Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 10 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án - Đề 8
22 câu hỏi
Trong mặt phẳng \(Oxy\), đỉnh của parabol \(y = {x^2} - 2x - 1\) có tọa độ là
\(\left( {1; - 2} \right)\).
\(\left( {1;2} \right)\).
\(\left( {2; - 1} \right)\).
\(\left( { - 1;2} \right)\).
Đáp án đúng là A
Hoành độ đỉnh của parabol \(y = {x^2} - 2x - 1\) là \(x = \frac{{ - b}}{{2a}} = 1\) và tung độ đỉnh là \(y = - 2\).
Do đó tọa độ đỉnh là \(\left( {1; - 2} \right)\).
Cho tam thức \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right),\) \(\Delta = {b^2} - 4ac\). Ta có \(f\left( x \right) \le 0\) với \(\forall x \in \mathbb{R}\)khi và chỉ khi:
\(\left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}a \le 0\\\Delta < 0\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta \ge 0\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.\).
Đáp án đúng là A
Áp dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai ta có: \(f\left( x \right) \le 0\) với \(\forall x \in \mathbb{R}\)khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a < 0\\\Delta \le 0\end{array} \right.\)
Tập nghiệm của phương trình \(\sqrt {2{x^2} + 3x - 5} - x + 1 = 0\) là
\(\left\{ {1; - 6} \right\}\).
\(\left\{ 1 \right\}\).
\(\emptyset \).
\(\mathbb{R}\).
Đáp án đúng là B
Ta có \(\sqrt {2{x^2} + 3x - 5} - x + 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {2{x^2} + 3x - 5} = x - 1\)
\( \Leftrightarrow \) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1 \ge 0}\\{\sqrt {2{x^2} + 3x - 5} = {{\left( {x - 1} \right)}^2}}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\{x^2} + 5x - 6 = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\\left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\left( N \right)\\x = - 6\,\left( L \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow x = 1\).
Vậy tập nghiệm của phương trình \(S = \left\{ 1 \right\}\).
Tính góc giữa hai đường thẳng \(a:\,\sqrt 3 x - y + 7 = 0\) và \(b:x - \sqrt 3 y - 1 = 0\)
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
\(60^\circ \).
\(45^\circ \).
Đáp án đúng là A
Đường thẳng \(a\) có vectơ pháp tuyến là: \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {\sqrt 3 ;\, - 1} \right)\);
Đường thẳng \(b\) có vectơ pháp tuyến là: \(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1;\, - \sqrt 3 } \right)\).
Áp dụng công thức tính góc giữa hai đường thẳng có:
\(\cos \left( {a,b} \right) = \frac{{\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{1.\sqrt 3 + \left( { - 1} \right)\left( { - \sqrt 3 } \right)}}{{2.2}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\). Suy ra góc giữa hai đường thẳng bằng \(30^\circ \).
Trong mặt phẳng với hệ trục \(Oxy\) cho đường tròn \(\left( C \right):\,{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} = 16\). Đường tròn \(\left( C \right)\) có toạ độ tâm \(I\) và bán kính \(R\) bằng
\(I\left( {2; - 4} \right);\,R = 4\).
\(I\left( {2; - 4} \right);\,R = 16\).
\(I\left( { - 2;4} \right);\,R = 4\).
\(I\left( { - 2;4} \right);\,R = 16\).
Đáp án đúng là A
Đường tròn \(\left( C \right):\,{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} = 16\). Do đó đường tròn \(\left( C \right)\) có toạ độ tâm \(I\left( {2; - 4} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {16} = 4\).
Trong các phương trình sau, phương trình nào là phương trình chính tắc của đường parabol?
\({y^2} = - 6x\).
\({y^2} = 6x\).
\[{x^2} = - 6y\].
\[{x^2} = 6y\].
Đáp án đúng là B
Phương trình chính tắc của parabol có dạng \({y^2} = 2px\left( {p > 0} \right)\) nên chỉ có trường hợp B là phương trình chính tắc của đường parabol.
Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho \(4\) bạn học sinh vào dãy có \(4\) ghế?
\(4\) cách.
\(8\) cách.
