Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 13
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.
Một công ty thống kê lương của nhân viên theo tuần (đơn vị: USD) theo bảng sau:
Lương theo tuần (USD) | \(\left[ {10;20} \right)\) | \(\left[ {20;30} \right)\) | \(\left[ {30;40} \right)\) | \(\left[ {40;50} \right)\) | \(\left[ {50;60} \right]\) |
Số công nhân | \(4\) | \(6\) | \(10\) | \(20\) | \(10\) |
11,7.
12.
11,4.
12,5.
Đáp án đúng là A
Ta có: \(n = 50\)
Khi đó: \(\overline x = \frac{1}{{50}}\left( {4.15 + 6.25 + 10.35 + 20.45 + 10.55} \right) = 40,2\)
Phương sai của mẫu số liệu: \({s^2} = \frac{1}{{50}}\left( {{{4.15}^2} + {{6.25}^2} + {{10.35}^2} + {{20.45}^2} + {{10.55}^2}} \right) - {\overline x ^2} = 136,96\)
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: \(s = \sqrt {{s^2}} = \sqrt {136,96} \approx 11,7\)
\(\left( { - 2; - 1} \right)\).
\(\left( { - 1;1} \right)\).
\(\left( { - 2;1} \right)\).
\(\left( { - 1;2} \right)\).
Đáp án đúng là A
8.
12.
4.
16.
Đáp án đúng là C
\(y = 1\).
\(x = 2\).
\(y = - 2\).
\(x = - 2\).
\(S = \left( {3;7} \right]\).
\(S = \left[ {3;7} \right]\).
\(S = \left( { - \infty ;7} \right]\).
\(S = \left[ {7; + \infty } \right)\).
Ta có: \(\frac{1}{2} \in \left( {0\,;\,1} \right)\) nên bất phương trình\( \Leftrightarrow 0 < x - 3 \le 4 \Leftrightarrow 3 < x \le 7\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = \left( {3;7} \right]\)
\(\left( {2;2;3} \right)\).
\(\left( {1;2;3} \right)\).
\(\left( {1; - 2; - 3} \right)\).
\(\left( {2; - 2; - 3} \right)\).
Đáp án đúng là C
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\) là:
1.
\(2\).
\(\frac{1}{2}\).
0.
Để hàm số có đạo hàm tại \(x = 1\) thì \(2a = 1 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}\)
\(\frac{7}{3} - {\rm{ln}}2\).
3.
\(\frac{7}{3}\).
5.
Đáp án đúng là D
Ta có:
29.
32.
26.
30.
\(\int\limits_{ - 1}^2 {\left( {2{x^2} - 2x - 4} \right)} {\rm{d}}x\)
\(\int\limits_{ - 1}^2 {\left( {2x - 2} \right)} {\rm{d}}x\).
\(\int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2x + 2} \right)} {\rm{d}}x\).
\(\int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)} {\rm{d}}x\).
\(M'\left( {3; - 5; - 7} \right)\).
\(M'\left( {3;5;7} \right)\).
\(M'\left( { - 3;5; - 7} \right)\).
\(M'\left( { - 3;5;7} \right)\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(M\) lên \(Oy\) nên suy ra \(H\left( {0\,;\,5\,;\,0} \right)\)
Điểm \(M'\) là điểm đối xứng với \(M\)qua \(H\) nên \(M' = 2H - M = \left( { - 3\,;\,5\,;\,7} \right)\)
\(V = {a^3}\).
\(V = \frac{{2{a^3}}}{3}\).
\(V = 2{a^3}\).
\(V = \frac{{{a^3}}}{3}\).
Ta có: \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SA = a\)
Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.a.a.2a = \frac{{2{a^3}}}{3}\)
Một nghệ nhân muốn làm một bình gốm có dạng mô hình như hình 2 bằng cách quay hình phẳng \(\left( H \right)\) ở hình 1 quanh trục hoành. Biết đường cong trong hình 1 là phần đồ thị \(y = 0,125{x^3}\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) và mỗi đơn vị trên đồ thị ở hình 1 có độ dài bằng 10 cm.
