Bộ 20 đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Cánh diều có đáp án - Đề 17
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho hàm số \(y = {x^4} - 8{x^2} - 4\). Hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng.
\(\left( { - 2\,;\,0} \right)\) và \(\left( {0\,;\,2} \right)\).
\(\left( { - \infty \,;\, - 2} \right)\) và \(\left( {0\,;\,2} \right)\).
\(\left( { - \infty \,;\, - 2} \right)\)và \(\left( {2\,;\, + \infty } \right)\).
\(\left( { - 2\,;\,0} \right)\) và \(\left( {2\,;\, + \infty } \right)\).
Chọn B
Ta có \(y' = 4{x^3} - 16x\,;\,y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\,;\,x = \pm 2\).
Bảng biến thiên
\[4\].
\[5\].
\[3\].
\[0\].
Chọn A
Dựa vào đồ thị ta suy ra được giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \[\left[ { - 1;\;2} \right]\] là \(3\), giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \[\left[ { - 1;\;2} \right]\] là \( - 2\).
Vậy \(M = 3\), \(m = - 2\)\( \Rightarrow 2M + m = 2.3 + \left( { - 2} \right) = 4\).
\(I\left( {1; - 2; - 1} \right)\)và \(R = 9.\)
\(I\left( { - 1;2;1} \right)\) và\(R = 9.\)
\(I\left( { - 1;2;1} \right)\) và \(R = 3.\)
\(I\left( {1; - 2; - 1} \right)\) và \(R = 3.\)
Chọn C
\(\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9 \Rightarrow \)Tâm \(I\left( { - 1;2;1} \right)\) bán kính \(R = 3.\)
\(4\).
\(1\).
\(2\).
\(3\).
Chọn D
Từ bảng biến thiên ta thấy:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 5\)\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang: \(y = 5\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = 3\)\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang: \(y = 3\).
\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = - \infty \end{array} \right.\)\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng: \(x = 1\).
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 3 đường tiệm cận.
\(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {61} \).
\(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = 3\).
\(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = 5\).
\(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = 2\sqrt 3 \).
Chọn C
Ta có: Suy ra:
\(\left( {1; - 4;5} \right)\).
\(\left( {1;4; - 5} \right)\).
\(\left( { - 1;4;5} \right)\).
\(\left( {1;4;5} \right)\).
Chọn B
Đối xứng của điểm \(A\left( {1; - 4; - 5} \right)\)qua mặt phẳng \(Oxz\)là điểm \(A'\left( {1;4; - 5} \right)\).
\(3\sqrt 2 \).
\(\sqrt 6 \).
\(2\).
\(2\sqrt 3 \).
Chọn B
Ta có trọng tâm của tam giác \(ABC\) là \(G\left( {2;1; - 1} \right)\)
\(\overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)\).
\(\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)\).
\(\overrightarrow {AG} = - \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)\).
\(\overrightarrow {AG} = - \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)\).
Chọn A
Vì \(G\)là trọng tâm tam giác \(BCD\)nên \(\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow {0\,} .\)
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GD} = 3\overrightarrow {AG} .\)
\(6\).
\(2\).
\(3\).
\(3\).
Chọn B
Cho \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^{2019}}{\left( {x - 1} \right)^{2020}}\left( {2 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 1\) (nghiệm bội \(2019\)); \(x = 1\)(nghiệm bội \(2020\)); \(x = 2\) (nghiệm đơn).
Số cực trị là số nghiệm bội lẻ của \(f'\left( x \right)\). Do đó hàm số có \(2\) cực trị.
Trong các số \(a,\,\;b\) và \(c\) có bao nhiêu số dương?
0.
1.
3.
2.
Chọn D
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm \(x < 0 \Rightarrow - \frac{2}{a} < 0 \Rightarrow a > 0.\)
Tiệm cận ngang: \(y = \frac{a}{b} > 0 \Rightarrow b > 0.\)
Tiệm cận đứng: \(x = - \frac{c}{b} > 0 \Rightarrow bc < 0 \Rightarrow c < 0.\)
\(y = {x^3} - 3x + 4\).
\(y = \frac{{x - 1}}{{2x - 1}}\).
\(y = {x^4} - 2{x^2} - 3\).
\(y = - {x^3} + 3x + 2\).