\(12\) cách.
\(24\) cách.
Đáp án đúng là D
Xếp chỗ ngồi cho \(4\) học sinh vào dãy có \(4\) ghế có: \(4! = 24\) cách xếp.
Cho tập hợp \(A = \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}\). Số tập con gồm 2 phần tử của \(A\) là
\(10\).
\(8\).
\(16\).
\(20\).
Đáp án đúng là A
Tập hợp \(A\) gồm có \(5\) phần tử.
Số tập con có \(2\) phần tử của tập \(A\) là: \(C_5^2 = 10\).
Trong khai triển nhị thức Niu-tơn của \({\left( {2x - 3} \right)^4}\) có bao nhiêu số hạng?
\[6\].
\[3\].
\[5\].
\[4\].
Đáp án đúng là C
Trong khai triển nhị thức Niu-tơn của \({\left( {2x - 3} \right)^4}\) có \[4 + 1 = 5\] số hạng.
Có 2020 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 2020. Xét phép thử: lấy ngẫu nhiên 5 tấm thẻ trong số 2020 tấm thẻ đã cho. Tính số phấn tử của không gian mẫu.
\(n\left( \Omega \right) = C_{2020}^5\).
\(n\left( \Omega \right) = A_{2020}^5\).
\(n\left( \Omega \right) = C_{2020}^1\).
\(n\left( \Omega \right) = A_{2020}^1\).
Đáp án đúng là A
Số cách chọn ngẫu nhiên 5 tấm thẻ là: \(C_{100}^5\).
Một tổ học sinh gồm có 5 học sinh nữ và 7 học sinh nam, chọn ngẫu nhiên 2 học sinh. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn có cả học sinh nam và học sinh nữ?
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{1}{6}\).
\(\frac{{35}}{{66}}\).
\(\frac{3}{{55}}\)
Đáp án đúng là C
Tổng số học sinh là: \(5 + 7 = 12\)
Gọi \(A\) là biến cố trong hai học sinh được chọn, có cả học sinh nam và học sinh nữ. Ta có:
\(n\left( \Omega \right) = C_{12}^2\)
\(n\left( A \right) = C_5^1.C_7^1\)
Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{C_5^1.C_7^1}}{{C_{12}^2}} = \frac{{35}}{{66}}\).
Từ một hộp chứa \(10\) quả cầu màu đỏ và \(5\) quả cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời \(3\) quả cầu. Xác suất để lấy được \(3\) quả cầu màu xanh bằng
\(\frac{{24}}{{91}}\).
\(\frac{{12}}{{91}}\).
\(\frac{2}{{91}}\).
\(\frac{1}{{12}}\).
Đáp án đúng là C
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{15}^3 = 455\).
Gọi biến cố \(A\): “Lấy được \(3\) quả cầu màu xanh”. Ta có \(n\left( A \right) = C_5^3 = 10\).
Xác suất để lấy được \(3\) quả cầu màu xanh bằng \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{10}}{{455}} = \frac{2}{{91}}\)
Tổng chi phí \(T\) (nghìn đồng) để sản xuất \(n\) sản phẩm được cho bởi biểu thức \(T = {n^2} + 70n + 3000\). Giá bán của một sản phẩm là \(200\) nghìn đồng. (Giả sử các sản phẩm sản xuất ra đều được bán hết). Khi đó:
a) Số sản phẩm được sản xuất phải lớn hơn \(100\) thì sẽ bị lỗ.
b) Số sản phẩm được sản xuất phải lớn hơn \(50\) thì sẽ không bị lỗ.
c) Số sản phẩm được sản xuất phải trong đoạn \(\left[ {50;130} \right]\) thì sẽ không bị lỗ.
d) Số sản phẩm được sản xuất phải trong đoạn \(\left[ {30;100} \right]\) thì sẽ không bị lỗ.
Với \(n\) sản phẩm thì tổng chi phí sản xuất là \(T = {n^2} + 70n + 3000\) (nghìn đồng) và doanh thu là \(200n\) (nghìn đồng).
