Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 4
22 câu hỏi
Cho parabol \(\left( P \right):y = 3{x^2} - 2x + 1\). Điểm nào sau đây là đỉnh của \(\left( P \right)\)?
\(I\left( {0;1} \right)\).
\(I\left( {\frac{1}{3};\,\frac{2}{3}} \right)\).
\(I\left( { - \frac{1}{3};\,\frac{2}{3}} \right)\).
\(I\left( {\frac{1}{3};\, - \frac{2}{3}} \right)\).
Đáp án đúng là B
Hoành độ đỉnh của \(\left( P \right):y = 3{x^2} - 2x + 1\) là \(x = - \frac{b}{{2a}} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow y = 3{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} - 2.\frac{1}{3} + 1 = \frac{2}{3}\).
Vậy \(I\left( {\frac{1}{3};\,\frac{2}{3}} \right)\).
Cho hàm số \(y = h\left( x \right) = ax{}^2 + bx + c\)có bảng xét dấu:
Tìm \(x\) để \(h\left( x \right) > 0\).
\(x \in \left( { - 4;1} \right)\).
\(x \in \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).
\(x \in \left( { - 4; + \infty } \right)\).
\(x \in \left( { - \infty ;1} \right)\).
Đáp án đúng là B
Từ bảng xét dấu\(y = h\left( x \right) = ax{}^2 + bx + c\)
Suy ra \(h\left( x \right) > 0\) khi \(x \in \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\).
Số nghiệm nguyên dương của phương trình \[\sqrt {x - 1} = x - 3\] là
\(0\).
\(1\).
\(2\).
\(3\).
Đáp án đúng là B
\[\sqrt {x - 1} = x - 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\x - 1 = {\left( {x - 3} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\{x^2} - 7x + 10 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\\left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 5\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x = 5\].
Đối chiếu điều kiện suy ra phương trình có một nghiệm \[x = 5\].
Cho 2 đường thẳng \(\Delta :x - y + 2 = 0\) và \(\Delta ': - x + 1 = 0\). Góc giữa 2 đường thẳng \(\Delta \) và \(\Delta '\) bằng
\({90^0}\).
\({45^0}\).
\({135^0}\).
\({60^0}\).
Đáp án đúng là B
Ta có véctơ pháp tuyến của \(\Delta \) là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 1} \right)\), véc tơ pháp tuyến \(\Delta '\) là \(\overrightarrow {n'} = \left( {1;0} \right)\)
\(\cos \left( {\Delta ,\Delta '} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow n ,\overrightarrow {n'} } \right)} \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \left( {\Delta ,\Delta '} \right) = {45^0}\).
Cho \[2\] điểm \[A\left( {1;\,1} \right)\], \[B\left( {7;\,5} \right)\]. Phương trình đường tròn đường kính \[AB\] là
\[{x^2} + {y^2} + 8x + 6y - 12 = 0\].
\[{x^2} + {y^2} - 8x - 6y + 12 = 0\].
\[{x^2} + {y^2} + 8x + 6y + 12 = 0\].
\[{x^2} + {y^2} - 8x - 6y - 12 = 0\].
Đáp án đúng là B
Ta có tâm \[I\] là trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] và bán kính \[R = \frac{{AB}}{2}\].
Suy ra \[\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{1 + 7}}{2} = 4\\{y_I} = \frac{{1 + 5}}{2} = 3\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow I = \left( {4;\,3} \right)\].
\[R = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt {{{\left( {7 - 1} \right)}^2} + {{\left( {5 - 1} \right)}^2}} }}{2} = \sqrt {13} \].
Phương trình đường tròn đường kính \[AB\] là: \[{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = {\left( {\sqrt {13} } \right)^2}\]
\[ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 8x - 6y + 12 = 0\]
Kết luận phương trình đường tròn đường kính \[AB\] là \[{x^2} + {y^2} - 8x - 6y + 12 = 0\].
Phương trình nào sau đây là phương trình chính tắc của đường hypebol?
\(\frac{{{x^2}}}{5} - \frac{{{y^2}}}{4} = - 1\).
\(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\).
\(\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{9} = - 1\).
