{3}{5}} \right) = \left( {4;5; - \frac{7}{5}} \right)$; $\overrightarrow {QI}  = \left( {{x_I} + \frac{3}{2};{y_I} + 3; - \frac{3}{5}} \right)$.

Để $\overrightarrow {QC}$, $\overrightarrow {QI}$ cùng phương thì $\frac{{{x_I} + \frac{3}{2}}}{4} = \frac{{{y_I} + 3}}{5} = \frac{3}{7}$. Từ đó tính được ${x_I} = \frac{3}{{14}}$; ${y_I} =  - \frac{6}{7}$.

Vậy $I\left( {\frac{3}{{14}};-\frac{6}{7};0} \right)$, suy ra $a = \frac{3}{{14}}$; $b = \frac{6}{7}$ (vì I cách điểm xuất phát b (km) theo hướng tây nên b > 0).

Ta được $2a + 3b = 2.\frac{3}{{14}} + 3.\frac{6}{7} = 3$.

Cỡ mẫu: n = 4 + 8 + 12 + 10 + 6 = 40.

Giả sử mẫu số liệu gốc là ${x_1},{x_2},...,{x_{40}}$ được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $\frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2} \in [20;40)$. Do đó tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_1} = 20 + \frac{{\frac{{40}}{4} - 4}}{8}(40 - 20) = 35$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $\frac{{{x_{30}} + {x_{31}}}}{2} \in [60;80)$. Do đó tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_3} = 60 + \frac{{\frac{{3.40}}{4} - (4 + 8 + 12)}}{{10}}(80 - 60) = 72$.

Khoảng tứ phân vị: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 72 - 35 = 37$.