Trên khoảng (4;7), f’(x) mang dấu âm nên f(x) nghịch biến trên (4;7).

Hàm số đạt cực đại tại x = -2.

Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [0;2] là y = -4 tại x = 0.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - 1}}{{2 + x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - \frac{1}{x}}}{{\frac{2}{x} + 1}} = \frac{0}{1} = 0$ nên đồ thị hàm số f(x) có tiệm cận ngang là $y = 0$.

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

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

Quan sát đồ thị y = f’(x) ta thấy f’(x) > 0 trên (-1;0) nên f(x) đồng biến trên (-1;0).

Ta có $\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {HF}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {FH}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AD}$.

Ta có $\left| {\overrightarrow u } \right| = \left| {\overrightarrow {SA}  - \overrightarrow {SC} } \right| = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = 2\sqrt 6$.

$\overrightarrow {OM}  = (2;4; - 3)$ suy ra M(2;4;-3).

Ta có: $\overrightarrow u .\overrightarrow v  = 1.3 + 2.2 + 3.1 = 10$.

Điểm M’ đối xứng với M(4;1;3) qua trục Oz có tọa độ M’(-4;-1;3).

R = 40 – 0 = 40.

a) Sai. $v(t) = s'(t) =  - {t^2} + 8t + 9$.

$v(3) =  - {3^2} + 8.3 + 9 = 24$ (m/s).

b) Đúng. $v(t) = 0 \Leftrightarrow  - {t^2} + 8t + 9 = 0 \Leftrightarrow$ x = -1 (loại) hoặc x = 9 (thỏa mãn).

Bảng biến thiên:

Vậy quãng đường vật di chuyển được từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi vật đứng yên (v = 0 hay t = 9) là s(9) – s(0) = 162 – 0 = 162 (m).

c) Đúng. $a(t) = v'(t) =  - 2t + 8$.

$a(3) =  - 2.3 + 8 = 2$ $m/{s^2}$.

d) Sai. Bảng biến thiên:

Ta thấy tại thời điểm t = 4 thì a(4) = 0, khi đó vật giữ nguyên vận tốc.

Vậy vật không tăng tốc khi t = 4, hay $t \in [0;4]$ là sai.

a) Đúng. Vì $\overrightarrow {MR}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {BD}$, $\overrightarrow {SN}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {BD}$ suy ra $\overrightarrow {MR}  = \overrightarrow {SN}$.

b) Đúng. Ta có:

M là trung điểm của AB nên $\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  = 2\overrightarrow {GM}$.

N là trung điểm của CD nên $\overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = 2\overrightarrow {GN}$.

G là trung điểm của MN nên $\overrightarrow {GM}  + \overrightarrow {GN}  = \overrightarrow 0$.

Từ đó suy ra $\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = 2\overrightarrow {GM}  + 2\overrightarrow {GN}  = 2\left( {\overrightarrow {GM}  + \overrightarrow {GN} } \right) = \overrightarrow 0$.

c) Sai. Ta có:

Q là trung điểm của BD nên $\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  = 2\overrightarrow {AQ}  \Leftrightarrow \overrightarrow {AQ}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right)$.

P là trung điểm của AC nên $\overrightarrow {AP}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}$.

Từ đó ta có $2\overrightarrow {PQ}  = 2\left( {\overrightarrow {AQ}  - \overrightarrow {AP} } \right) = 2\left[ {\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right) - \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right] = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD}$.

d) Đúng. Ta có:

$\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID}  = 2\overrightarrow {IM}  + 2\overrightarrow {IN}  = 2\left( {\overrightarrow {IM}  + \overrightarrow {IN} } \right) = 2.2\overrightarrow {IG}  = 4\overrightarrow {IG}$.

Suy ra $\left| {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID} } \right| = \left| {4\overrightarrow {IG} } \right| = 4IG$.