\(\frac{{{x^2}}}{8} - \frac{{{y^2}}}{6} = 1\).
Đáp án đúng là D
Phương trình có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), với \(a,b > 0\) được gọi là phương trình chính tắc của hypebol.
Từ thành phố \[A\] đến thành phố \[B\] có \[3\] con đường, từ thành phố \[A\] đến thành phố \[C\] có \[2\] con đường, từ thành phố \[B\] đến thành phố \[D\] có \[2\] con đường, từ thành phố \[C\] đến thành phố \[D\] có \[3\] con đường, không có con đường nào nối từ thành phố \[C\] đến thành phố \[B\]. Hỏi có bao nhiêu con đường đi từ thành phố \[A\] đến thành phố \[D\].
\(6\).
\(12\).
\(18\).
\(36\).
Đáp án đúng là B
![Từ thành phố \[A\] đến thành phố \[B\] có \[3\] con đường, từ thành phố \[A\] đến thành phố \[C\] có \[2\] con đường (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid11-1766306860.png)
Số cách đi từ \[A\] đến \[D\] bằng cách đi từ \[A\] đến \[B\] rồi đến \[D\] là \(3.2 = 6\).
Số cách đi từ \[A\] đến \[D\] bằng cách đi từ \[A\] đến \[C\] rồi đến \[D\] là \(2.3 = 6\).
Vậy có: \(6 + 6 = 12\)cách.
Một lớp có \[48\] học sinh. Số cách chọn \[2\] học sinh trực nhật là
\[2256\].
\[2304\].
\[1128\].
\[96\].
Đáp án đúng là C
Mỗi cách chọn \[2\] học sinh trong \[48\] là một tổ hợp chập \[2\] của \[48\] phần tử.
Suy ra số cách chọn là \[C_{48}^2 = 1128\].
Trong khai triển \({\left( {a + 2} \right)^{n + 2}}\,\,\,\left( {n \in \mathbb{N}} \right)\) có \(4\) số hạng. Giá trị của \(n\) bằng
\[1.\].
\(2.\).
\[0.\].
\[3.\]
Đáp án đúng là A
Trong khai triển Niu – tơn của \({\left( {a + b} \right)^n}\) có \(n + 1\) số hạng. Vậy trong khai triển \({\left( {a + 2} \right)^{n + 2}}\,\,\,\left( {n \in \mathbb{N}} \right)\) có \(4\) số hạng thì \(\left( {n + 2} \right) + 1 = 4 \Rightarrow n = 1.\).
Gieo một con xúc xắc cân đối hai lần. Xác định số phần tử của biến cố “tích hai số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho \[5\]”.
\[6\].
\[5\].
\[10\].
\[11\].
Đáp án đúng là D
Gọi \[A\] là biến cố “tích hai số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho \[5\]”.
Khi đó \[A = \left\{ {\left( {5;1} \right);\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;4} \right);\left( {5;5} \right);\left( {5;6} \right);\left( {1;5} \right);\left( {2;5} \right);\left( {3;5} \right);\left( {4;5} \right);\left( {6;5} \right)} \right\}\]
Vậy số phần tử của biến cố \[A\] bằng \[n\left( A \right) = 11\].
Gieo một đồng tiền và một con xúc xắc (cân đối và đồng chất). Số phần tử của không gian mẫu trong phép thử trên là
\[24\].
\[12\].
\[6\].
\[8\].
Đáp án đúng là B
Mô tả không gian mẫu ta có:
\[\Omega = \left\{ {S1;\,S2;\,S3;\,S4;\,S5;S6;N1;N2;N3;N4;N5;N6} \right\}\].
Số phần tử của không gian mẫu trong phép thử trên là: 12.
Một hộp có \[4\] quả cầu vàng, \[5\] quả cầu trắng và \[6\] quả cầu xanh. Lấy ngẫu nhiên \[3\] quả cầu. Tính xác suất để trong \[3\] quả cầu lấy được có không quá hai màu.
\[\frac{{369}}{{455}}\].
\[\frac{{67}}{{91}}\].
\[\frac{{69}}{{91}}\].
\[\frac{{335}}{{455}}\].
