Đáp án C

Một vectơ pháp tuyến của (P) là: $\overrightarrow{n}=\left(2;-1;5\right).$

Ta có: ${\log }_4{a}^8={\log }_{2^2}{a}^8=\frac{8}{2}{\log }_{2}a=4{\log }_{2}a$

Dựa vào hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên loại đáp án A.

Tập xác định của hàm số là R nên loại đáp án D.

Đồ thị đối xứng qua trục tung nên hàm số $y=f\left(x\right)$ là hàm chẵn.

Ta thấy hàm số $y=\left|x\right|\left(x^2+1\right)$ là hàm chẵn trên R và có đồ thị qua gốc tọa độ.

Áp suất hơi lúc đầu là $15,6.90\%=14,04\left(Psi\right)$ .

Gọi x (ngày), x$\in$N là thời gian tối đa phải bơm lại bóng.

Suy ra x thỏa mãn: $14,04.{\left(1-0,015\right)}^x\le 8,5\iff x\ge {\log }_{0,985}\frac{8,5}{14,04}\approx 33,2$  .

Vậy sau 34 ngày phải bơm lại quả bóng.

Ta có: $u_6=u_1+5d\Rightarrow d=\frac{u_6-u_1}{5}=6$

Từ hình dáng đồ thị ta suy ra hệ số $a<0,d>0$  .

Ta có: $y\text{'}=3a{x}^2+2bx+c$

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm $x=0$ nên $y\text{'}\left(0\right)=0\Rightarrow c=0$ .

Khi đó: $y\text{'}=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{-2b}{3a}\end{array}\right.$

Do hoành độ điểm cực đại dương nên $\frac{-2b}{3a}>0$ , mà $a<0\Rightarrow b>0$   .

Mặt phẳng (P) đi qua $A\left(2;1;-1\right)$   và vuông góc với đường thẳng BC nên nhận $\overrightarrow{BC}=\left(1;-2;-5\right)$  làm vectơ pháp tuyến.

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) là: $x-2-2\left(y-1\right)-5\left(z+1\right)=0\iff x-2y-5z-5=0$

Ta có : $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.4}^2.\sqrt{6}=\frac{16\pi \sqrt{6}}{3}$

Nhóm học sinh 3 người được chọn (không phân biệt nam, nữ – công việc) là một tổ hợp chập 3 của 40 (học sinh). Vì vậy số cách chọn nhóm học sinh là $C_{40}^3=9880$.

Hình chiếu của một điểm $M\left(x;y;z\right)$ bất kỳ trên trục Oz luôn có tọa độ là $\left(0;0;z\right)$

Ta có: $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}2020e^{x}dx=2020e^x\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.=2020\left(e-1\right)$  .

Ta có: $V_{CABB\text{'}A\text{'}}=\frac{1}{3}.d\left(C,\left(ABB\text{'}A\text{'}\right)\right).S_{ABB\text{'}A\text{'}}=\frac{1}{3}\mathrm{.10.6}=20$

Khi đó: $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{3}{2}.V_{CABB\text{'}A\text{'}}=\frac{3}{2}.20=30$ 

Ta có: $z=iz+2020\Rightarrow z=\frac{2020}{1-i}=1010+1010i\Rightarrow \overline{z}=1010-1010i$

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có tập xác định là R  .

Mặt khác $f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ âm sang dương khi x qua các điểm x= -1 và x=3 nên hàm số đạt cực tiểu tại x= -1 và x=3.

Gọi a (giây) là khoảng thời gian Doraemon bay từ nhà đến sân bóng.

Quãng đường đi được sau a giây là:

$S=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\left(6t^2+2t-50\right)dt=1600\iff \left(2t^3+t^2-50t\right)\left|\begin{array}{l}{}^a\\ {}_0\end{array}\right.=1600\iff 2a^3+a^2-50a=1600\Rightarrow a=10.$

Ta có: $2f\left(x\right)+7=0\iff f\left(x\right)=-\frac{7}{2}$   nên phương trình có bốn nghiệm

Gọi M là trung điểm $BC\Rightarrow AM\perp BC$.

Do đó: $\widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=\widehat{SMA}$.

Lại có: $\tan \widehat{SMA}=\frac{SA}{AM}=\frac{a}{a}=1\Rightarrow \widehat{SMA}=45°\Rightarrow \widehat{\left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)}=45°.$

Theo định lý Vi-ét ta có: $z_1+z_2=4,z_1.z_2=12$  .

