Câu hỏi:

a) Từ phương trình đạo hàm \(y'(t) = k \cdot y(t)\), ta có nghiệm tổng quát của phương trình vi phân này là hàm số mũ:

\(y(t) = e^{kt+C} = e^C \cdot e^{kt}\)

Đáp án đúng là Đúng.

b) Tại thời điểm ban đầu \(t = 0\), nhiệt độ cốc nước là \(T(0) = 22^{\circ}C\), nhiệt độ môi trường \(T_s = 5^{\circ}C\).

Chênh lệch nhiệt độ ban đầu là: \(y(0) = 22 - 5 = 17\).

Thay vào công thức: \(17 = e^{k \cdot 0 + C} = e^C \Rightarrow C = \ln 17\).

Đáp án đúng là Đúng.

c) Tại thời điểm \(t = 30\), nhiệt độ cốc nước là \(T(30) = 16^{\circ}C\).

Chênh lệch nhiệt độ lúc này là: \(y(30) = 16 - 5 = 11\).

Ta có phương trình: \(11 = e^{30k + \ln 17} = 17 \cdot e^{30k} \Rightarrow e^{30k} = \frac{11}{17}\).

Suy ra: \(30k = \ln \left( \frac{11}{17} \right) \Rightarrow k = \frac{1}{30} \ln \frac{11}{17}\).

Biểu thức trong đề bài thiếu hệ số \(\frac{1}{30}\) và ngược tỉ số.

Đáp án đúng là Sai.

d) Sau 1 giờ (\(t = 60\) phút), chênh lệch nhiệt độ là:

\(y(60) = e^{60 \cdot \frac{1}{30} \ln \frac{11}{17} + \ln 17} = e^{2 \ln \frac{11}{17} + \ln 17} = 17 \cdot \left( \frac{11}{17} \right)^2 \approx 7,12\)

Nhiệt độ cốc nước sau 1 giờ là:

\(T(60) = y(60) + T_s = 7,12 + 5 = 12,12 \approx 12^{\circ}C\).

Đáp án đúng là Đúng.

a) Xác suất bệnh nhân điều trị bằng phác đồ A và được chữa khỏi là xác suất của biến cố giao:

\(P(A \cap K) = P(A) \times P(K|A) = 0,5 \times 0,6 = 0,3\)

Mệnh đề phát biểu là 0,6 nên sai.

Đáp án đúng là Sai.

b) Xác suất để bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng (theo công thức xác suất đầy đủ):

\(P(T) = P(A) \times P(T|A) + P(B) \times P(T|B) = 0,5 \times 0,05 + 0,5 \times 0,1 = 0,025 + 0,05 = 0,075\)

Đáp án đúng là Đúng.

c) Nếu biết bệnh nhân gặp tác dụng phụ, xác suất bệnh nhân đã điều trị bằng phác đồ B (theo công thức Bayes):

\(P(B|T) = \frac{P(B) \times P(T|B)}{P(T)} = \frac{0,5 \times 0,1}{0,075} = \frac{0,05}{0,075} = \frac{2}{3} \approx 0,667\)

Vì \(0,667 > 0,65\) nên mệnh đề này đúng.

Đáp án đúng là Đúng.

d) Gọi \(K\) là biến cố khỏi bệnh và \(\overline{T}\) là biến cố không bị tác dụng phụ. Theo tính độc lập trong từng phác đồ:

- Với phác đồ A: \(P(K \cap \overline{T} | A) = P(K|A) \times P(\overline{T}|A) = 0,6 \times (1 - 0,05) = 0,57\)

- Với phác đồ B: \(P(K \cap \overline{T} | B) = P(K|B) \times P(\overline{T}|B) = 0,7 \times (1 - 0,1) = 0,63\)

Xác suất bệnh nhân khỏi bệnh và không bị tác dụng phụ là:

\(P(K \cap \overline{T}) = 0,5 \times 0,57 + 0,5 \times 0,63 = 0,285 + 0,315 = 0,6\)

Đáp án đúng là Đúng.

a) Mặt sàn là hình vuông ABCD có cạnh \(AB = 80\) m.

Độ dài đường chéo là: \(AC = 80\sqrt{2}\) m.

Đáp án đúng là Đúng.

b) Trong hệ tọa độ Oxyz, điểm B nằm trên trục Ox.

Độ dài đoạn \(OB = \frac{AC}{2} = \frac{80\sqrt{2}}{2} = 40\sqrt{2}\) m.

Đổi sang đơn vị tọa độ: \(OB = 4\sqrt{2}\).

Vậy tọa độ điểm B là \((4\sqrt{2}; 0; 0)\).

Đáp án đúng là Sai.

c) Tọa độ các điểm trong hệ Oxyz (đơn vị 10m):

- \(B(4\sqrt{2}; 0; 0)\). Do tính đối xứng hình vuông, \(D(-4\sqrt{2}; 0; 0)\).

- Điểm N tương ứng với B ở đáy trên (cao độ \(z = 2\)). Cạnh nắp bằng 6 nên \(O'N = \frac{6\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2}\).

