Mỗi ngày ông Bình đều đi bộ để rèn luyện sức khỏe. Quãng đường đi bộ mỗi ngày (đơn vị là km) của ông Bình trong 39 ngày được thống kê lại ở bảng sau:

 

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là

a) Dễ thấy \(c > 0\).

Đường thẳng chuyển động có VTCP là \(\overrightarrow u  = \left( {a;b;c} \right)\); mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có VTPT là \(\overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\).

Do hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 30° nên \(\sin 30^\circ  = \frac{{\left| c \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\sqrt 1 }} = \frac{{\left| c \right|}}{{1.1}} = \left| c \right| \Leftrightarrow c = \frac{1}{2}\) (do \(\left| {\overrightarrow u } \right| = 1\))

b) Dễ thấy đường thẳng chuyển động có phương trình \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + at\\y = 1 + bt\\z = 5 + ct\end{array} \right.\) và đường thẳng là hình chiếu của \(\Delta \) lên \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình \(\Delta ':\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + at\\y = 1 + bt\\z = 0\end{array} \right.\).

Suy ra \(\Delta '\) có VTCP \(\overrightarrow {u'}  = \left( {a;b;0} \right)\) và trục Ox có VTCP là \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right)\).

Do \(\Delta '\) hợp với trục Ox một góc 45° nên

\(\cos 45^\circ  = \frac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt 1 }} = \frac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {1 - {c^2}} }} = \frac{{2\left| a \right|}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left| a \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\)

Từ \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\) suy ra \({b^2} = 1 - {a^2} - {c^2} = 1 - \frac{3}{8} - \frac{1}{4} = \frac{3}{8} \Leftrightarrow \left| b \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\).

Do đó khẳng định \(\overrightarrow u  = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}} \right)\) là sai.

c) Có \(s = \int\limits_0^{2\ln 2} {k{e^{0,5t}}dt}  = k.2.{e^{0,5t}}|_0^{2\ln 2} = 2k\left( {{e^{\ln 2}} - 1} \right) = 2k = 20 \Leftrightarrow k = 10\).

d) Có \(v\left( t \right) = 10{e^{0,5t}}\) và quãng đường đi được trong 2 giây đầu tiên là

\({s_0} = \int\limits_0^2 {10{e^{0,5t}}dt}  = 20.{e^{0,5t}}|_0^2 = 20\left( {e - 1} \right)\)

Và với độ dài đoạn \(AB = 20\left( {e - 1} \right)\) và do hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 30° nên khoảng cách cao độ giữa \(B\) và \(A\) là \(\left| {{z_B} - {z_A}} \right| = {z_B} - {z_A} = AB.\sin 30^\circ  = 10\left( {e - 1} \right)\), suy ra \({z_B} = {z_A} + 10\left( {e - 1} \right) = 5 + 10\left( {e - 1} \right) \approx 22.\)

Đáp án: \(46\).

Sau ngày 10 tháng 2 năm 2025, số tiền còn lại: \({A_1} = 1000\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\) (triệu đồng).

Sau ngày 10 tháng 3 năm 2025, số tiền còn lại:

\[{A_2} = \left[ {1000\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25} \right]\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25 = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\] (triệu đồng).

Sau ngày 10 tháng 4 năm 2025, số tiền còn lại:

\[{A_3} = \left[ {1000{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25} \right]\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\]

\[ \Rightarrow {A_3} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^3} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\] (triệu đồng).

Sau \[n\] tháng, số tiền còn lại:

\[{A_n} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^{n - 1}} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^{n - 2}} - ... - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\]

\[ \Rightarrow {A_n} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25 \times \frac{{{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1}}{{0,6\% }}\] (triệu đồng).

Khi rút hết tiền: \[{A_n} = 0 \Rightarrow 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25 \times \frac{{{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1}}{{0,6\% }} = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {25 - 1000 \times 0,6\% } \right){\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} = 25 \Leftrightarrow n = {\log _{1 + 0,6\% }}\frac{{25}}{{25 - 1000 \times 0,6\% }} \approx 45,8766\] (tháng).

Vậy sau \[46\] tháng thì anh An rút hết tiền trong ngân hàng.