Vậy $\left| {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  + \overrightarrow {IC}  + \overrightarrow {ID} } \right|$ nhỏ nhất khi IG = 0, tức I trùng G.

a) Đúng. Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 - 2 + 4}}{3} = 1\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{0 + 3 - 6}}{3} =  - 1\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{ - 2 + 4 + 1}}{3} = 1\end{array} \right.$, vậy G$\left( {1; - 1;1} \right)$.

b) Sai. $\overrightarrow {AB}  = ( - 2 - 1;3 - 0;4 + 2) = ( - 3;3;6)$, $\overrightarrow {AC}  = (4 - 1; - 6 - 0;1 + 2) = (3; - 6;3)$.

c) Đúng. $AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{( - 3)}^2} + {3^2} + {6^2}}  = 3\sqrt 6$, $AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{3^2} + {{( - 6)}^2} + {3^2}}  = 3\sqrt 6$ suy ra AB = AC.

Vậy tam giác ABC cân tại A.

d) Sai. Vì ABDC là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CD}  \Leftrightarrow ( - 3;3;6) = ({x_D} - 4;{y_D} + 6;{z_D} - 1)$.

Suy ra $({x_D};{y_D};{z_D}) = (1; - 3;7)$. Vậy D(1;-3;7).

Cỡ mẫu: n = 3 + 13 + 18 + 11 + 5 = 50.

Gọi ${x_1},{x_2},...,{x_{50}}$ là mẫu số liệu gốc được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là ${x_{13}} \in [290;330)$.

${Q_1} = 290 + \frac{{\frac{{50}}{4} - 3}}{{13}}(330 - 290) = \frac{{4150}}{{13}}$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là ${x_{38}} \in [370;410)$.

${Q_3} = 370 + \frac{{\frac{{3.50}}{4} - (3 + 13 + 18)}}{{11}}(410 - 370) = \frac{{4210}}{{11}}$.

Vậy ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{4210}}{{11}} - \frac{{4150}}{{13}} = \frac{{9080}}{{143}} \approx 63,5$.

Số lít nước trong bể chứa sau t phút là 100 + 20t (lít).

Số gam chất tan được cho vào bể sau t phút là 10t (gam).

Nồng độ chất khử trùng trong bể sau t phút là $f(t) = \frac{{10t}}{{100 + 20t}} = \frac{t}{{10 + 2t}}$ (gam/lít).

Nồng độ chất khử trùng trong bể sau 10 phút là $f(10) = \frac{{10}}{{10 + 2.10}} = \frac{1}{3} \approx 0,33$ (gam/lít).

Đặt x = BM, $0 \le x \le 7$.

Khi đó $AM = \sqrt {{x^2} + 25}$, $MC = 7 - x$.

Thời gian người canh hải đăng đi từ A đến C là $T(x) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 25} }}{4} + \frac{{7 - x}}{6}$ (giờ).

Ta có $T'(x) = \frac{1}{4}.\frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 25} }} + \frac{1}{6}.( - 1) = \frac{x}{{4\sqrt {{x^2} + 25} }} - \frac{1}{6} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{4\sqrt {{x^2} + 25} }} = \frac{1}{6}$

$\Leftrightarrow 6x = 4\sqrt {{x^2} + 25}  \Leftrightarrow {x^2} = 20$.

Giải phương trình trên kết hợp với điều kiện ta được $x = 2\sqrt 5$.

Có $T(0) = \frac{{\sqrt {{0^2} + 25} }}{4} + \frac{{7 - 0}}{6} = \frac{5}{4} + \frac{7}{6} = \frac{{29}}{{12}} \approx 2,417$;

$T(2\sqrt 5 ) = \frac{{\sqrt {{{\left( {2\sqrt 5 } \right)}^2} + 25} }}{4} + \frac{{7 - 2\sqrt 5 }}{6} = \frac{5}{4} + \frac{7}{6} = \frac{{4 + 5\sqrt 5 }}{{12}} \approx 2,098$;

$T(7) = \frac{{\sqrt {{7^2} + 25} }}{4} + \frac{{7 - 7}}{6} = \frac{{\sqrt {74} }}{4} \approx 2,151$.

