Câu hỏi:

Quan sát/Phân tích dữ liệu từ đề bài:

- Tổng số học sinh: \(n = 4 + 7 + 14 + 10 + 5 = 40\).

- Nhóm 1: \([4; 5)\), tần số \(n_1 = 4\).

- Nhóm 2: \([5; 6)\), tần số \(n_2 = 7\).

- Nhóm 3: \([6; 7)\), tần số \(n_3 = 14\).

- Nhóm 4: \([8; 9)\), tần số \(n_4 = 10\).

- Nhóm 5: \([9; 10)\), tần số \(n_5 = 5\).

a) Khoảng biến thiên (\(R\)):

- Cận dưới của nhóm đầu tiên là \(L = 4\).

- Cận trên của nhóm cuối cùng là \(R_{max} = 10\).

- \(R = 10 - 4 = 6\).

Đáp án đúng là Đúng.

b) Khoảng tứ phân vị (\(\Delta_Q\)):

- Tứ phân vị thứ nhất \(Q_1\) ở vị trí \(\frac{40}{4} = 10\). Nhóm chứa \(Q_1\) là \([5; 6)\).

  \(Q_1 = 5 + \frac{10 - 4}{7} \times 1 = \frac{41}{7}\).

- Tứ phân vị thứ ba \(Q_3\) ở vị trí \(\frac{3 \times 40}{4} = 30\). Nhóm chứa \(Q_3\) là \([8; 9)\) (do tích lũy đến nhóm 3 là 25).

  \(Q_3 = 8 + \frac{30 - 25}{10} \times 1 = 8,5\).

- \(\Delta_Q = Q_3 - Q_1 = 8,5 - \frac{41}{7} = \frac{17}{2} - \frac{41}{7} = \frac{37}{14}\). Phát biểu ghi \(\frac{35}{14}\) là sai.

Đáp án đúng là Sai.

c) Độ lệch chuẩn (\(s\)):

- Giá trị đại diện các nhóm: \(4,5; 5,5; 6,5; 8,5; 9,5\).

- Số trung bình: \(\bar{x} = \frac{4 \cdot 4,5 + 7 \cdot 5,5 + 14 \cdot 6,5 + 10 \cdot 8,5 + 5 \cdot 9,5}{40} = 7,0125\).

- Phương sai: \(s^2 = \frac{1}{40} \sum n_i x_i^2 - \bar{x}^2 \approx 2,49\).

- Độ lệch chuẩn: \(s = \sqrt{s^2} \approx 1,577 < 1,6\).

Đáp án đúng là Đúng.

d) Xác suất chọn học sinh:

- Trung vị \(M_e\) ở vị trí thứ 20 và 21, thuộc nhóm \([6; 7)\). Số học sinh nhóm này là 14.

- Số học sinh không thuộc nhóm chứa trung vị là \(40 - 14 = 26\).

- Xác suất chọn 5 học sinh có đúng 2 học sinh thuộc nhóm \([6; 7)\) là:

  \(P = \frac{C_{14}^2 \cdot C_{26}^3}{C_{40}^5} = \frac{91 \cdot 2600}{658\,008} = \frac{236\,600}{658\,008} = \frac{2275}{6327}\).

Đáp án đúng là Đúng.

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Kè \(AH \perp A'O\) tại \(H\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} BD \perp AO \\ BD \perp AA' \end{array} \right. \Rightarrow BD \perp (AA'O) \Rightarrow BD \perp AH\).

Do đó: \(\left\{ \begin{array}{l} AH \perp A'O \\ AH \perp BD \end{array} \right. \Rightarrow AH \perp (A' BD) \Rightarrow d(A, (A' BD)) = AH\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(\Delta A'AO\), ta có.

\(d(A, (A' BD)) = AH = \frac{AA'.AO}{\sqrt{AA'^2 + AO^2}} = \frac{6.3\sqrt{2}}{\sqrt{36 + 18}} = 2\sqrt{3} \Rightarrow a = 2\sqrt{3} \Rightarrow T = 2031\).

Đáp án đúng là 2031.