Suy ra $\frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}=\frac{z_1+z_2}{z_1.z_2}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}.$

Thời điểm tốc độ truyền bệnh lớn nhất là giá trị lớn nhất của hàm $f\text{'}\left(x\right)$.

Ta có: $\underset{x\in \left[0;30\right]}{\max }f\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(17\right)=14$. Tại ngày thứ 17 thì tốc độ truyền bệnh là lớn nhất.

Do đó số người bị mắc bệnh tại thời điểm tốc độ truyền bệnh lớn nhất là: $f\left(17\right)=154$ .

Ta có: $f\left(x\right)={\cos }^{2}2x-\sin x\cos x=-{\sin }^{2}2x-\frac{1}{2}\sin 2x+1$ .

Đặt $t=\sin 2x$. Ta có: $x\in ℝ\Rightarrow t\in \left[-1;1\right]$ .

Xét hàm số $g\left(t\right)=-t^2-\frac{1}{2}t+1$  với $t\in \left[-1;1\right]$ .

$\begin{array}{l}g\text{'}\left(t\right)=-2t-\frac{1}{2},g\text{'}\left(t\right)=0\iff t=-\frac{1}{4}.\\ g\left(-1\right)=\frac{1}{2},g\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{17}{16},g\left(1\right)=-\frac{1}{2}\end{array}$

Do đó $\underset{x\in ℝ}{\min }f\left(x\right)=\underset{t\in \left[-1;1\right]}{\min }g\left(t\right)=g\left(1\right)=-\frac{1}{2};\underset{x\in ℝ}{\max }f\left(x\right)=\underset{t\in \left[-1;1\right]}{\min }g\left(t\right)=g\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{17}{16}$ .

Vậy $M+m=\frac{9}{16}$ .

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x-2z=0$ có tâm $I\left(1;0;1\right)$ ; bán kính $R=\sqrt{2}$.

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng $\left(\alpha \right):4x+3y+mz=0$ là $d=\frac{\left|4+m\right|}{\sqrt{4^2+3^2+m^2}}$ .

Để $\left(\alpha \right)$  cắt $\left(S\right)$ theo một đường tròn thì $\frac{\left|4+m\right|}{\sqrt{4^2+3^2+m^2}}<\sqrt{2}\iff \frac{{\left(m+4\right)}^2}{m^2+25}<2\iff 2m^2+50-{\left(m+4\right)}^2>0$

$\iff m^2-8m+34>0\iff {\left(m-4\right)}^2+18>0$ đúng với mọi m.

Do đó với mọi giá trị m ta đều có $\left(\alpha \right)$ cắt $\left(S\right)$ theo giao tuyến là một đường tròn

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC. Ta có:$\left\{\begin{array}{l}A\text{'}H\perp BC\\ AI\perp BC\\ A\text{'}H\cap AI=\left\{H\right\}\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(A\text{'}AI\right)\Rightarrow BC\perp AA\text{'}$ .

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên AA’. Khi đó IK là đoạn vuông góc chung của AA’ và BC nên $IK=d\left(AA\text{'},BC\right)=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Xét tam giác vuông AIK vuông tại K có: $IK=d\left(AA\text{'},BC\right)=\frac{a\sqrt{3}}{4}IK=\frac{a\sqrt{3}}{4},AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow IK=\frac{1}{2}AI\Rightarrow \widehat{KAI}=30°$.

Xét tam giác vuông AA’H vuông tại H có: $A\text{'}H=AH.\tan 30°=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a}{3}$ .

Vậy $V_{ABCA\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a}{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$ .

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-2\\ x=3\end{array}\right..$

Vì $x=0$ và $x=-2$ là hai nghiệm bậc lẻ của phương trình $f\text{'}\left(x\right)=0$ nên f(x) có hai cực trị.

$\begin{array}{l}P={\log }_{a}2019+{\log }_{\sqrt{a}}2019+{\log }_{\sqrt[3]{a}}2019+\mathrm{...}+{\log }_{\sqrt[2018]{a}}2019+{\log }_{\sqrt[2019]{a}}2019\\ ={\log }_{a}2019+2.{\log }_{a}2019+3.{\log }_{a}2019+\mathrm{...}+2019{\log }_{a}2019\\ =\left(1+2+3+\mathrm{...}+2019\right).{\log }_{a}2019\\ =\frac{2019}{2}\left(1+2019\right).{\log }_{a}2019=\mathrm{1010.2019.}{\log }_{a}2019.\end{array}$

Ta có: $A=\left(2;-1\right)\Rightarrow z_1=2-i$  và $B=\left(1;3\right)\Rightarrow z_2=1+3i$ .