Chọn D
Bảng biến thiên đã cho có dạng của hàm số bậc ba nên loại các đáp án B,
Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - \infty \) nên hệ số \(a < 0\) nên loại đáp án
\(8 < m < 10\).
\(m > 10\).
\(0 < m < 4\).
\(4 < m < 8\).
Chọn D
Trên khoảng \(\left[ {1;2} \right]\) ta có: \[y' = \frac{{1 - m}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\].
Với \(m \ne 1\) hàm số có \(y'\) giữ nguyên dấu trên \(\left[ {1;2} \right]\) nên giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số là một trong 2 giá trị \[\left\{ {y\left( 1 \right);y\left( 2 \right)} \right\}\].
Ta có \[y\left( 1 \right) + y\left( 2 \right) = 8 \Leftrightarrow \frac{{1 + m}}{2} + \frac{{2 + m}}{3} = 8 \Leftrightarrow m = \frac{{41}}{5}\].
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hàm số \(y = x{}^3 - 3x + 2\). Xét tính đúng – sai của các mệnh đề sau:
Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
Hàm số có một cực trị là \(0\).
Với \(m \in \left( {0;4} \right)\) thì phương trình \({x^3} - 3x + 2 - m = 0\) có ba nghiệm phân biệt.
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(L\left( {2;5} \right)\).
a) | S | b) | Đ | c) | Đ | d) | S |
Sai.
Ta có \({2^3} - 3.2 + 2 = 4 \ne 5\) nên đồ thị hàm số không đi qua điểm \(L\left( {2;5} \right)\).Sai.
Ta có: \(y' = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\end{array} \right.\)
Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right),\left( {1; + \infty } \right)\).Đúng.Đúng.
Phương trình \({x^3} - 3x + 2 - m = 0\) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình \({x^3} - 3x + 2 = m\) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi \(0 < m < 4\).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình bình hành \(ABCD\) có \(A\left( { - 3;4;2} \right)\), \(B\left( { - 5;6;2} \right)\), \(C\left( { - 10;17; - 7} \right)\).
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = 10\).
Tọa độ trực tâm của tam giác \(ABD\) là \(H\left( { - 5;12;4} \right)\).
Tọa độ trọng tâm của tam giác \(ABC\) là \(G\left( { - 6;9; - 1} \right)\).
Tọa độ trung điểm của \(AB\) là \(I\left( { - 4;5;2} \right)\).
a) | S | b) | S | c) | Đ | d) | Đ |
(a) Đúng.
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{ - 3 + \left( { - 5} \right)}}{2} = - 4\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{4 + 6}}{2} = 5\\{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{2 + 2}}{2} = 2\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 4;5;2} \right)\].
(b) Đúng.
Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\).
Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{ - 3 + \left( { - 5} \right) + \left( { - 10} \right)}}{3} = - 6\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{4 + 6 + 17}}{3} = 9\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{2 + 2 + \left( { - 7} \right)}}{3} = - 1\end{array} \right. \Rightarrow G\left( { - 6;9; - 1} \right)\].
(c) Sai.
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;2;0} \right),\,\overrightarrow {DC} = \left( { - 10 - {x_D};17 - {y_D}; - 7 - {z_D}} \right)\).
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 10 - {x_D} = - 2\\17 - {y_D} = 2\\ - 7 - {z_D} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = - 8\\{y_D} = 15\\{z_D} = - 7\end{array} \right. \Rightarrow D\left( { - 8;15; - 7} \right)\).
\(\overrightarrow {AD} = \left( { - 5;11; - 9} \right)\). Do đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = - 2.\left( { - 5} \right) + 2.11 + 0.\left( { - 0} \right) = 32\).
(d) Sai.
Gọi \(H\left( {a;b;c} \right)\) là trực tâm của tam giác \(ABD\). Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} \bot \overrightarrow {BD} \\\overrightarrow {BH} \bot \overrightarrow {AD} \\\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right].\overrightarrow {AH} = 0\end{array} \right.\)
\(\overrightarrow {AH} = \left( {a + 3;b - 4;c - 2} \right)\), \(\overrightarrow {BH} = \left( {a + 5;b - 6;c - 2} \right)\), \(\overrightarrow {BD} = \left( { - 3;9; - 9} \right)\), \(\overrightarrow {AD} = \left( { - 5;11; - 9} \right)\),
\(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;2;0} \right)\).