Hình 1 | Hình 2
|
Chiều cao của bình gốm bằng 20 cm
Đường kính đáy của bình gốm bằng 10 cm
Khi cắt bình gốm bởi 1 mặt phẳng qua trục thì thiết diện thu được có diện tích bằng \(10{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\)
Thể tích bình gốm bằng 0,90 (đơn vị: lít, kết quả làm tròn tới hàng phần trăm)
Xét mệnh đề a)
Chiều cao của bình gốm bằng \(2.10 = 20\) cm nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Ta có \({y_A} = f\left( {{x_A}} \right) = f\left( 2 \right) = {0,125.2^3} = \frac{1}{8}.8 = 1\) nên đường kính đáy của bình gốm là \(20\)cm nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Thiết diện thu được là: \(S = 2\int\limits_0^2 {\left( {0,125{x^3}} \right){\rm{d}}x = 1} \) nhưng thực tế mỗi đơn vị trên đồ thị có độ dài bằng 10 cm nên diện tích thiết diện là: \(S = {1.10^2} = 100{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Đổi 1 lít \[{\rm{ = 1d}}{{\rm{m}}^3} = 1000\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\]
Thể tích bình gốm là: \(S = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {0,125{x^3}} \right)}^2}{\rm{d}}x = } \frac{{2\pi }}{7}\)(đvtt) nhưng thực thế mỗi đơn vị trên đồ thị có độ dài bằng 10 cm nên một đơn vị thể thích là \({10^3}{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).
Thể tích bình gốm thực tế là: \(V = \frac{{2\pi }}{7}{.10^3}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right) = \frac{{2\pi }}{7}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right) \approx 0,90\)lít nên mệnh đề d) đúng
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại điểm \(M\)có dạng: \(y = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}x + \frac{{x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\)
Tọa độ hai đầu cầu nối vào hai đại lộ là \(A\left( {1;\frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} - 1}}} \right)\)và \[B\left( {2{x_0} - 1;1} \right)\]
Với mọi vị trí của điểm \(M\)trên\(\left( C \right)\), điểm \(M\) luôn là trung điểm của cây cầu \(AB\) và độ dài đoạn \(IM\) luôn bằng một nửa chiều dài cây cầu.
Khi chi phí xây dựng cầu thấp nhất (tương ứng độ dài \(AB\) ngắn nhất), cây cầu sẽ tạo với hai đại lộ một tam giác vuông cân \(IAB\) và có độ dài\(AB = 2\sqrt 2 \)
Giao điểm hai đại lộ là tọa độ tâm đối xứng \(I\left( {1;1} \right)\). Điểm \(M \in \left( C \right)\): \(M\left( {{x_0};\frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}}} \right)\)
Xét mệnh đề a)
Ta có: \[y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\] và hệ số góc tại \(M\) là \(k = f'\left( {{x_0}} \right) = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\)
Phương trình tiếp tuyến: \(y = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}} = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}x + \frac{{x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Giả sử cây cầu \[AB\]nằm trên đường tiếp tuyến vừa tìm được
Điểm \(A\)thuộc tiệm cận đứng \(x = 1\)
Thay \(x = 1\)vào phương trình tiếp tuyến: \({y_A} = \frac{{ - 1 + x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} - 1}} \Rightarrow A\left( {1;\frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} - 1}}} \right)\)
Điểm \(B\) thuộc tiệm cận ngang \(y = 1\)
Thay \(y = 1\) vào phương trình tiếp tuyến: \(1 = \frac{{ - x + x_0^2}}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow x = 2{x_0} - 1 \Rightarrow B\left( {2{x_0} - 1;1} \right)\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Kiểm tra trung điểm: \({x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{1 + \left( {2{x_0} - 1} \right)}}{2} = {x_0}\)