Từ đó suy ra T(x) đạt giá trị nhỏ nhất khi $x = 2\sqrt 5  \approx 4,472$.

Vậy để người canh hải đăng đi từ hải đăng đến kho hàng nhanh nhất thì điểm M cách B một khoảng 4,472 km.

Có $y' = 3a{x^2} + 2bx + c$.

Quan sát đồ thị thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - \infty$ suy ra a < 0.

Hàm số có hai cực trị âm nên ta có $\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{y'}} > 0\\S < 0\\P > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} - 9ac > 0\\ - \frac{{2b}}{{3a}} < 0\\\frac{c}{{3a}} > 0\end{array} \right.$ suy ra $\left\{ \begin{array}{l}b < 0\\c < 0\end{array} \right.$

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0;d) nên d > 0.

Vậy chỉ có d dương.

Gọi O’ là tâm hình vuông A’B’C’D’.

Xét tam giác AA’C’ vuông tại A: $A'{C^2} = A'{A^2} + A{C^2} = A'{A^2} + {\left( {\sqrt 2 A'A} \right)^2} = 3A'{A^2}$.

Suy ra $A'A = \frac{{A'C}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{{16}}$.

Ta có:

$\overrightarrow {OS}  = \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  + \overrightarrow {OD}  + \overrightarrow {OA'}  + \overrightarrow {OB'}  + \overrightarrow {OC'}  + \overrightarrow {OD'}$

$= \left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OC} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OD} } \right) + \left( {\overrightarrow {OA'}  + \overrightarrow {OC'} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB'}  + \overrightarrow {OD'} } \right)$

$= \overrightarrow 0  + \overrightarrow 0  + 2\overrightarrow {OO'}  + 2\overrightarrow {OO'}  = 4\overrightarrow {OO'}$.

Suy ra $OS = \left| {\overrightarrow {OS} } \right| = \left| {4\overrightarrow {OO'} } \right| = 4OO' = 4AA' = 4\frac{{\sqrt 3 }}{{16}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$.

Khi đó a = 1, b = 4. Ta có $P = {a^2} + {b^2} = {1^2} + {4^2} = 17$.

Ta có: a = AA’, b = A’O’, c = A’B’ = B’O’.

Vì A’ có tọa độ (240;450;0) nên khoảng cách từ A’ đến trục Ox, Oy lần lượt là 450 cm và 250 cm.

Hay AA’ = 450 cm và A’O’ = 240 cm.

Ta có $\overrightarrow {A'B'}  = (120 - 240;450 - 450;300 - 0) = ( - 120;0;300)$.

$A'B' = \left| {\overrightarrow {A'B'} } \right| = \sqrt {{{( - 120)}^2} + {0^2} + {{300}^2}}  = 60\sqrt {29}$ (cm).

Vì O’O = A’A = 450 cm và O’ nằm trên trục Oy nên O’(0;450;0).

$\overrightarrow {O'B'}  = (120 - 0;450 - 450;300 - 0) = (120;0;300)$.

$\left| {\overrightarrow {O'B'} } \right| = \sqrt {{{120}^2} + {0^2} + {{300}^2}}  = 60\sqrt {29}$.

Vậy a + b + c = 450 + 240 + $60\sqrt {29}$ $\approx 1013$.

Cỡ mẫu: n = 5 + 12 + 23 + 31 + 29 = 100.

Giả sử tuổi thọ của ong là ${x_1},{x_2},...,{x_{100}}$ được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất là ${Q_1} = 40 + \frac{{\frac{{100}}{4} - (5 + 12)}}{{23}}(60 - 40) = \frac{{1080}}{{23}}$.

Tứ phân vị thứ ba là ${Q_3} = 80 + \frac{{\frac{{3.100}}{4} - (5 + 12 + 23 + 31)}}{{29}}(100 - 80) = \frac{{2400}}{{29}}$.

Khoảng tứ phân vị: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{2400}}{{29}} - \frac{{1080}}{{23}} \approx 35,8$.