\(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right] = \left( { - 18; - 18; - 12} \right)\).
Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l} - 3\left( {a + 3} \right) + 9\left( {b - 4} \right) - 9\left( {c - 2} \right) = 0\\ - 5\left( {a + 5} \right) + 11\left( {b - 6} \right) - 9\left( {c - 2} \right) = 0\\ - 18\left( {a + 3} \right) - 18\left( {b - 4} \right) - 12\left( {c - 2} \right) = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3a + 9b - 9c = 27\\ - 5a + 11b - 9c = 73\\ - 18a - 18b - 12c = - 42\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{ - 153}}{{11}}\\b = \frac{{100}}{{11}}\\c = \frac{{118}}{{11}}\end{array} \right.\].
Vậy \(H\left( {\frac{{ - 153}}{{11}};\frac{{100}}{{11}};\frac{{118}}{{11}}} \right)\).
Đồ thị \(\left( C \right)\)có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = 2\),
Đường thẳng\(y = x + 1\)là tiệm cận xiên của đồ thị \(\left( C \right)\).
Đồ thị \(\left( C \right)\)đi qua điểm \(M\left( {0;2} \right)\).
Đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\)tại hai điểm phân biệt khi \( - 1 < m < 7\).
a) | Đ | b) | Đ | c) | S | d) | S |
(a) Đúng.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = + \infty ;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = - \infty \)
\( \Rightarrow \)Tiệm cận đứng của \(\left( C \right)\) là là đường thẳng \(x = 2\).
(b) Đúng.
Ta có \(y = f(x) = x + 1 + \frac{4}{{x - 2}}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {y - \left( {x + 1} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{4}{{x - 2}}} \right) = 0;{\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {y - \left( {x + 1} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{4}{{x - 2}}} \right) = 0\)
\( \Rightarrow \)Tiệm cận xiên của \(\left( C \right)\) là đường thẳng \(y = x + 1\).
(c) Sai.
Thay tọa độ điểm \(M\left( {0;2} \right)\) vào phương trình hàm số \(y = f(x)\) ta được:
\(2 = \frac{{{0^2} - 0 + 2}}{{0 - 2}} \Leftrightarrow 2 = - 1:Sai \Rightarrow M\left( {0;2} \right) \notin \left( C \right)\)
(d) Sai.
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(y = m\) là:
\(\begin{array}{l}{\rm{ }}\frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = m{\rm{ }}\left( {x \ne 2} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} - (m + 1)x + 2m + 2 = 0{\rm{ }}(1)\end{array}\)
Đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị \(\left( C \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác \(2\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{(1)}} = {m^2} - 6m + 7 > 0\\{2^2} - (m + 1).2 + 2m + 2 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < - 1\\m > 7\end{array} \right.\).
Một sợi dây kim loại dài \(60cm\) được cắt thành hai đoạn. Đoạn dây thứ nhất uốn thành hình vuông cạnh \(a\), đoạn dây thứ hai uốn thành đường tròn bán kính \(r\).
\(\,r = \frac{{60 - 2a}}{\pi }.\)
Nếu cắt sợi dây thành hai đoạn bằng nhau và vẫn uốn thành một hình vuông và một hình tròn thì hình tròn có diện tích lớn hơn hình vuông.
Tổng diện tích của hình vuông và hình tròn là \(\frac{1}{\pi }\left[ {\left( {\pi + 4} \right){a^2} - 120a + 900} \right]\).
Để tổng diện tích của hình vuông và hình tròn nhỏ nhất thì tỉ số \(\frac{a}{r}\) bằng \(\frac{1}{2}.\)
a) | S | b) | Đ | c) | S | d) | S |
Ta có:
\(4a + 2\pi r = 60\)\( \Leftrightarrow \,\,\,\pi r = 30 - 2a \Leftrightarrow r = \frac{{30 - 2a}}{\pi }.\)
SAI.Tổng diện tích của hình vuông và hình tròn:
\(S = {a^2} + {r^2}\pi \)\( = {a^2} + \frac{{{{\left( {30 - 2a} \right)}^2}}}{\pi } = \frac{1}{\pi }\left[ {\left( {\pi + 4} \right){a^2} - 120a + 900} \right]\)
ĐÚNG.Điều kiện: \(0 < 4a < 60\,\,\, \Leftrightarrow \,\,0 < a < 15\).