Suy ra lợi nhuận là \(L = 200n - \left( {{n^2} + 70n + 3000} \right) = - {n^2} + 130n - 3000\) (nghìn đồng)
Để không bị lỗ thì \(L \ge 0 \Leftrightarrow - {n^2} + 130n - 3000 \ge 0 \Leftrightarrow 30 \le n \le 100\).
a) Đúng: Số sản phẩm được sản xuất phải lớn hơn \(100\) thì sẽ bị lỗ.
b) Sai: Số sản phẩm được sản xuất phải lớn hơn \(30\) thì sẽ không bị lỗ.
c) Sai: Số sản phẩm được sản xuất phải trong đoạn \(\left[ {30;100} \right]\) thì sẽ không bị lỗ.
d) Đúng: Số sản phẩm được sản xuất phải trong đoạn \(\left[ {30;100} \right]\) thì sẽ không bị lỗ.
Trong mặt phẳng \((Oxy)\), cho điểm \(M\left( { - 2\,;\,3} \right)\) và đường thẳng \(d:x - y - 4 = 0\). Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:
a) Phương trình tổng quát của đường thẳng \({d_1}\) đi qua \(M\) và song song với đường thẳng \(d\) là \(x - y - 5 = 0\).
b) Phương trình tham số của đường thẳng \({d_2}\) đi qua điểm \(M\) và vuông góc với đường thẳng \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + t\\y = 3 - t\end{array} \right.\).
c) Phương trình tổng quát của đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\) và tạo với đường thẳng \(d\) một góc \(\frac{\pi }{4}\) là \(x + 2 = 0\).
d) Phương trình tham số đường thẳng \(n\) đối xứng với \(m:x + 2y - 1 = 0\) qua \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 4t\\y = - 2 - 3t\end{array} \right.\).
a) Sai: Một véctơ pháp tuyến của đường thẳng \(d:x - y - 4 = 0\) là \({\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)\).
Vì \({d_1}\) song với đường thẳng \(d\) nên chọn véctơ pháp tuyến của đường thẳng \({d_1}\) là \({\overrightarrow n _{{d_1}}} = {\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)\)
Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng \({d_1}\) đi qua \(M\left( { - 2\,;\,3} \right)\) và song song với đường thẳng \(d\) có dạng: \(1\left( {x + 2} \right) - \left( {y - 3} \right) = 0\) hay \(x - y + 5 = 0\).
b) Đúng: Ta có \({\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)\).
Vì \({d_2}\) vuông góc với đường thẳng \(d\) nên chọn một véctơ chỉ phương của đường thẳng \({d_2}\) là \({\overrightarrow u _{{d_2}}} = {\overrightarrow n _d} = \left( {1\,;\, - 1} \right)\).
Vậy phương trình tham số của đường thẳng \({d_2}\) đi qua điểm \(M\left( { - 2\,;\,3} \right)\) và vuông góc với đường thẳng \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 2 + t\\y = 3 - t\end{array} \right.\).
c) Sai: Gọi \({\overrightarrow n _\Delta } = \left( {a\,;\,b} \right)\) với \({a^2} + {b^2} \ne 0\) là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng \(\Delta \).
Phương trình tổng quát của đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( { - 2\,;\,3} \right)\) có dạng: \(a\left( {x + 2} \right) + b\left( {y - 3} \right) = 0\).
Ta có \[\cos \left( {\Delta ,d} \right) = \frac{{\left| {{{\overrightarrow n }_\Delta }.{{\overrightarrow n }_d}} \right|}}{{\left| {{{\overrightarrow n }_\Delta }} \right|.\left| {{{\overrightarrow n }_d}} \right|}} = \frac{{\left| {a.1 + b.\left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\left| {a - b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt 2 }}\].
Để đường thẳng tạo với đường vuông \(d\) một góc \(\frac{\pi }{4}\) thì \[\cos \left( {\Delta ,d} \right) = \cos \frac{\pi }{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\].
Suy ra \[\frac{{\left| {a - b} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left| {a - b} \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \Leftrightarrow {\left| {a - b} \right|^2} = {a^2} + {b^2} \Leftrightarrow a.b = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b \ne 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a \ne 0\end{array} \right.\end{array} \right.\].
