Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu

\(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2x-2z-7=0\).

Bán kính của mặt cầu đã cho bằng:

a) Sai. Vì quan sát đồ thị hàm số ta thấy hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\); \(\left( 3;+\infty  \right)\).

b) Đúng. Vì quan sát đồ thị hàm số ta thấy điểm cực đại của đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) là \(\left( -1;0 \right)\) và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) là \(\left( 3;8 \right)\).

c) Đúng.

Vì quan sát đồ thị hàm số ta thấy hàm số có dạng \(y=\frac{a{{x}^{2}}+bx+c}{px+q}\)\(\left( a\ne 0;p\ne 0 \right)\).

Xét tính đúng sai bằng cách khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:

\(y=f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+2x+1}{x-1}\)

Tập xác định: \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

\(y=\frac{{{x}^{2}}+2x+1}{x-1}=x+3+\frac{4}{x-1}\) có \(y'=1-\frac{4}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}-2x-3}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\).

\(y'=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-3=0\Leftrightarrow x=-1\) hoặc \(x=3\).

Trên các khoảng \(\left( -\infty ;-1 \right)\) và \(\left( 3;+\infty  \right)\), \(y'>0\) nên hàm số đồng biến trên từng khoảng này.

Trên các khoảng \(\left( -1;1 \right)\) và \(\left( 1;3 \right)\), \(y'<0\) nên hàm số nghịch biến trên từng khoảng này.

Hàm số đạt cực đại tại \(x=-1\) với\({{y}_{C}}=0\); hàm số đạt cực tiểu tại \(x=3\) với \({{y}_{CT}}=8\).

\(\underset{x\to -\infty }{\mathop{lim}}\,y=\underset{x\to -\infty }{\mathop{lim}}\,\frac{{{x}^{2}}+2x+1}{x-1}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{lim}}\,\frac{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}}}{\frac{1}{x}-\frac{1}{{{x}^{2}}}}=-\infty \);\(\underset{x\to +\infty }{\mathop{lim}}\,y=\underset{x\to +\infty }{\mathop{lim}}\,\frac{{{x}^{2}}+2x+1}{x-1}=+\infty \).

Tiệm cận:

\(\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{lim}}\,y=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{lim}}\,\frac{{{x}^{2}}+2x+1}{x-1}=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{lim}}\,\left( x+3+\frac{4}{x-1} \right)=-\infty \);

\(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{lim}}\,y=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{lim}}\,\frac{{{x}^{2}}+2x+1}{x-1}=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{lim}}\,\left( x+3+\frac{4}{x-1} \right)=+\infty \);

\(\underset{x\to -\infty }{\mathop{lim}}\,\left[ y-\left( x+3 \right) \right]=\underset{x\to -\infty }{\mathop{lim}}\,\frac{4}{x-1}=0\); \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{lim}}\,\left[ y-\left( x+3 \right) \right]=\underset{x\to +\infty }{\mathop{lim}}\,\frac{4}{x-1}=0\).

Do đó đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x=1\); tiệm cận xiên là đường thẳng \(y=x+3\)

Bảng biến thiên:

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung là điểm \(\left( 0;-1 \right)\).

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là điểm \(\left( -1;0 \right)\).

Đồ thị hàm số nhận giao điểm \(\left( 1;4 \right)\) của hai tiệm cận đứng và tiệm cận xiên làm tâm đối xứng. Nhận hai đường phân giác của các góc tạo bởi hai tiệm cận này làm hai trục đối xứng.

d) Đúng.

Đồ thị hàm số\(f\left( x \right)\) ở hình câu c là của hàm số:

\(y=f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+2x+1}{x-1}=x+3+\frac{4}{x-1}\) ( C )

Có \(I\left( 1;4 \right)\) là giao điểm của hai đường tiệm cận.

Gọi \(M\left( x;y \right)\in \left( C \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow{IM}=\left( x-1;y-4 \right)\), bình phương khoảng cách IM:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   \text{I}{{\text{M}}^{2}} & ={{(\text{x}-1)}^{2}}+{{(\text{y}-4)}^{2}}  \\   {} & ={{(\text{x}-1)}^{2}}+{{\left( \text{x}+3+\frac{4}{\text{x}-1}-4 \right)}^{2}}  \\   {} & ={{(\text{x}-1)}^{2}}+{{\left( \text{x}-1+\frac{4}{\text{x}-1} \right)}^{2}}  \\   {} & ={{(\text{x}-1)}^{2}}+{{(\text{x}-1)}^{2}}+8+{{\left( \frac{4}{\text{x}-1} \right)}^{2}}  \\   {} & =2{{(\text{x}-1)}^{2}}+\frac{16}{{{(\text{x}-1)}^{2}}}+8.  \\\end{array}\)

Theo bất đẳng thức Cauchy (AM – GM)

\(I{{M}^{2}}\ge 2\sqrt{32}+8=8\sqrt{2}+8\Leftrightarrow IM\ge \sqrt{8\sqrt{2}+8}\)

Dấu \(''=''\) xảy ra khi: \(2{{\left( x-1 \right)}^{2}}=\frac{16}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{4}}=8\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{2\sqrt{2}}+1\).

Điểm M trên đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có khoảng cách đến I là nhỏ nhất \(Min\,IM=\sqrt{8\sqrt{2}+8}\) (với I là giao điểm của hai tiệm cận) với hoành độ dương là\(\sqrt{2\sqrt{2}}+1\).

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),