Đáp án đúng là B
Lấy ngẫu nhiên \[3\] quả cầu có : \[n\left( \Omega \right) = C_{15}^3\] (cách).
Gọi \[A\] là biến cố “trong \[3\] quả cầu lấy được có không quá hai màu ”. Khi đó, \[\overline A \] là biến cố “trong \[3\] quả cầu lấy được có đủ ba màu ”.
Ta có \[n\left( {\overline A } \right) = C_4^1.C_5^1.C_6^1 = 120\](cách).
Suy ra \[P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{120}}{{C_{15}^3}} = \frac{{67}}{{91}}\].
Cho biểu thức \[f\left( x \right) = \left( {m - 2} \right){x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\].
a) Với \(m \ne 2\) thì \(f\left( x \right)\) là tam thức bậc hai.
b) Khi \(m = 3\) thì \(f\left( x \right)\) luôn nhận giá trị dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
c) Tam thức bậc hai \[f\left( x \right)\] luôn nhận giá trị âm với mọi \(x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(m \le 2\)
d) Với mọi giá trị của \(m\) thì \(f\left( x \right) = 0\) đều có nghiệm.
a) Đúng: Với \(m \ne 2\) thì \(f\left( x \right)\) là tam thức bậc hai.
b) Sai: Khi \(m = 3\) thì \(f\left( x \right)\) luôn nhận giá trị dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Khi \(m = 3\) thì \[f\left( x \right) = {x^2} - 4x + 3\] nên \(f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 3\\x < 1\end{array} \right.\)
c) Sai: Tam thức bậc hai \[f\left( x \right)\] luôn nhận giá trị âm với mọi \(x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(m \le 2\)
Nếu \(m = 2\) thì \[f\left( x \right) = - 2x + 3 \Rightarrow f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}\] nên không xảy ra \[f\left( x \right) < 0\] với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
d) Đúng: Với mọi giá trị của \(m\) thì \(f\left( x \right) = 0\) đều có nghiệm.
Nếu \(m = 2\) thì \[f\left( x \right) = - 2x + 3\] nên \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\).
Nếu \(m \ne 2\) thì \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 2} \right) = {\left( {m - \frac{5}{2}} \right)^2} + \frac{3}{4} > 0,\,\,\forall m \in \mathbb{R}\).
Vậy với mọi giá trị của \(m\) thì \(f\left( x \right) = 0\) đều có nghiệm.
Trong mặt phẳng \(Oxy\), cho tam giác \[ABC\] có \[A\left( {2\,;\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,3} \right)\] và \[C\left( {--3\,;\,1} \right)\].
a) Phương trình của đường thẳng \(d\) đi qua \[B\] và song song với \[AC\] là \(x + 5y - 15 = 0\).
b) Phương trình của đường trung trực đoạn thẳng \(BC\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2} + 2t\\y = 2 - 3t\end{array} \right.\) với \(t \in \mathbb{R}\).
c) Đường thẳng \(AB\) có phương trình là \(3x + 2y + 6 = 0\).
d) Đường cao ứng với đỉnh \(C\) của tam giác \(ABC\) đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 5;1} \right)\) nên đường thẳng \(d\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {n\,} = \left( {1;5} \right)\).
Phương trình của đường thẳng \(d\) là \(1.\left( {x - 0} \right) + 5.\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 5y - 15 = 0\).
Vậy phương trình tổng quát đường thẳng \(d\) là \(x + 5y - 15 = 0\)
Đường thẳng \(\Delta \) là trung trực của đoạn thẳng \(BC\) nhận \[\overrightarrow {CB} = \left( {3;2} \right)\] làm véc tơ pháp tuyến nên véc tơ chỉ phương của \(\Delta \) là \(\overrightarrow u = \left( {2; - 3} \right)\). Mà \(\Delta \) đi qua trung điểm \(I\left( { - \frac{3}{2};2} \right)\) của \(BC\) nên \(\Delta \) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2} + 2t\\y = 2 - 3t\end{array} \right.\) với \(t \in \mathbb{R}\).