Với \(a = 0\), chọn \(b = 1\), ta được đường thẳng \(0.\left( {x + 2} \right) + 1\left( {y - 3} \right) = 0\) hay \(y - 3 = 0\).
Với \(b = 0\), chọn \(a = 1\), ta được đường thẳng \(1.\left( {x + 2} \right) + 0.\left( {y - 3} \right) = 0\) hay \(x + 2 = 0\).
Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
d) Sai:
Toạ độ giao điểm \(I\left( {x\,;\,y} \right)\)của \(m\) và \(d\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - 1 = 0\\x - y - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = - 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {3\,;\, - 1} \right)\).
Lấy điểm \(A\left( {1\,;\,0} \right) \in m\), phương trình đường thẳng \(k\) đi qua \(A\) và vuông góc với đường thẳng \(d\) là: \(1\left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 1 = 0\).
Toạ độ giao điểm \(H\left( {x\,;\,y} \right)\)của \(d\) và \(k\) là nghiệm của hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x - y - 4 = 0\\x + y - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{5}{2}\\y = - \frac{3}{2}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{5}{2}\,;\, - \frac{3}{2}} \right)\].
Gọi \(B\left( {x\,;\,y} \right)\) là điểm sao cho \(H\)là trung điểm của \(AB\), suy ra toạ độ điểm \(B\left( {4\,;\, - 3} \right)\).
Khi đó đường thẳng \(n\) đối xứng với \(m\) qua \(d\) là đường thẳng \(IB\).
Ta có \(\overrightarrow {IB} \left( {1\,;\, - 2} \right)\). Phương trình tham số của đường thẳng \(n\)là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + t\\y = - 3 - 2t\end{array} \right.\).
Cho tập \(S = \left\{ {0;1;2;3;4;5;6} \right\}\)
a) Có \(6.6!\) số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau được lấy từ tập \(S\).
b) Có \(144\) số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau được lấy từ tập \(S\) sao cho 3 chữ số 1, 2, 3 luôn đứng cạnh nhau
c) Có \(6!\) số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được lấy từ tập \(S\backslash \left\{ 0 \right\}\)
d) Có \(3.5.5!\) số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau sao cho số đó là số chẵn
a) Đúng: Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}} \) trong đó \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7} \in S\)
Chọn \({a_1}({a_1} \ne 0)\): có \(6\) cách chọn
Ta có: \({a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7}\) có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: \(6!\)
Vậy có \(6.6!\) số
b) Sai: Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}} \) trong đó \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7} \in S\)
TH1: Chọn \({a_1};{a_2};{a_3} \in \left\{ {1;2;3} \right\}\),\(({a_1} \ne 0)\)có \(3!\) cách chọn
Chọn \({a_4};{a_5};{a_6};{a_7}\) có số cách chọn là số hoán vị của 4 phần tử còn lại: \(4!\) cách chọn
Do vậy ta được \(3!\).\(4!\)=144 số
TH2: Các số \(1;2;3\) nằm ở ba trong 4 vị trí \({a_4};{a_5};{a_6};{a_7}\) có: \(4.3.2 = 24\) cách sắp xếp
Chọn \({a_1} \in \left\{ {4;5;6} \right\}\) có: 3 cách chọn
Còn 3 vị trí còn lại có số cách chọn là số hoán vị của 3 phần tử còn lại từ tập \(S\): \(3!\) cách chọn
Do vậy ta có: \(24.3.3! = 432\) số
Tổng cộng có 576 số
c) Đúng: Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}} \) trong đó \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6} \in S\backslash \left\{ 0 \right\}\)
Ta có: \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}\) có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: \(6!\)
Do vậy ta có \(6!\) số
d) Sai: Gọi số cần tìm có dạng \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}{a_6}{a_7}} \) trong đó \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6};{a_7} \in S\)
TH1: Chọn \({a_7} = 0\): có 1 cách chọn
Chọn \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}\) có số cách chọn là số hoán vị của 6 phần tử: \(6!\)
Do vậy ta có \(6!\) số
TH2: Chọn \({a_7} \in \left\{ {2,4,6} \right\}\): có 3 cách chọn
Chọn \({a_1}({a_1} \ne 0;\,{a_1} \ne {a_7})\): có 5 cách chọn
Chọn \({a_2};{a_3};{a_4};{a_5};{a_6}\) có số cách chọn là số hoán vị của 5 phần tử: \(5!\)
Do vậy ta có: \(3.5.5!\) số
Vậy tổng có: \(6! + 3.5.5!\)
Một hộp có 12 viên bi, trong đó có 7 viên bi xanh và 5 viên bi đỏ. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp. Hãy xác định định đúng – sai của các khẳng định sau:
a) Số phần tử của không gian mẫu là 792.