\({y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{\frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} - 1}} + 1}}{2} = \frac{{\frac{{{x_0} + 1 + {x_0} - 1}}{{{x_0} - 1}}}}{2} = \frac{{{x_0}}}{{{x_0} - 1}} = {y_0}\)
Xét tam giác \(IAB\) vuông tại \(I\), \(M\) là trung điểm cạnh huyền \(AB\). Tính theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền: \(IM = \frac{1}{2}AB\) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Để \(AB\) ngắn nhất, ta xét\[A{B^2} = I{A^2} + I{B^2}\]
\(IA = \left| {{y_A} - {y_I}} \right| = \left| {\frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} - 1}} - 1} \right| = \frac{2}{{{x_0} - 1}}\); \[IB = \left| {{x_B} - {x_I}} \right| = \left| {\left( {2{x_0} - 1} \right) - 1} \right| = 2\left( {{x_0} - 1} \right)\]
Nhận xét: \(IA.IB = \frac{2}{{{x_0} - 1}}.2\left( {{x_0} - 1} \right) = 4\) luôn không đổi
Cách 1: Áp dụng bát đẳng thức
Áp dụng BĐT Cauchy: \(A{B^2} = I{A^2} + I{B^2} \ge 2\left( {IA.IB} \right) = 2.4 = 8 \Rightarrow A{B_{min}} = \sqrt 8 = 2\sqrt 2 \)
Dấu xảy ra khi \(IA = IB\) (Tam giác \(IAB\)vuông cân) nên mệnh đề d) đúng
Cách 2: Dùng đạo hàm
Đặt \(t = {x_0} - 1\) vì \({x_0} > 1 \Rightarrow t > 0\) thì khi đó \(IA = \frac{2}{t}\)và \(IB = 2t\)
Theo định lý Pythagore trong tam giác vuông \(IAB\), ta có:
\(A{B^2} = I{A^2} + I{B^2} = {\left( {\frac{2}{t}} \right)^2} + {\left( {2t} \right)^2} = \frac{4}{{{t^2}}} + 4{t^2} = f\left( t \right)\)
Để tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài \(AB\), ta tìm giá trị nhỏ nhất của\(f\left( t \right)\)
Ta có: \(f'\left( t \right) = 8t - \frac{8}{{{t^3}}} = 0 \Leftrightarrow t = 1\) và có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(t = 1\)
Vậy độ dài đoạn cực tiểu là: \(A{B^2} = f\left( 1 \right) = 8 \Rightarrow AB = 2\sqrt 2 \)
Ta có \(IA = \frac{2}{t} = \frac{2}{1} = 2\)và \[IB = 2t = 2.1 = 2\]
Vì \(IA = IB = 2\)và \(\widehat {AIB} = 90^\circ \), nên \(\Delta IAB\) là tam giác vuông cân tại \(I\) nên mệnh đề d) đúng
Xác suất chọn được viên bi màu đỏ bằng \(62,5\% \)
Xác suất chọn được viên bi màu vàng có đánh số bằng 18,57%
Xác suất chọn được viên bi không đánh số bằng 43,75%
Giả sử viên bi được lấy ra là viên bi chưa được đánh số, xác suất để viên bi đó là bi đỏ thấp hơn xác suất viên bi đó là bi vàng
Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một viên bi.
Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được viên bi màu đỏ”; \(B\) là biến cố: “Chọn được viên bi đã được đánh số”.
Theo bài ra ta có \[P\left( {B\left| A \right.} \right) = 60\% ,\,\,P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 50\% \]
a) Đúng: Xác suất chọn được viên bi màu đỏ là \(P\left( A \right) = \frac{{50}}{{80}} = 62,5\% \).
b) Sai: Ta có \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{30}}{{80}} = 37,5\% \), \[P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 50\% \].
Xác suất chọn được viên bi màu vàng đã được đánh số là
\(P\left( {\overline A \cap B} \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 37,5\% .50\% = 18,75\% \).
c) Đúng: Xác suất chọn được viên bi đã được đánh số là
\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 62,5\% .60\% + 37.5\% .50\% = 56,25\% \)
Suy ra xác suất chọn được viên bi chưa đánh số là \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 43,75\% \).
d) Sai: Giả sử viên bi được lấy ra là viên bi chưa được đánh số. Khi đó:
Xác suất để viên bi đó là bi đỏ: \(P\left( {A\left| {\overline B } \right.} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {\overline B \left| A \right.} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{62.5\% .\left( {1 - 60\% } \right)}}{{43,75\% }} = \frac{4}{7}\).