Gọi \(R_A, R_B\) lần lượt là khoảng cách từ \(A\) và \(B\) đến \(O\) (\(x \in \mathbb{N}\)).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} L_A = 4,3 \\ L_B = 4,7 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \log \frac{k}{R_A^2} = 4,3 \\ \log \frac{k}{R_B^2} = 4,7 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{k}{R_A^2} = 10^{4,3} \\ \frac{k}{R_B^2} = 10^{4,7} \end{array} \right.\).

Khi đó khoảng cách từ \(O\) tới trung điểm \(M\) của \(AB\) bằng \(R = \frac{R_A - R_B}{2}\).

Mức cường độ âm tại trung điểm của \(AB\) bằng:

\(\begin{array}{l} L _ {M} = \log \frac {k}{R ^ {2}} = \log \frac {k}{\left(\frac {R _ {A} - R _ {B}}{2}\right) ^ {2}} = \log \frac {4}{\frac {R _ {A} ^ {2}}{k} - 2 . \frac {R _ {A} \cdot R _ {B}}{k} + \frac {R _ {B} ^ {2}}{k}} \\ = \log \frac {4}{\frac {1}{1 0 ^ {4 . 3}} - 2 \sqrt {\frac {1}{1 0 ^ {4 . 3}} \cdot \frac {1}{1 0 ^ {4 . 7}}} + \frac {1}{1 0 ^ {4 . 7}}} \approx 5, 8 \\ \end{array}\).

Đáp án đúng là 5,8.

Ta có phương trình đường cong \(y = 2x^4 \Rightarrow x^2 = \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{2}}\).

Tại thời điểm \(t\), gọi \(h(t)\) là chiều cao của cát trong bình phía trên (\(0 \leq h \leq 2\)).

Diện tích mặt cắt ngang của khối cát tại độ cao \(h\) là \(S(h) = \pi x^2 = \frac{\pi \sqrt{h}}{\sqrt{2}}\).

Ví phân thể tích theo chiều cao là \(\mathrm{d}V = S(h)\mathrm{d}h = \frac{\pi\sqrt{h}}{\sqrt{2}}\mathrm{d}h\).

Theo giả thiết, tốc độ thay đổi thể tích thỏa mãn \(30V'(t) = \sqrt{h(t)}\).

Vì cát chảy ra ngoài nên thể tích giảm dần theo thời gian, ta xét độ lớn tốc độ dòng chảy:

\(- 3 0 \frac {\mathrm {d} V}{\mathrm {d} t} = \sqrt {h} \Rightarrow - 3 0 \mathrm {d} V = \sqrt {h} \mathrm {d} t\).

Thay \(\mathrm{d}V\) vào phương trình trên, ta được: \(-30 \cdot \frac{\pi \sqrt{h}}{\sqrt{2}} \mathrm{d}h = \sqrt{h} \mathrm{d}t \Leftrightarrow \mathrm{d}t = -\frac{30\pi}{\sqrt{2}} \mathrm{d}h\).

Thời gian \(T\) để cát chảy hết ứng với chiều cao \(h\) biến thiên từ 2 (ban đầu) về 0 (kết thúc).

Lấy tích phân hai về: \(\int_0^T dt = \int_2^0 -\frac{30\pi}{\sqrt{2}} dt\).

Suy ra \(T = -\frac{30\pi}{\sqrt{2}} \cdot (0 - 2) = \frac{60\pi}{\sqrt{2}} = 30\pi \sqrt{2}\).

Đáp án đúng là 133.

Mặt cầu \((S_1): x^2 + y^2 + z^2 = R^2\), \((S_2): x^2 + y^2 + (z - 6400)^2 = 450^2\).

Mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu là \(\frac{2R^2 - 450^2}{12800}\).

Tính \(\cos AOI = \frac{OH}{R}\) và \(\cos MOI = \frac{OK}{R} = \frac{6000}{R}\) (dùng máy tính tính 2 góc ở đơn vị radian).

Từ đó tính được góc \(MOA = MOI - AOI = \alpha\) (radian).

Quãng đường đi tối thiểu là \(l = MA = R\alpha \approx 1825\).

Đáp án đúng là 1825.