b) Xác suất của biến cố \[A\]: “ 5 viên bi đều là mầu xanh” là \[\frac{7}{{264}}\].
c) Xác suất của biến cố \[B\]: “ Trong \[5\] viên bi lấy được có 3 bi xanh và 2 bi đỏ” là \[\frac{{125}}{{462}}\]
d) Xác suất của biến cố \[C\]: “ Trong 5 viên bi lấy được có ít nhất 3 bi đỏ” là \[\frac{{125}}{{396}}\].
a) Đúng: Không gian mẫu là tập tất cả các tập con gồm 5 viên bi từ 12 viên bi. Vậy số phần tử của không gian mẫu là \[n\left( \Omega \right) = C_{12}^5 = 792\].
b) Đúng: Chọn 5 bi xanh từ 7 bi xanh, có \[C_7^3 = 21\] (cách chọn) \[ \Rightarrow n\left( A \right) = 21\].
Vậy xác suất của biến cố \[A\] là \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{21}}{{792}} = \frac{7}{{264}}\].
c) Sai: Mỗi phần tử của \[B\] được hình thành từ 2 bước:
Bước 1: Chọn 3 viên bi xanh từ 7 viên bi xanh, có \[C_7^3 = 35\] (cách chọn).
Bước 2: Chọn 2 viên bi đỏ từ 5 viên bi đỏ, có \[C_5^2 = 10\] (cách chọn).
Theo quy tắc nhân, tập \[B\] có \[35.10 = 350\] (phần tử). Vậy \[n\left( B \right) = 350 \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{350}}{{792}} = \frac{{175}}{{396}}\].
d) Đúng: Trong 5 viên bi lấy được có ít nhất 3 bi đỏ, có 3 cách:
Cách 1: Trong \[5\] viên bi được chọn có 2 bi xanh và 3 bi đỏ: có \[\mathop C\nolimits_7^2 .\mathop C\nolimits_5^3 = 210\] (cách chọn)
Cách 2: Trong \[5\] viên bi được chọn có 1 bi xanh và 4 bi đỏ: có \[C_7^1.C_5^4 = 35\] (cách chọn).
Cách 3: Trong \[5\] viên bi được chọn có 0 bi xanh và 5 bi đỏ: có \[C_7^0.C_5^5 = 5\] (cách chọn).
Theo quy tắc cộng, tập \[C\] có \[210 + 35 + 5 = 250\] (phần tử).
Vậy \[n\left( C \right) = 250 \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{250}}{{792}} = \frac{{125}}{{396}}\].
Sau khi được ném lên, độ cao \(y\) (mét) của một quả bóng so với mặt đất sau \(x\) (giây) được cho bởi hàm số \(y\left( x \right) = - 0,02{x^2} + 0,4x.\) Hỏi quả bóng đạt độ cao lớn hơn hoặc bằng 1,5 (mét) so với mặt đất trong khoảng thời gian bao lâu?
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow - 0,02{x^2} + 0,4x \ge 1,5\)\( \Leftrightarrow 5 \le x \le 15\).
Vậy quả bóng đạt độ cao lớn hơn hay bằng \(1,5\) mét trong khoảng \(15 - 5 = 10\) ( giây).
Tổng tất cả các nghiệm của phương trình \[\sqrt {{x^2} - 3x + 2} = \sqrt {x + 2} \] bằng bao nhiêu?