Xác suất để viên bi đó là bi vàng: \(P\left( {\overline A \left| {\overline B } \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B \left| A \right.} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{37,5\% .\left( {1 - 50\% } \right)}}{{43,75\% }} = \frac{3}{7}\).
Vây xác suất viên bi đó là bi đỏ cao hơn xác suất viên bi đó là bi vàng.
Phương trình mặt phẳng sườn dốc \(\left( P \right)\) là \(x + 2y + 2z - 30 = 0\)
Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi đường trượt thẳng \(SC\) và mặt phẳng nằm ngang \(\left( {Oxy} \right)\) thì \(\sin \alpha = \frac{1}{3}\)
Bán kính quỹ đạo cung tròn của đoạn rẽ hướng là \(R = 6\sqrt 2 \)
Giả sử mỗi đơn vị độ dài trong hệ tọa độ ứng với \(5{\rm{ m}}\) thực tế. Tổng quãng đường thực tế vận động viên đã đi từ \(S\) đến \(D\) bằng \(107{\rm{ m}}\) (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Mặt phẳng \(\left( P \right)\)đi qua ba điểm \[S\left( {0;5;10} \right),C\left( {8;9;2} \right),D\left( {16;7;0} \right)\]
Ta có tọa độ các vectơ: \(\overrightarrow {SC} = \left( {8;4; - 8} \right) = 4\left( {2;1; - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {SD} = \left( {16;2; - 10} \right) = 2\left( {8;1; - 5} \right).\)
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\)là: \[{\vec n_P} = \left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {SD} } \right] = \left( { - 3; - 6; - 6} \right)\]
Chọn \(\vec n = \left( {1;2;2} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\)đi qua \(S\left( {0;5;10} \right)\):
\(1\left( {x - 0} \right) + 2\left( {y - 5} \right) + 2\left( {z - 10} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 2z - 30 = 0\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Vectơ chỉ phương của đường thẳng\(SC\)là \({\vec u_{SC}} = \left( {2;1; - 2} \right)\)
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right)\)là \(\vec k = \left( {0;0;1} \right)\)
\(\sin \alpha = \frac{{\left| {{{\vec u}_{SC}}.\vec k} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_{SC}}} \right|.\left| {\vec k} \right|}} = \frac{{\left| { - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} .1}} = \frac{2}{3}\)nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Cung tròn tâm\(M\)nằm trong mặt phẳng\(\left( P \right)\) đi qua \(C,D\) và tiếp xúc \(SC\)ại\(C\).
Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\) và do \(M \in \left( P \right) \Rightarrow x + 2y + 2z = 30\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Mặt khác, ta có\(SC\)là tiếp tuyến với cung tròn tại tiếp điểm \(C\)nên \(MC \bot SC \Rightarrow MC.SC = 0\)
Với \(\overrightarrow {MC} = \left( {8 - x;9 - y;2 - z} \right)\) và \(\overrightarrow {SC} = \left( {8;4; - 8} \right)\), ta có:
\(\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {SC} = 0 \Leftrightarrow 8\left( {8 - x} \right) + 4\left( {9 - y} \right) - 8\left( {2 - z} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 2z = 21\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Lại có \(MC = MD \Leftrightarrow M{C^2} = M{D^2}\) nên khi đó:
\({\left( {x - 8} \right)^2} + {\left( {y - 9} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = {\left( {x - 16} \right)^2} + {\left( {y - 7} \right)^2} + {z^2} \Leftrightarrow 4x - y - z = 39\,\,\,\left( 3 \right)\)
Giải hệ phương trình từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta tìm được tọa độ tâm\(M\left( {12;5;4} \right)\)
Bán kính \(R = MC = \sqrt {{{\left( {12 - 8} \right)}^2} + {{\left( {5 - 9} \right)}^2} + {{\left( {4 - 2} \right)}^2}} = 6\) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Độ dài đoạn thẳng \(SC = \sqrt {{8^2} + {4^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2}} = 12\)đơn vị độ dài.
