Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) có dạng \(y=\frac{a{{x}^{2}}+bx+c}{px+q}\)\(\left( a\ne 0;p\ne 0 \right)\) và có đồ thị hàm số như hình bên dưới:

a) Đúng. Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u}=\left( 1;-2;1 \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):x-y+3z-1=0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n}=\left( 1;-1;3 \right)\).

b) Sai. \(\sin \left( d,\left( P \right) \right)=\frac{\left| \overrightarrow{u}.\overrightarrow{n} \right|}{\left| \overrightarrow{u} \right|\left| \overrightarrow{n} \right|}=\sqrt{\frac{6}{11}}\).

c) Đúng. Vì \(\left( Q \right)\) song song với \(\left( P \right)\) nên \(\overrightarrow{n}=\left( 1;-1;3 \right)\) cũng là một vectơ pháp tuyến của \(\left( Q \right)\). Do đó:

\(\sin \left( d,\left( Q \right) \right)=\frac{\left| \overrightarrow{u}.\overrightarrow{n} \right|}{\left| \overrightarrow{u} \right|\left| \overrightarrow{n} \right|}=\sqrt{\frac{6}{11}}=\frac{\sqrt{66}}{11}\).

d) Sai.

Gọi \(\left( R \right):Ax+By+Cz=0\) là mặt phẳng đi qua gốc toạ độ, vuông góc với \(\left( P \right)\) và tạo với \(d\) một góc \({{30}^{o}}\).

Ta có: \(\left( R \right)\bot \left( P \right)\Rightarrow A-B+3C=0\Rightarrow A=B-3C\).

Mặt khác:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {} & \sin \left( d;\left( R \right) \right)=\sin {{30}^{o}} & =\frac{1}{2}  \\   \Leftrightarrow  & \frac{\left| A-2B+C \right|}{\sqrt{6.\left( {{A}^{2}}+{{B}^{2}}+{{C}^{2}} \right)}} & =\frac{1}{2}  \\   \Leftrightarrow  & 4{{\left( -B-2C \right)}^{2}} & =6\left( 2{{B}^{2}}+10{{C}^{2}}-6BC \right)  \\   \Leftrightarrow  & 8{{B}^{2}}-52BC+44{{C}^{2}} & =0  \\   \Leftrightarrow  & \left[ \begin{align}  & B=C \\  & B=\frac{11}{2}C \\ \end{align} \right. & {}  \\\end{array}\)

Với \(B=C\), chọn \(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\left( -2;1;1 \right)\) là vectơ pháp tuyến của \(\left( R \right)\).

Với \(B=\frac{11}{2}C\), chọn \(\overrightarrow{{{n}_{2}}}=\left( 5;11;2 \right)\) là vectơ pháp tuyến của \(\left( R \right)\).

Có hai cặp vectơ pháp tuyến nên có hai mặt phẳng \(\left( R \right)\) thoả yêu cầu bài toán.

a) Sai. Xác suất để vận động viên chọn ra thuộc đội I là \(\frac{8}{18}=\frac{4}{9}\).

b) Đúng. Xác suất không đạt huy chương vàng của mỗi vận động viên đội II là \(1-0,55=0,45\).

c) Đúng.

Gọi \(A\) là biến cố: “Vận động viên đạt huy chương vàng”,

\(B\) là biến cố: “Thành viên đội I” thì biến cố đối của \(B\) là \(\overline{B}\): “Thành viên đội II đạt huy chương vàng”.

Do đó, \(P\left( B \right)=\frac{8}{18}=\frac{4}{9};\,P\left( \overline{B} \right)=\frac{5}{9}\) ; \(P\left( A|B \right)=0,6;P\left( A|\overline{B} \right)=0,55\).

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( A \right)=P\left( B \right).P\left( A|B \right)+P\left( \overline{B} \right).P\left( A|\overline{B} \right)=\frac{4}{9}.0,6+\frac{5}{9}.0,55=\frac{103}{180}\).

d) Đúng.