Ta có \[\sqrt {{x^2} - 3x + 2} = \sqrt {x + 2} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge - 2}\\{{x^2} - 3x + 2 = x + 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge - 2}\\{{x^2} - 4x = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge - 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 4}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\].
Vậy tập nghiệm của phương trình \(S = \left\{ {0;4} \right\}\) nên tổng các nghiệm bằng \(4\).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \[Oxy\], một điểm M chuyển động quanh điểm A trên quỹ đạo elip có phương trình chính tắc là \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\), trong đó điểm A là một tiêu điểm có hoành độ dương. Khi điểm M này ở vị trí cách đều hai trục tọa độ và có hoành độ, tung độ là những số dương thì nó cách điểm A một khoảng là bao nhiêu, làm tròn đến hàng phần mười?
Ta có: \(a = 5,\;b = 4\) nên \(c = \sqrt {{a^2} - {b^2}} = 3\).
Gọi tiêu điểm có hoành độ dương là \({F_2}\) thì \({F_2} = \left( {3;0} \right)\).
Khi điểm M cách đều hai trục tọa độ và có hoành độ, tung độ là những số dương, tức là
\(x = y > 0\), ta thay vào phương trình elip để tìm \(x\): \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{x^2}}}{{16}} = 1 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{400}}{{41}} \Leftrightarrow x = \frac{{20}}{{\sqrt {41} }}\).
Vị trí lúc này là \(M\left( {\frac{{20}}{{\sqrt {41} }};\frac{{20}}{{\sqrt {41} }}} \right)\).
Bây giờ, ta tính khoảng cách từ M tới A: \(r = MA = \sqrt {{{\left( {\frac{{20}}{{\sqrt {41} }} - 3} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{20}}{{\sqrt {41} }}} \right)}^2}} \approx 3,1\).
Tìm hệ số của \({x^3}{y^2}\) trong khai triển nhị thức \({\left( {x + 2y} \right)^5}\).
Ta có\({\left( {x + 2y} \right)^5}\, = \,{x^5} + 5{x^4}\left( {2y} \right) + 10{x^3}{\left( {2y} \right)^2} + 10{x^2}{\left( {2y} \right)^3} + 5x{\left( {2y} \right)^4} + {\left( {2y} \right)^5}\)
\( = {x^5} + 10{x^4}y + 40{x^3}{y^2} + 80{x^2}{y^3} + 80x{y^4} + 32{y^5}\)
Suy ra hệ số của \({x^3}{y^2}\) trong khai triển trên là: \(40\).
Bạn Tiến có 8 kẹo vị hoa quả, 7 kẹo vị socola. Bạn Tiến lấy 4 cái kẹo mà mỗi loại 2 cái kẹo. Hỏi có bao nhiêu cách lấy như bạn Tiến.
Số cách ly 2 kẹo chỉ có vị hoa quả là: \(C_8^2 = 28\).
Số cách lấy 2 kẹo chỉ có vị Socola là: \(C_7^2 = 21\)
Số cách lấy 4 kẹo gồm có: 2 kẹo vị hoa quả và 2 kẹo vị socola là: \(C_8^2 \cdot C_7^2 = 588\)
Một hộp đựng 12 cây viết được đánh số từ 1 đến 12. Chọn ngẫu nhiên 2 cây. Xác suất để chọn được 2 cây có tích hai số là số chẵn là \(\frac{a}{b}\) với \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản và \(a,b \in \mathbb{Z}\). Tính giá trị biểu thức \(T = 2a + 4b\)
Ta có không gian mẫu \(n\left( \Omega \right) = C_{12}^2\).
Gọi A là biến cố “Chọn được hai cây có tích hai số là số chẵn”
Trong 12 cây viết có 6 cây được đánh số chẵn, 6 cây được đánh số lẻ. Tích hai số là số chẵn nếu ít nhất có 1 cây mang số chẵn
\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_6^2 + C_6^1C_6^1 = 51\)\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{17}}{{22}}\).
Vậy xác suất để chọn được hai cây có tích hai số là số chẵn là \(\frac{{17}}{{22}}\).
Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}a = 17\\b = 22\end{array} \right. \Rightarrow T = 2.17 + 4.22 = 122\).