Để tính độ dài cung \(CD\), ta cần tìm góc \(\varphi = \widehat {CMD}\)
Ta có: \(\overrightarrow {MC} = \left( { - 4;4; - 2} \right)\)và \(\overrightarrow {MD} = \left( {4;2; - 4} \right)\)\( \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} }}{{\left| {\overrightarrow {MC} } \right|.\left| {\overrightarrow {MD} } \right|}} = \frac{{ - 16 + 8 + 8}}{{6.6}} = 0 \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{2}\)
Độ dài cung đơn vị độ dài
Quãng đường thực tế là \(S = \left( {12 + 3\pi } \right).5 \approx 107\)(m) nên mệnh đề d) đúng
Cho khối lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\). Biết số đo góc nhị diện \(\left[ {A',BC,A} \right]\) bằng \(30^\circ \) và tam giác \(A'BC\) có diện tích bằng 32. Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(A'C'\) bằng bao nhiêu?
Suy ra \(\left[ {A',BC,A} \right] = \widehat {A'MA} = 30^\circ \) và đặt \(AB = BC = CA = x\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x}\\{A'M = \frac{{2SA'.BC}}{{BC}} = \frac{{64}}{x}}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow {\rm{cos}}30^\circ = \frac{{AM}}{{A'M}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x:\frac{{64}}{x} = \frac{{\sqrt 3 {x^2}}}{{128}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = 8\)
Vậy \(AA' = AM.{\rm{tan}}30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = 4 \Rightarrow d = 4\)
Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(A'C'\) bằng \(4\).
Mỗi lá thư có 3 cách chọn hòm nên số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = {3^7}\)
Gọi \(A\) là biến cố “Đúng một hòm thư chứa \(3\) lá thư
Chọn hòm chứa đúng 3 lá: \(C_3^1 = 3\) và chọn 3 lá trong 7 lá: \(C_7^3 = 35\)
Bỏ 4 lá còn lại vào 2 hòm sao cho không hòm nào có 3 lá
Các trường hợp thỏa điều kiện \(\left( {4,0} \right)\,,\,\left( {0,4} \right)\,,\,\left( {2,2} \right)\)
Tổng số cách phân 4 lá vào 2 hòm: \({2^4}\) và trường hợp mỗi hòm có 3 lá thư là: \(2.C_4^3 = 8\)
Số cách phân hợp lệ: \({2^4} - 8 = 8\)\( \Rightarrow n\left( A \right) = 3.35.8 = 840\)
Vậy xác suất cần tìm là: \(P = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{840}}{{{3^7}}} \approx 0,38\)
Thực hiện phép tịnh tiến hệ trục tọa độ\(Oxy\) về tâm\(I\)bằng cách đặt: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{X = x + 4}\\{Y = y - 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = X - 4}\\{y = Y + 1}\end{array}} \right.\)
Thay vào hàm số ban đầu: \(Y + 1 = \frac{{\left( {X - 4} \right) - 2}}{X} = \Leftrightarrow Y = - \frac{6}{X}\)
Đồ thị \(\left( C \right)\) lúc này trở thành đường Hyperbol cơ bản \(\left( H \right):Y = - \frac{6}{X}\) trong hệ tọa độ mới\(IXY\).