Xét \(f(a) = \left( {\pi + 4} \right){a^2} - 120a + 900\) với \(a \in \left( {0,\,15} \right)\)
\(f(a)\)đạt giá trị nhỏ nhất tại \(a = \frac{{120}}{{2\left( {\pi + 4} \right)}} = \frac{{60}}{{\pi + 4}} \in \left( {0,\,15} \right)\).
\(S\)đạt giá trị nhỏ nhất khi \(a = \frac{{60}}{{\pi + 4}}\).
\( \Rightarrow \,\,\,\pi r = 30 - 2.\frac{{60}}{{\pi + 4}} = \frac{{30\pi }}{{\pi + 4}}\)\( \Rightarrow \,\,\,r = \frac{{30}}{{\pi + 4}}\)
Khi đó: \(\frac{a}{r} = \frac{{60}}{{\pi + 4}}:\frac{{30}}{{\pi + 4}} = 2\).
Kết luận: \(\frac{a}{r} = 2\).
SAI\(a = \frac{{15}}{2},\,r = \frac{{15}}{{2\pi }}\).
Diện tích hình vuông là \({S_1} = {\left( {\frac{{15}}{2}} \right)^2} = \frac{{225}}{4} = 56,25c{m^2}\)
Diện tích hình tròn là \({S_2} = \pi {r^2} = \frac{{225}}{{4\pi }} \approx 17,9c{m^2}\)
SAI.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một nhà máy sản xuất \(x\) sản phẩm trong mỗi tháng. Chi phí sản xuất \(x\) sản phẩm được cho bởi hàm chi phí \(C\left( x \right) = 16000 + 500x - 1,6{x^2} + 0,004{x^3}\) (nghìn đồng). Biết giá bán của mỗi sản phẩm là một hàm số phụ thuộc vào số lượng sản phẩm \(x\) và được cho bởi công thức \(p\left( x \right) = 1700 - 7x\) (nghìn đồng). Hỏi mỗi tháng nhà máy nên sản xuất bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất? Biết rằng kết quả khảo sát thị trường cho thấy sản phẩm sản xuất ra sẽ tiêu thụ hết.+) Số tiền nhà máy thu được khi bán hết \(x\) sản phẩm là: \(x.p\left( x \right) = 1700x - 7{x^2}\) (nghìn đồng)
Lợi nhuận nhà máy thu được khi sản xuất và bán hết \(x\) sản phẩm là: \(x.p\left( x \right) - C\left( x \right) = - 0,004{x^3} - 5,4{x^2} + 1200x - 16000\) (với \(x > 0\)).
+) Xét hàm số \(f\left( x \right) = - 0,004{x^3} - 5,4{x^2} + 1200x - 16000\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)
Ta có \(f'\left( x \right) = - 0,012{x^2} - 10,8x + 1200\); \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 100\\x = - 1000\end{array} \right.\]
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên, suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0\,;\, + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {100} \right) = 46000\) (nghìn đồng).
Vậy mỗi tháng nhà máy nên sản xuất \(100\) sản phẩm thì lợi nhuận thu được là lớn nhất.
Một người có một dây ruy băng dài 130 cm, người đó cần bọc dải ruy băng này quanh một hộp quà hình trụ. Khi bọc quà, người này dùng 10 cm của dải ruy băng để thắt nơ ở trên nắp hộp (như hình vẽ). Dải ruy băng có thể bọc được hộp quà có thể tích bằng \(a.\pi \left( {c{m^3}} \right),a \in {\mathbb{N}^*}\). Giá trị lớn nhất của \(a\) là bao nhiêu?
Gọi \(x(\;cm);y(\;cm)\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ \((x,y > 0;x < 30)\).
Độ dài dải dây ruy băng còn lại khi đã thắt nơ là: 120 cm.
Ta có: \((2x + y) \cdot 4 = 120 \Leftrightarrow y = 30 - 2x > 0 \Rightarrow 0 < x < 15\).
Thể tích khối hộp quà là: \(V = \pi {x^2} \cdot y = \pi {x^2}(30 - 2x)\). Thể tích \(V\) lớn nhất khi hàm số \(f(x) = {x^2}(30 - 2x)\), \((0 < x < 15)\) đạt giá trị lớn nhất.