Ta có \(P\left( B|A \right)=\frac{P\left( B \right).P\left( A|B \right)}{P\left( A \right)}=\frac{\frac{4}{9}.0,6}{\frac{103}{180}}=\frac{48}{103}\).

a) Đúng.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\), trục \(Ox\), đường thẳng \(x=a,x=b\) được tính bằng công thức \(S=\int\limits_{a}^{b}{|f\left( x \right)|\,dx}\), suy ra mệnh đề a đúng.

b) Sai.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}\), trục \(Ox\), đường thẳng \(x=0\) và đường thẳng \(x=1\).

Ta có: \(S=\int\limits_{0}^{1}{|{{x}^{3}}|dx}=\frac{{{x}^{4}}}{4}\left| \begin{align}  & 1 \\  & 0 \\ \end{align} \right.=\frac{1}{4}\) (đvdt), suy ra mệnh đề b sai.

c) Sai.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y=f\left( x \right)\) và \(y=g\left( x \right)\), đường thẳng \(x=a\) và đường thẳng \(x=b\) được tính bằng công thức \(S=\int\limits_{a}^{b}{|f\left( x \right)-g\left( x \right)|dx}\), vì phần đồ thị của hàm số \(y={{x}^{3}}\) nằm dưới phần đồ thị của hàm số \(y=\sqrt[3]{x}\), nên diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}\) và \(y=\sqrt[3]{x}\), đường thẳng \(x=0\) và đường thẳng \(x=1\) được tính bằng công thức \(S=\int\limits_{0}^{1}{\left( -{{x}^{3}}+\sqrt[3]{x} \right)dx}\), suy ra c sai.

d) Đúng.

Diện tích hình vuông có cạnh bằng \(1\) là \(S={{1}^{2}}=1\) (đvdt).

Gọi \({{S}_{1}}\) là diện tích phần tô đậm.

Ta có \({{S}_{1}}=\int\limits_{0}^{1}{\left( \sqrt[3]{x}-{{x}^{3}} \right)}\text{d}x=\int\limits_{0}^{1}{\left( {{x}^{\frac{1}{3}}}-{{x}^{3}} \right)}\text{d}x=\left( \frac{3}{4}{{x}^{\frac{4}{3}}}-\frac{{{x}^{4}}}{4} \right)\left| \begin{align}  & 1 \\  & 0 \\ \end{align} \right.=\frac{1}{2}\) (đvdt),

Vậy diện tích phần không được tô đậm trên viên gạch men bằng:

\(S-{{S}_{1}}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\) (đvdt),

Kẻ \(AE\bot BD\) \(\left( E\in BD \right)\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SE\), suy ra \(AK\bot SE\). \(\left( 1 \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{align}  & BD\bot AE \\  & BD\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAE \right)\Rightarrow BD\bot AK\). \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra \(AK\bot \left( SBD \right)\) nên \(d\left( A,\left( SBD \right) \right)=AK\).

Trong tam giác vuông \(ABD\), ta có \(AE=\frac{AB.AD}{\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}\).

Trong tam giác vuông \(SAE\), ta có \(AK=\frac{SA.AE}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{E}^{2}}}}=\frac{2a}{3}\).

Vậy \(d\left( A,\left( SBD \right) \right)=AK=\frac{2a}{3}\).

Đặt \(BC=x\,\left( m \right)\,,\,0<x<1\).

Theo đề bài, ta có \(AB.BC=0\,,48\Rightarrow AB=\frac{0\,,48}{BC}=\frac{0\,,48}{x}\).

\(T=f\left( x \right)=AB+\,BC+CD=x+2.AB=x+\frac{0\,,96}{x}\).

\({f}'\left( x \right)=1-\frac{0\,,96}{{{x}^{2}}}.\,\)

Khi đó \({f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-0\,,96=0\Leftrightarrow x=\frac{2\sqrt{6}}{5}\simeq 0,98\,\left( m \right)\).

Vậy chiều rộng đáy mương \(BC=0,98\,\left( m \right)\,\) thỏa ycbt.