Vì các đỉnh đối xứng nhau qua tâm \(I\left( {0;0} \right)\) trong hệ tọa độ\(IXY\), ta gọi tọa độ các đỉnh là:
\(A\left( { - a;\frac{6}{a}} \right)\)và \(B\left( { - b;\frac{6}{b}} \right)\)thì \(C\left( {a; - \frac{6}{a}} \right)\)và \(D\left( {b; - \frac{6}{b}} \right)\)
Khi đó \(\overrightarrow {AB} = \left( { - b - \left( { - a} \right);\frac{6}{b} - \frac{6}{a}} \right) = \left( {a - b} \right)\left( {1;\frac{6}{{ab}}} \right)\); \(\overrightarrow {BC} = \left( {a - \left( { - b} \right); - \frac{6}{a} - \frac{6}{b}} \right) = - \left( {a + b} \right)\left( {1; - \frac{6}{{ab}}} \right)\)
Vì \(ABCD\)là hình chữ nhật nên \(AB \bot BC \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = 0\)
\( \Leftrightarrow - \left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\left[ {1.1 + \left( { - \frac{6}{{ab}}} \right)\left( {\frac{6}{{ab}}} \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow - \left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\left[ {1 - \frac{{36}}{{{a^2}{b^2}}}} \right] = 0\)
Vì \(a \ne b\), suy ra \(1 - \frac{{36}}{{{a^2}{b^2}}} = 0 \Rightarrow {a^2}{b^2} = 36\left( 1 \right)\)
Độ dài các cạnh: \(AB = \sqrt {{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{6\left( {a - b} \right)}}{{ab}}} \right)}^2}} = \left| {a - b} \right|\sqrt {1 + \frac{{36}}{{{a^2}{b^2}}}} = \sqrt 2 \left( {a - b} \right)\)
\(BC = \sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{6\left( {a + b} \right)}}{{ab}}} \right)}^2}} = \left| {a + b} \right|\sqrt {1 + \frac{{36}}{{{a^2}{b^2}}}} = \sqrt 2 \left( {a + b} \right)\)
Theo đề bài, ta có \(AB.BC = 2\left( {{a^2} - {b^2}} \right) = 20 \Leftrightarrow {a^2} - {b^2} = 10\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\)ta có hệ : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} - {b^2} = 10}\\{{a^2}{b^2} = 36}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a^2} = 5 + \sqrt {61} }\\{{b^2} = \sqrt {61} - 5}\end{array}} \right.\)
Chu vi \[P = 2\left( {AB + BC} \right) = 2\left[ {\sqrt 2 \left( {a - b} \right) + \sqrt 2 \left( {a + b} \right)} \right] = 4\sqrt 2 a\,\,\,\left( * \right)\]
Thay \(a = \sqrt {5 + \sqrt {61} } \)vào \(\left( * \right) \Rightarrow P = 4\sqrt {2\left( {5 + \sqrt {61} } \right)} = 4\sqrt {10 + 2\sqrt {61} } \approx 20,2\)
Vậy hàm vận tốc có dạng:\(v\left( t \right) = - a{t^2} + 35\)
Gọi \(T\)(giây) là thời gian kể từ lúc hãm phanh đến khi mũi tàu chạm đầu cầu
Theo đề bài, ta có hệ phương trình:
Vận tốc tại \(T\) là: \(v\left( T \right) = - a{T^2} + 35 = 10 \Rightarrow a{T^2} = 25 \Rightarrow a = \frac{{25}}{{{T^2}}}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Quãng đường đi được sau thời gian \(T:\)
\(S\left( T \right) = \int\limits_0^T {\left( { - a{t^2} + 35} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left( { - \frac{1}{3}a{t^3} + 35t} \right)} \right|_0^T = - \frac{1}{3}a{t^3} + 35T = 400\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Thay \(\left( 1 \right)\)vào \(\left( 2 \right)\)ta được: \( - \frac{1}{3} \cdot \frac{{25}}{{{T^2}}} \cdot {T^3} + 35T = 400 \Rightarrow T = 15\) suy ra \(a = \frac{{25}}{{{{15}^2}}} = \frac{1}{9}\)
Vậy hàm vận tốc là: \(v\left( t \right) = - \frac{1}{9}{t^2} + 35\)
Gọi \({t_1}\) là khoảng thời gian cần tìm, ta có phương trình quãng đường:
\[S\left( {{t_1}} \right) = \int\limits_0^{{t_1}} {\left( { - \frac{1}{9}{t^2} + 35} \right){\rm{d}}t} = 288 \Leftrightarrow \left. {\left( { - \frac{1}{{27}}{t^3} + 35t} \right)} \right|_0^{{t_1}} = 288 \Leftrightarrow t_1^3 - 945{t_1} + 7776 = 0 \Rightarrow {t_1} = 9\]
Gia tốc của đoàn tàu là:\(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = {\left( { - \frac{1}{9}{t^2} + 35} \right)^\prime } = - \frac{2}{9}t\)
Tại thời điểm \({t_1} = 9\) gia tốc thực tế là: \[a\left( 9 \right) = - \frac{2}{9} \cdot 9 = - 2\](m/\[{{\rm{s}}^2}\])
Độ lớn gia tốc lúc này là:\(\left| {a\left( 9 \right)} \right| = 2\) (m/\[{{\rm{s}}^2}\])
Trước hết ta có điều kiện cân bằng như sau: \(\overrightarrow P = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} \) với \({F_1} = {F_2} = {F_3}\)
Gọi góc \[\widehat {\left( {\overrightarrow {{F_1}} ;\overrightarrow {{F_2}} } \right)} = \widehat {\left( {\overrightarrow {{F_2}} ;\overrightarrow {{F_3}} } \right)} = \widehat {\left( {\overrightarrow {{F_3}} ;\overrightarrow {{F_1}} } \right)} = \beta > 0^\circ \], khi đó ta có:
\[{P^2} = {\left( {\overrightarrow P } \right)^2} = {\left( {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right)^2} = F_1^2 + F_2^2 + F_3^2 + 2\overrightarrow {{F_1}} \overrightarrow {{F_2}} + 2\overrightarrow {{F_2}} \overrightarrow {{F_3}} + 2\overrightarrow {{F_3}} \overrightarrow {{F_1}} \]
\[ \Leftrightarrow {P^2} = F_1^2 + F_2^2 + F_3^2 + 2\cos \beta \left( {{F_1}.{F_2} + {F_2}.{F_3} + {F_3}.{F_1}} \right)\]. Mà \({F_1} = {F_2} = {F_3}\) nên phương trình tương đương với: \[ \Leftrightarrow {P^2} = 3F_1^2 + 6F_1^2\cos \beta = F_1^2\left( {3 + 6\cos \beta } \right)\].
Mà \(\overrightarrow P = m\overrightarrow g \Rightarrow P = mg = 20.10 = 200\left( N \right)\) nên \[F_1^2\left( {3 + 6\cos \beta } \right) = 200 \Leftrightarrow F_1^2 = \frac{{200}}{{3 + 6\cos \beta }}\] (*).
Xét \(\Delta SAC\), ta có: \(\frac{{MP}}{{AC}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SM + 50}} = \frac{2}{3}\). Mà \(SM = SP\) (\(\Delta SAC\) cân) nên \(SM = SP = 100\)
Áp dụng định lí Cosin, ta có:
Vậy ta suy ra độ lớn cần tìm là: \[{F_1} = {F_2} = {F_3} \approx 67,1\](N)
Bộ \(\left\{ {1;2;4} \right\}\)có \(3! = 6\)hoán vị và mỗi hoán vị có số cách xuất hiện là \(2.2.1 = 4\)cách nên số cách cho bộ này là: \(6.4 = 24\)cách.
Bộ \(\left\{ {1;3;3} \right\}\)có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\)hoán vị và mỗi hoán vị có số cách xuất hiện là \(2.1.1 = 2\)cách nên số cách cho bộ này là: \(3.2 = 6\)cách.
Bộ \(\left\{ {2;3;3} \right\}\)có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\)hoán vị và mỗi hoán vị có số cách xuất hiện là \(2.2.1 = 4\)cách nên số cách cho bộ này là: \(3.4 = 12\)cách.
Vậy tổng số khả năng để biến cố\(A\)xảy ra là: \(24 + 6 + 12 = 42\)cách.
Gọi \(B\)là biến cố: "Kết quả ba lần tung theo thứ tự lập thành một cấp số nhân".
Với ba bộ ở trên, chỉ có bộ\(\left\{ {1;2;4} \right\}\)tạo thành cấp số nhân và tạo ra hai hoán vị.
Trình tự \(\left\{ {1;2;4} \right\}\)với công bội \(q = 2\)có\(2.2.1 = 4\)cách.
Trình tự \(\left\{ {4;2;1} \right\}\)với công bội \(q = \frac{1}{2}\)có\(1.2.2 = 4\)cách.
Vậy số cách để kết quả vừa có tổng bằng \(7\)vừa là cấp số nhân là: \(n\left( {A \cap B} \right) = 4 + 4 = 8\)cách
Vậy xác suất cần tìm là: \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{8}{{42}} = \frac{4}{{21}} \approx 0,2\)