- Vậy \(N(3\sqrt{2}; 0; 2)\) và \(M(-3\sqrt{2}; 0; 2)\).

Vectơ \(\vec{MD} = (-4\sqrt{2} - (-3\sqrt{2}); 0 - 0; 0 - 2) = (-\sqrt{2}; 0; -2)\).

Đáp án đúng là Sai.

d) Tìm tọa độ K trên BN sao cho \(z_K = 1,5\):

Vectơ \(\vec{BN} = (3\sqrt{2} - 4\sqrt{2}; 0; 2-0) = (-\sqrt{2}; 0; 2)\).

Phương trình BN: \(x = 4\sqrt{2} - \sqrt{2}t\); \(y = 0\); \(z = 2t\).

Tại \(z_K = 1,5 \Rightarrow t = 0,75\). Suy ra \(K(3,25\sqrt{2}; 0; 1,5)\).

Do tính đối xứng qua trục Oz, điểm H trên MD sẽ có tọa độ \(H(-3,25\sqrt{2}; 0; 1,5)\).

Khoảng cách HK (đơn vị 10m):

\(HK = \sqrt{(-3,25\sqrt{2} - 3,25\sqrt{2})^2 + 0^2 + 0^2} = 6,5\sqrt{2}\).

Đổi sang mét: \(6,5\sqrt{2} \times 10 = 65\sqrt{2} = \sqrt{4225 \times 2} = \sqrt{8450}\) m.

Tính giá trị trong phát biểu: \(5\sqrt{185}\) m.

Đáp án đúng là Đúng.

Diện tích đáy tam giác đều ABC cạnh 2 là:

\(S_{ABC} = \frac{2^2\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3}\)

Gọi M là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC đều nên \(AM \perp BC\).

Độ dài đường cao tam giác đáy: \(AM = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}\).

Trọng tâm G chia AM theo tỉ lệ: \(AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2\sqrt{3}}{3}\) và \(GM = \frac{\sqrt{3}}{3}\).

Ta có \(BC \perp AM\) và \(BC \perp A'G\) (vì \(A'G \perp (ABC)\)).

Suy ra \(BC \perp (A'AM)\).

Kẻ \(MH \perp AA'\) tại H. Vì \(BC \perp (A'AM)\) nên \(BC \perp MH\).

Do đó, MH là đoạn vuông góc chung của AA' và BC.

Theo giả thiết: \(MH = \frac{\sqrt{3}}{2}\).

Xét tam giác vuông A'GA, đặt \(A'G = h\) (\(h > 0\)):

\(AA' = \sqrt{A'G^2 + AG^2} = \sqrt{h^2 + \frac{4}{3}}\)

Xét hai tam giác đồng dạng hoặc sử dụng diện tích trong tam giác A'AM:

\(d(M, AA') = \frac{2 S_{A'AM}}{AA'} = \frac{A'G \times AM}{AA'} = \frac{h \times \sqrt{3}}{\sqrt{h^2 + \frac{4}{3}}}\)

Theo giả thiết:

\(\begin{array}{ll} &\frac{h\sqrt{3}}{\sqrt{h^2 + \frac{4}{3}}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \Leftrightarrow &2h = \sqrt{h^2 + \frac{4}{3}} \\ \Leftrightarrow &4h^2 = h^2 + \frac{4}{3} \\ \Leftrightarrow &3h^2 = \frac{4}{3} \Rightarrow h = \frac{2}{3} \end{array}\)

Thể tích khối lăng trụ là:

\(V = S_{ABC} \times A'G = \sqrt{3} \times \frac{2}{3} \approx 1,15\)

Đáp án đúng là 1,15.

Ta có hàm số \(h(t) = at^3 + bt^2 + ct + d\) và đạo hàm của nó là \(h'(t) = 3at^2 + 2bt + c\).

Dựa vào bảng dữ liệu, ta thiết lập hệ phương trình với các giá trị tại \(t = 0\) và \(t = 4\):

1. Tại \(t = 0\):

   \(h(0) = d = 0\)

   \(h'(0) = c = 0\)

2. Tại \(t = 4\):

   \(h(4) = a(4)^3 + b(4)^2 = 64a + 16b = 2\)

   \(h'(4) = 3a(4)^2 + 2b(4) = 48a + 8b = 0,75\)

Giải hệ phương trình hai ẩn \(a\) và \(b\):

\(\left\{ \begin{array}{l} 64a + 16b = 2 \\ 48a + 8b = 0,75 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = -0,015625 = -\frac{1}{64} \\ b = 0,1875 = \frac{3}{16} \end{array} \right.\)

Hàm số chiều cao là: \(h(t) = -\frac{1}{64}t^3 + \frac{3}{16}t^2\).

Tại thời điểm cuối tuần thứ 8 (\(t = 8\)), chiều cao của cây tre là:

\(h(8) = -\frac{1}{64}(8)^3 + \frac{3}{16}(8)^2 = -8 + 12 = 4\)

Đáp án đúng là 4.