Suy ra: $2z_1=4-2i;\overline{z_2}=1-3i$ .

Do đó: $2z_1-\overline{z_2}=4-2i-\left(1-3i\right)=3+i$ .

Vậy số phức $z=2z_1-\overline{z_2}$  được biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ Oxy là $N\left(3;1\right)$ .

Ta có: ${25}^{{\log }_{5}2+x}-2=5^{x+{\log }_{5}2}\iff 4{\left(5^x\right)}^2-2=5^x.2\iff 4{\left(5^x\right)}^2-5^x.2-2=0\iff \left[\begin{array}{l}{5}^x=1\\ 5^x=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$ .

Vì $5^x>0$  nên $5^x=1\iff x=0$ là nghiệm duy nhất của phương trình

Thể tích khối cầu là $V_1=\frac{4\pi R^3}{3}$ .

Thể tích khối nón cụt là $V_2=\frac{1}{3}\pi h\left(r_1^2+r_2^2+r_1{r}_2\right)=\frac{1}{3}\pi .2R\left(4R^2+R^2+2R^2\right)=\frac{14\pi R^3}{3}$ .

Vậy $\frac{V_1}{V_2}=\frac{4\pi R^3}{3}:\frac{14\pi R^3}{3}=\frac{2}{7}.$

Ta có: $4{\left[f\left(x\right)\right]}^2-25=0\iff {\left[f\left(x\right)\right]}^2=\frac{25}{4}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=\frac{5}{2}\\ f\left(x\right)=-\frac{5}{2}\end{array}\right..$

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình $f\left(x\right)=\frac{5}{2}$  có 4 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng $\left(-\infty ;-2\right),\left(-2;1\right),\left(1;2\right),\left(2;+\infty \right)$ .

Phương trình $f\left(x\right)=-\frac{5}{2}$  có 2 nghiệm phân biệt thuộc các khoảng $\left(1;2\right)$ và $\left(2;+\infty \right)$.

Các nghiệm không trùng nhau.

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{1}{2{\left[f\left(x\right)\right]}^2-25}$  có 6 đường tiệm cận đứng

Gắn hệ trục Oxy như hình vẽ.

Parabol là đồ thị của hàm số $y=\frac{x^2}{20}$ .

Gọi S là phần diện tích giới hạn bởi hai đường $y=x$  và $y=\frac{x^2}{20}$ .

Mỗi cánh hoa có diện tích bằng 2S.

Do đó diện tích bốn cánh hoa:

$4.2S=8.\underset{0}{\overset{20}{\int }}\left(x-\frac{x^2}{20}\right)dx=8\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{60}\right)\left|\begin{array}{l}{}^{20}\\ {}_0\end{array}\right.=\frac{1600}{3}\left(c{m}^2\right)$

Diện tích của viên gạch bằng: $40.40=1600\left(c{m}^2\right)$ .

Diện tích phần không tô màu của viên gạch bằng $1600-\frac{1600}{3}=\frac{3200}{3}\left(c{m}^3\right)$ .

Cách 1:

Ta có: $MA=\sqrt{2}MB\iff {\overline{MA}}^2=2{\overline{MB}}^2\iff {\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^2=2{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^2\iff M{I}^2=I{A}^2-2I{B}^2-2\overrightarrow{MI}\left(2\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IA}\right)$ .

Gọi I thỏa mãn $\overrightarrow{IA}=2\overrightarrow{IB}\iff \overrightarrow{BI}=\overrightarrow{AB}$  nên $IB=6;IA=12$ .

Suy ra  suy ra $M{I}^2=I{A}^2-2I{B}^2\iff M{I}^2={12}^2-{2.6}^2\iff M{I}^2=72\Rightarrow MI=6\sqrt{2}$ .

Cách 2: Gọi $A=\left(0;0;0\right),B=\left(0;0;6\right),M=\left(x;y;z\right)$ .

Ta có: $MA=\sqrt{2}MB\iff M{A}^2=2M{B}^2\Rightarrow x^2+y^2+z^2=2\left[x^2+y^2+{\left(z-6\right)}^2\right]\Rightarrow x^2+y^2+z^2-2.12z+72=0$ .

Do đó M thuộc mặt cầu S có tâm $I\left(0;0;12\right)$ , bán kính $R=\sqrt{0^2+0^2+{12}^2-72}\Rightarrow R=6\sqrt{2}$ .