Đường thẳng \(AB\) có véc tơ chỉ phương là \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,3} \right)\] nên \(AB\) có véc tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {3;2} \right)\) và đi qua điểm \[A\left( {2\,;\,0} \right)\] nên \(AB\) có phương trình là
\(3\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 2y - 6 = 0\)
Đường cao ứng với đỉnh \(C\) của tam giác \(ABC\) đi qua điểm \[C\left( {--3\,;\,1} \right)\] và nhận \(\overrightarrow {BA} = \left( {2; - 3} \right)\) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
\(2\left( {x + 3} \right) - 3\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x - 3y + 9 = 0\).
Từ đó dễ thấy đường thẳng này không đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
a) Đúng: Phương trình của đường thẳng \(d\) đi qua \[B\] và song song với \[AC\] là \(x + 5y - 15 = 0\).
b) Đúng: Phương trình của đường trung trực đoạn thẳng \(BC\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{3}{2} + 2t\\y = 2 - 3t\end{array} \right.\) với \(t \in \mathbb{R}\).
c) Sai: Đường thẳng \(AB\) có phương trình là \(3x + 2y + 6 = 0\).
d) Sai: Đường cao ứng với đỉnh \(C\) của tam giác \(ABC\) đi qua điểm \(M\left( {2;3} \right)\).
Cho tập hợp \(A = \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}\).
a) Từ \(A\) lập được 25 số có hai chữ số.
b) Từ \(A\) lập được 125 số có ba chữ số khác nhau.
c) Từ \(A\) lập được 24 số chẵn có ba chữ số khác nhau.
d) Từ \(A\) lập được 101 số lẻ có ba chữ số khác nhau.
a) Đúng: Theo qui tắc nhân có \[5.5 = 25\] số có hai chữ số.
b) Sai: Gọi số có 3 chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).
Chọn \(a\) có 5 cách.
Chọn \(b\) có 4 cách.
Chọn \(c\) có 3 cách.
Suy ra có \[5.4.3 = 60\] số có ba chữ số khác nhau.
c) Đúng: Gọi số chẵn có ba chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).
Chọn \(c\) có 2 cách.
Chọn \(a\) có 4 cách.
Chọn \(b\) có 3 cách.
Suy ra có \[2.4.3 = 24\] số chẵn có ba chữ số khác nhau.
d) Sai: Gọi số lẻ có ba chữ số khác nhau là \(\overline {abc} \).
Chọn \(c\) có 3 cách.
Chọn \(a\) có 4 cách.
Chọn \(b\) có 3 cách.
Suy ra có \[3.4.3 = 36\] số lẻ có ba chữ số khác nhau.
Bộ bài tú lơ khơ có 52 quân bài. Rút ngẫu nhiên ra 4 quân bài. Hãy xác định tính đúng sai của các mệnh đề sau:
a) Xác suất của biến cố \(A\): “Rút ra được tứ quý Át” là \(\frac{1}{{52}}\)
b) Xác suất của biến cố \(B\): “Rút ra được hai quân Át, hai quân \(K\)” là \[\frac{{36}}{{270725}}\]
c) Xác suất của biến cố \(C\): “Rút ra được ít nhất một quân Át” là \(\frac{{38916}}{{54145}}\)
d) Xác suất của biến cố \(D\): “Rút ra được 4 quân trong đó có đúng 2 quân ở cùng một tứ quý và hai quân còn lại ở hai tứ quý khác nhau” là \[\frac{{82368}}{{270725}}\]
a) Sai: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Vì bộ bài chỉ có 1 tứ quý Át nên số phần tử của biến cố \[A\] là: \(n\left( A \right) = 1\).
Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{270725}}\].
b) Đúng: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Có \(C_4^2\) cách rút được hai quân Át, Có \(C_4^2\) cách rút được hai quân \(K\) nên số phần tử của biến cố \[B\] là: \(n\left( B \right) = C_4^2.C_4^2 = 36\).
Vậy xác suất của biến cố \(B\) là \[P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{36}}{{270725}}\].
c) Sai: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Biến cố \(\overline C \): “ Rút không được quân Át nào”.
Có \(C_{48}^4\) cách rút bốn quân không cố quân Át nào nên số phần tử của biến cố \[\overline C \] là: \(n\left( {\overline C } \right) = C_{48}^4 = 194580\).