Ta có \({f^\prime }(x) = - 6{x^2} + 60x\);
Cho \({f^\prime }(x) = - 6{x^2} + 60x = 0 \Rightarrow x = 10\).
Lập bảng biến thiên ta thấy thể tích đạt GTLN là: \(V = \pi \cdot f(10) = 1000\pi \left( {\;c{m^3}} \right)\)
Giả sử cần giảm giá bán mỗi cái tivi là \(x\) triệu đồng \(\left( {x < 14} \right)\).
Do giảm giá bán mỗi cái 500 ngàn đồng thì số lượng tivi bán ra sẽ tăng thêm 10 cái mỗi tháng nên số lượng tivi bán ra tăng lên bây giờ là: \(\frac{{10x}}{{0,5}} = 20x\).
Khi đó, doanh thu một tháng của cửa hàng là \(\left( {100 + 20x} \right).\left( {14 - x} \right) = - 20{x^2} + 180x + 1400\).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = - 20{x^2} + 180x + 1400\,\,\left( {x < 14} \right)\)
Ta có \(f'\left( x \right) = - 40x + 180\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 4,5\).
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta thấy: Để doanh thu cửa hàng đạt cao nhất thì giá bán mỗi cái tivi là \(14 - 4,5 = 9,5\) triệu đồng
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho điểm xuất phát là gốc \(O\) như hình vẽ trên.
Khi đó tọa độ hai kinh khí cầu là \(A\left( {3;4;1} \right),B\left( { - 1; - \frac{3}{2};\frac{4}{5}} \right)\)
Gọi \(M\)là vị trí người quan sát và \(B'\left( { - 1; - \frac{3}{2}; - \frac{4}{5}} \right)\) là điểm đối xứng với \(B\) qua mặt phẳng \((Oxy)\).
Khi đó \(MA + MB = MA + MB' \ge AB' = \sqrt {{{\left( {3 + 1} \right)}^2} + {{\left( {4 + \frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {1 + \frac{4}{5}} \right)}^2}} \approx 7,03\,km\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(M,A,B'\) thẳng hàng và \(M\) thuộc đoạn \(AB'\). Điều này luôn xảy ra.
Gọi \({\vec F_1},{\vec F_2},{\vec F_3}\) lần lượt là ba lực tác động vào một vật đặt tại điểm \(O\) như Hình.
Ta có \({\vec F_1} = \overrightarrow {OA} ,{\vec F_2} = \overrightarrow {OB} ,\overrightarrow {{F_3}} = \overrightarrow {OC} \).
Độ lớn các lực: \({F_1} = OA = 10\;N,{F_2} = OB = 8\;N\), \({F_3} = OC = 6\;N\).
Dựng hình bình hành \(OADB\). Theo quy tắc hình bình hành, ta có \(\overrightarrow {OD} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} \).
Suy ra \({\overrightarrow {OD} ^2} = {(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} )^2} = {\overrightarrow {OA} ^2} + {\overrightarrow {OB} ^2} + 2\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} \).
Mà \(\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = OA \cdot OB \cdot \cos (\overrightarrow {OA} ,\overrightarrow {OB} )\), suy ra
Dựng hình bình hành \(ODEC\).
Tổng lực tác động vào vật là \(\vec F = \overrightarrow {OE} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} \).
Độ lớn của hợp lực tác động vào vật là \(F = OE\).
Vì \(OC \bot (OADB)\) nên \(OC \bot OD\), suy ra \(ODEC\) là hình chữ nhật.
Do đó tam giác \(ODE\) vuông tại \(D\).
Khi đó,
Suy ra
Do đó \(F = OE \approx 11\;N\).
Gọi giá vé sau khi điều chỉnh là \(20 + x\)
Số khách là:\(1000 - 100x\)
Tổng thu nhập
\(f\left( x \right) = \left( {20 + x + 2} \right)\left( {1000 - 100x} \right) = \left( {22 + x} \right)\left( {1000 - 100x} \right) = - 100{x^2} - 1200x + 22000\)
Bảng biến thiên
\[\mathop {\max }\limits_{\left( { - 20; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( { - 6} \right)\]. Suy ra giá vé là: \(x + 20 = 20 - 6 = 14\) USD