Xét $\int \frac{\sqrt{{\ln }^{2}x+4}.\ln x}{x}dx$ .

Đặt $t=\sqrt{{\ln }^{2}x+4}\Rightarrow t^2={\ln }^{2}x+4\Rightarrow tdt=\frac{\ln x}{x}dx$ .

Khi đó $\int \frac{\sqrt{{\ln }^{2}x+4}.\ln x}{x}dx=\int t^{2}dt=\frac{t^3}{3}+C=\frac{{\left(\sqrt{{\ln }^{2}x+4}\right)}^3}{3}+C\Rightarrow F\left(x\right)=\frac{{\left(\sqrt{{\ln }^{2}x+4}\right)}^3}{3}+C$ .

Theo giả thiết $F\left(1\right)=\frac{8}{3}\iff \frac{8}{3}+C=\frac{8}{3}\iff C=0$ .

Suy ra $F\left(x\right)=\frac{{\left(\sqrt{{\ln }^{2}x+4}\right)}^3}{3}\Rightarrow {\left[F\left(e\right)\right]}^2=\frac{125}{9}$ .

Ta có: $f\left(x\right)=\int f\text{'}\left(x\right)dx=\int \left(\frac{2e^x+1}{e^x}\right)dx=2x-e^{-x}+C$ .

Theo bài ra ta có: $f\left(0\right)=2\iff -1+C=2\iff C=3$ . Suy ra $f\left(x\right)=2x-e^{-x}+3$ .

Vậy $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(2x-e^{-x}+3\right)dx=\left(x^2+e^{-x}+3x\right)\left|\begin{array}{l}{}^1\\ {}_0\end{array}\right.=\left(4+\frac{1}{e}\right)-1=\frac{3e+1}{e}$ .

Gọi $A\left(2;-1+a;-2+2a\right)=\Delta \cap d_1;B\left(1-b;-1+b;3+b\right)=\Delta \cap d_2$ .

Suy ra $\overrightarrow{AB}=\left(-b-1;b-a;b-2a+5\right)$ . Theo giả thiết ta có

$\iff \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{u_{d_1}}.\overrightarrow{AB}=0\\ \overrightarrow{u_{d_2}}.\overrightarrow{AB}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b-a+2\left(b-2a+5\right)=0\\ b+1+b-a+b-2a+5=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}B\left(1;-1;3\right)\\ \overrightarrow{AB}=\left(-1;-2;1\right)\end{array}\right.$.

Vậy phương trình $\Delta :\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-3}{-1}$ .

Giả sử $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$  và $M\left(x;y\right)$  là điểm biểu diễn của số phức z.

Ta có: $\begin{array}{l}\left|z+i\right|=\left|\overline{z}+2+i\right|\iff \left|x+\left(y+1\right)i\right|=\left|x+2-\left(y-1\right)i\right|\\ \iff x^2+{\left(y+1\right)}^2={\left(x+2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2\iff x-y+1=0\left(\Delta \right)\end{array}$

Mặt khác: $P=\left|\left(i-1\right)z+4-2i\right|=\left|\left(i-1\right)\right|\left|z+\frac{4-2i}{i-1}\right|=\sqrt{2}\left|z-3-i\right|=\sqrt{2}\sqrt{{\left(x-3\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2}=\sqrt{2}MA$

với $A\left(3;1\right)$  và $M\left(x;y\right)$  là điểm biểu diễn z.

Bài toán trở thành tìm điểm M trên đường thẳng  để khoảng cách MA ngắn nhất.

Ta thấy $P_{\min }=\sqrt{2}.d\left(A,\Delta \right)=\sqrt{2}.\frac{\left|3-1+1\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=3$ .

Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng $\Delta$  hay $M\left(\frac{3}{2};\frac{5}{2}\right)$ .

$\Rightarrow z=\frac{3}{2}+\frac{5}{2}i$.

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Ta có: $IA=\frac{r}{\sin \frac{A}{2}};IB=\frac{r}{\sin \frac{B}{2}};IC=\frac{r}{\sin \frac{C}{2}}$ .

Vế trái $\frac{1}{x^2}=\frac{{\sin }^2\frac{A}{2}}{r^2}=\frac{{\sin }^{2}45°}{r^2}=\frac{1}{2r^2}$ .