Vậy xác suất của biến cố \(C\) là \[P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = 1 - \frac{{n\left( {\overline C } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = 1 - \frac{{194580}}{{270725}} = 1 - \frac{{38916}}{{54145}} = \frac{{15229}}{{54145}}\].
d) Đúng: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\).
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = 270725\).
Có \(C_{13}^1\) cách chọn ra 1 tứ quý. Ứng với tứ quý này có \(C_4^2\) cách chọn ra 2 quân bài.
Có \(C_{12}^2\) cách chọn ra 2 tứ quý từ 12 tứ quý còn lại. Mỗi tứ quý này có \(C_4^1\) cách chọn ra 1 quân bài nên số phần tử của biến cố \[D\] là: \(n\left( D \right) = C_{13}^1.C_4^2.C_{12}^2.{\left( {C_4^1} \right)^2} = 82368\).
Vậy xác suất của biến cố \(D\) là \[P\left( D \right) = P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{82368}}{{270725}}\].
Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà sinh học tìm được quy luật rằng: Nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có \(n\) con cá thì trung bình mỗi con cá sau một vụ cân nặng \(P\left( n \right) = 360 - 10n\)(đơn vị khối lượng). Hỏi người nuôi phải thả bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích để trọng lượng cá sau mỗi vụ thu được là nhiều nhất?
Tổng trọng lượng cá thu được sau một vụ là: \(T\left( n \right) = n\left( {360 - 10n} \right) = 360n - 10{n^2}\).
Đây là một tam thức bậc hai với ẩn là \(n\) có hệ số \(a = - 10 < 0\) và \(b = 360\) \( \Rightarrow \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 360}}{{2.\left( { - 10} \right)}} = 18\)
Khi đó \(T\left( {18} \right) = 3240\).
Vậy người nuôi cần thả \(18\) con cá trên một đơn vị diện tích để đạt tổng trọng lượng cá lớn nhất
là \(3240\) (đơn vị khối lượng).
Xác định số nghiệm của phương trình \({x^2} - 2x - 8 = 4\sqrt {\left( {4 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} \)
Điều kiện: \(\left( {4 - x} \right)\left( {x + 2} \right) \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 2;\,4} \right]\).
\({x^2} - 2x - 8 = 4\sqrt {\left( {4 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} \)\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = 4\sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} \left( 1 \right)\).
Đặt \(t = \sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} \), \(t \ge 0\) \( \Leftrightarrow {t^2} = - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 = - {t^2}\).
\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow - {t^2} = 4t\)\( \Leftrightarrow {t^2} + 4t = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\left( n \right)\\t = - 4\left( l \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \sqrt { - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right)} = 0\)\( \Leftrightarrow - \left( {{x^2} - 2x - 8} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\left( n \right)\\x = 4\left( n \right)\end{array} \right.\).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm.
Cho parabol \(\left( P \right):{y^2} = 2x\). Điểm \(M\left( {a;\,b} \right)\) thuộc parabol \(\left( P \right)\) và cách đường chuẩn của \(\left( P \right)\) một khoảng bằng \(2\) (trong đó \(a,b\) là các số thực). Tính \(T = {a^2} + {b^2}\).
Phương trình parabol có dạng \({y^2} = {\rm{2}}px\), với \(p > 0\).
Ta có \(\left( P \right):{y^2} = 2x\)\( \Rightarrow p = 1\). Suy ra đường chuẩn \(\Delta :x = - \frac{p}{2} = - \frac{1}{2} \Rightarrow x + \frac{1}{2} = 0\).
Ta lại có \(\left\{ \begin{array}{l}M\left( {a;\,b} \right) \in \left( P \right)\\d\left( {M,\Delta } \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 2a\\\left| {a + \frac{1}{2}} \right| = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b^2} = 2a\\a + \frac{1}{2} = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{3}{2}\\{b^2} = 3\end{array} \right.\)
Suy ra \(T = {a^2} + {b^2} = \frac{{21}}{4}\).