Vế phải: 

$\begin{array}{l}\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{\sqrt{a}}{yz}=\frac{{\sin }^2\frac{B}{2}}{r^2}+\frac{{\sin }^2\frac{C}{2}}{r^2}+\frac{\sqrt{a}.\sin \frac{B}{2}.\sin \frac{C}{2}}{r^2}\\ =\frac{1}{r^2}\left[\frac{1-\cos B+1-\cos C}{2}+\frac{\sqrt{a}.\left(\cos \frac{B-C}{2}-\cos \frac{B+C}{2}\right)}{2}\right]\\ =\frac{1}{2r^2}\left[2-2\cos \frac{B+C}{2}\cos \frac{B-C}{2}+\sqrt{a}\cos \frac{B-C}{2}-\sqrt{a}\cos \frac{B+C}{2}\right]\\ =\frac{1}{2r^2}\left[2-2\cos 45°.\cos \frac{B-C}{2}+\sqrt{a}\cos \frac{B-C}{2}-\sqrt{a}\cos 45°\right]\\ =\frac{1}{2r^2}\left[2-2.\frac{\sqrt{2}}{2}.\cos \frac{B-C}{2}+\sqrt{a}\cos \frac{B-C}{2}-\sqrt{a}.\frac{\sqrt{2}}{2}\right]\\ =\frac{1}{2r^2}\left[2-\frac{\sqrt{2a}}{2}-\left(\sqrt{2}-\sqrt{a}\right)\cos \frac{B-C}{2}\right]\end{array}$

Do $\frac{1}{x^2}=\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{\sqrt{a}}{yz}\Rightarrow \frac{1}{2r^2}=\frac{1}{2r^2}\left[2-\frac{\sqrt{2a}}{2}+\left(\sqrt{a}-\sqrt{2}\right)\cos \frac{B-C}{2}\right]\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}2-\frac{\sqrt{2a}}{2}=1\\ \sqrt{a}-\sqrt{2}=0\end{array}\right.\Rightarrow a=2$ .

Ta có: $f\left(x\right)>2x+m,\forall x\in \left(-1;2\right)\iff m<f\left(x\right)-2x,\forall x\in \left(-1;2\right)\left(*\right)$ .

Dựa vào đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$  ta có với $x\in \left(-1;2\right)$  thì $f\text{'}\left(x\right)>2$.

Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)-2x$ trên khoảng $\left(-1;2\right)$ .

$g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-2>0,\forall x\in \left(-1;2\right)$.

Suy ra hàm số g(x) đồng biến trên khoảng $\left(-1;2\right)$ .

Do đó $\left(*\right)\iff m\le g\left(-1\right)\iff m\le f\left(-1\right)+2$ .

Nhận xét:

Với dạng toán này hướng đi bài toán là cô lập m, khi đó bài toán có thể chuyển sang dạng $m\ge \max g\left(x\right)$  hoặc $m\le \min g\left(x\right)$

Từ đó xét hàm số g(x) và tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất (tùy vào bài).

Chú ý: Với dạng toán này học sinh rất dễ nhầm ở yêu cầu nghiệm đúng với mọi $x\in \left(-1;2\right)$  hoặc có nghiệm với $x\in \left(-1;2\right)$ .

Số cách lập dãy số có 6 chữ số khác nhau là $n\left(\Omega \right)=A_9^6=60480$  (số).

Gọi A là biến cố “lập được dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau”.

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 đứng cạnh nhau là: $n\left(B\right)=2!.2!.C_5^2.4!=960$ .

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau là $n\left(C\right)=2!.C_7^4.5!=8400$ .

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 8, 9 đứng cạnh nhau là $n\left(D\right)=2!.C_7^4.5!=8400$ .

+ Số cách lập dãy số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau là: $n\left(A\right)=n\left(\Omega \right)-\left[n\left(C\right)+n\left(D\right)-n\left(B\right)\right]=44640$.

Vậy xác suất để chọn được một số có sáu chữ số khác nhau mà các chữ số 1, 2 không đứng cạnh nhau và các chữ số 8, 9 không đứng cạnh nhau là: $P=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{44640}{60480}=\frac{31}{42}$ .

Gọi hình trụ có hai đáy là O, O’ và bán kính $R=a$ .

Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục của hình trụ một khoảng bằng $\frac{a}{2}$  ta được thiết diện là một hình vuông ABCD với AB là chiều cao. Gọi H là trung điểm của AD thì $OH=\frac{a}{2}$ .

Ta có: $AH=\sqrt{A{O}^2-O{H}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Do đó: $AB=AD=2AH=a\sqrt{3}$ .

Thể tích khối trụ là: $V=\pi R^{2}AB=\pi a^2.a\sqrt{3}=\pi a^3\sqrt{3}$.