Ông Hoàng có một mảnh vườn hình elip có chiều dài trục lớn và trục nhỏ lần lượt là \(60m\)và \(30m\). Ông chia thành hai nửa bằng một đường tròn tiếp xúc trong với elip để làm mục đích sử dụng khác nhau ( xem hình vẽ). Nửa bên trong đường tròn ông trồng cây lâu năm, nửa bên ngoài đường tròn ông trồng hoa màu. Tính tỉ số diện tích T giữa phần trồng cây lâu năm so với diện tích trồng hoa màu. Biết diện tích elip được tính theo công thức \(S = \pi ab\)trong đó \(a,b\)lần lượt là độ dài nửa trục lớn và nửa trục bé của elip. Biết độ rộng của đường elip không đáng kể.
Trục lớn: \(2a = 60 \Rightarrow a = 30\).
Trục bé: \(2b = 30 \Rightarrow b = 15\).
Diện tích hình tròn: \({S_T} = \pi {.15^2}\), diện tích elip là \({S_E} = \pi .15.30\).
Tỉ số diện tích \(T = \frac{{{S_T}}}{{{S_E} - {S_T}}} = \frac{{\pi {{.15}^2}}}{{\pi .15.30 - \pi {{.15}^2}}} = \frac{{15}}{{30 - 15}} = 1\).
Từ một hộp chứa \(12\) quả cầu, trong đó có \(8\) quả màu đỏ, \(3\) quả màu xanh và \(1\) quả màu vàng, lấy ngẫu nhiên \(3\) quả. Số cách để lấy được \(3\) quả cầu có đúng hai màu bằng:
Trường hợp 1: Lấy \(1\) quả màu vàng và \(2\) quả màu đỏ có: \(C_8^2 = 28\) cách.
Trường hợp 2: Lấy \(1\) quả màu vàng và \(2\) quả màu xanh có: \(C_3^2 = 3\) cách.
Trường hợp 3: Lấy \(1\) quả màu đỏ và \(2\) quả màu xanh có: \(C_8^1.C_3^2 = 24\) cách.
Trường hợp 4: Lấy \(1\) quả màu xanh và \(2\) quả màu đỏ có: \(C_3^1.C_8^2 = 84\) cách.
Số cách để lấy được \(3\) quả cầu có đúng hai màu là: \(28 + 3 + 24 + 84 = 139\) cách.
Cách khác:
Số cách lấy \(3\) quả bất kì: \(C_{12}^3 = 220\).
Số cách lấy \(3\) quả có đủ \(3\) màu: \(C_8^1.C_3^1.C_1^1 = 24\).
Số cách lấy \(3\) quả chỉ có \(1\) màu: \(C_8^3 + C_3^3 = 57\).
Vậy số cách lấy thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(220 - 24 - 57 = 139\).
Một lớp học có \(30\) học sinh gồm có cả nam và nữ. Chọn ngẫu nhiên \(3\) học sinh để tham gia hoạt động của Đoàn trường. Xác suất chọn được \(2\) nam và \(1\) nữ là \(\frac{{12}}{{29}}\). Tính số học sinh nữ của lớp.
Gọi số học sinh nữ của lớp là \(n\,\,\left( {n \in {{\rm N}^*},n \le 28} \right)\). Suy ra số học sinh nam là \(30 - n\).
Không gian mẫu là chọn bất kì \(3\)học sinh từ \(30\) học sinh.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{30}^3\).
Gọi \(A\) là biến cố Chọn được \(2\) học sinh nam và \(1\) học sinh nữ .
Chọn \(2\) nam trong \(30 - n\) nam, có\(C_{30 - n}^2\) cách.
Chọn \(1\) nữ trong \(n\) nữ, có \(C_n^1\) cách.
Suy ra số phần tử của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = C_{30 - n}^2.C_n^1\).
Do đó xác suất của biến cố\(A\) là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_{30 - n}^2.C_n^1}}{{C_{30}^3}}\).
Theo giả thiết, ta có \(P\left( A \right) = \frac{{12}}{{29}} \Leftrightarrow \frac{{C_{30 - n}^2.C_n^1}}{{C_{30}^3}} = \frac{{12}}{{29}} \Rightarrow n = 14\).
Vậy số học sinh nữ của lớp là \(14\) học sinh.
