Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 19
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.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \cos x + 1\) là
\(\sin x + C\).
\( - \sin x + x + C\).
\(\cos x + x + C\).
\(\sin x + x + C\).
Đáp án đúng là D
\(V = \frac{{12\pi }}{5}.\)
\(V = \frac{{12}}{5}\).
\(V = \frac{{\sqrt 3 \pi }}{{12}}.\)
\(V = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}.\)
Đáp án đúng là D
| Thời gian giải rubik (giây) | \(\left[ {8;10} \right)\) | \(\left[ {10;12} \right)\) | \(\left[ {12;14} \right)\) | \(\left[ {14;16} \right)\) | \(\left[ {16;18} \right)\) |
Số lần | 4 | 6 | 8 | 4 | 3 |
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm có giá trị gần nhất với giá trị nào dưới đây?
\(5,98\).
\(6\).
\(2,44\).
\(2,5\).
Số trung bình của mẫu số liệu là: \(\overline x = \frac{1}{{25}}.\left( {4.9 + 6.11 + 8.13 + 4.15 + 3.17} \right) = 12,68\).
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\({S^2} = \frac{1}{{25}}.\left( {{{4.9}^2} + {{6.11}^2} + {{8.13}^2} + {{4.15}^2} + {{3.17}^2}} \right) - {12,68^2} = 5,9776\).
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(S = \sqrt {{S^2}} = \sqrt {5,9776} \approx 2,44\).
\(x - y - 2z = 0\).
\(2x + y - 2z = 0\).
\(2x + y - 2z + 1 = 0\)
\(2x - y + 2z = 0\)
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):2\left( {x - 0} \right) + \left( {y - 0} \right) - 2\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 2z = 0\).
\(1\).
\(2\).
\(3\).
\(4\).
Điều kiện xác định: \({x^2} - 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \le - 2\end{array} \right.\)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 0 \Rightarrow \) Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(y = 0\)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y\) không tồn tại nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng
Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số là 1.
\[\left( { - \infty ;\frac{1}{3}} \right)\].
\[\left( { - \infty ;3} \right)\].
\[\left( {3;\, + \infty } \right)\].
\[\left( {\frac{1}{3}; + \infty } \right)\].
\(\left( {1;\,2;\, - 3} \right)\).
\(\left( {1;\, - 2;\,3} \right)\).
\(\left( { - 1;\,2;\, - 3} \right)\).
\(\left( {1;\,2;\,3} \right)\).
\(\widehat {SCB}\).
\(\widehat {SAC}\).
\(\widehat {SBC}\).
\(\widehat {SCA}\).
Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) suy ra \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) lên \(\left( {ABC} \right)\)
Suy ra \(\left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC;AC} \right) = \widehat {SCA}\).
\(x = 66\).
\(x = 68\).
\(x = 65\).
\(x = 63\).
Ta có \({\log _4}\left( {x - 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x - 1 = {4^3} \Leftrightarrow x = 65\).
\[{u_2} = 1\].
\[{u_2} = - 6\].
\[{u_2} = 6\].
\[{u_2} = - 18\].
\(\overrightarrow a = \left( {2; - 3; - 1} \right).\)
\(\overrightarrow a = \left( { - 1;2; - 3} \right).\)
\(\overrightarrow a = \left( {2; - 1; - 3} \right).\)
\(\overrightarrow a = \left( { - 3;2; - 1} \right).\)
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình vẽ:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng sau:
\(\left( { - \infty ;\,1} \right)\).
\(\left( { - 1;\,3} \right)\).
\(\left( {1;\, + \infty } \right)\).
\(\left( {1;\,3} \right)\).
Thể tích nước của một bể bơi sau \(t\) phút bơm tính theo công thức \[V\left( t \right) = \frac{1}{{100}}\left( {30{t^3} - \frac{{{t^4}}}{4}} \right)\] (lít) với \[\left( {0 \le t \le 90} \right)\]. Tốc độ bơm nước tại thời điểm \(t\) được tính bởi công thức \(f\left( t \right) = V'\left( t \right)\)
Tốc độ bơm nước tại phút thứ \(30\) là \(540\) lít/phút
Tốc độ bơm nước luôn tăng dần trong suốt quá trình bơm từ phút thứ 0 đến phút thứ 90
Trong toàn bộ quá trình bơm, có đúng một thời điểm duy nhất tốc độ bơm đạt \(800\) lít/phút.
Tại thời điểm lượng nước trong bể đạt \(6075\) lít thì tốc độ tăng của tốc độ bơm đạt giá trị lớn nhất.
Tốc độ bơm nước: \(f\left( t \right) = V'\left( t \right) = \frac{1}{{100}}\left( {90{t^2} - {t^3}} \right)\)
Tốc độ tăng của tốc độ bơm nước: \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{100}}\left( {180t - 3{t^2}} \right)\)
Xét mệnh đề a)
Thay \(t = 30\)vào hàm tốc độ bơm nước, ta được \(f\left( {30} \right) = \frac{1}{{100}}\left( {90 \cdot {{30}^2} - {{30}^3}} \right) = 540\)(lít/phút) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Cho \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{100}}\left( {180t - 3{t^2}} \right) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 60}\end{array}} \right.\)
Bảng biến thiên như sau:
Từ bảng biến thiên, ta thấy tốc độ bơm giảm sau phút thứ\(60\)nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Giai đoạn 1 (từ 0 đến 60 phút): Tốc độ tăng liên tục từ \(0\) lên \(1080\)lít/phút
Vì \(0 < 800 < 1080\) nên theo tính chất của hàm số liên tục tồn tại duy nhất 1 thời điểm \({t_1} \in \left( {0;60} \right)\) sao cho \[f\left( {{t_1}} \right) = 800\]
Giai đoạn 2 (từ 60 đến 90 phút): Tốc độ giảm liên tục từ \(1080\)xuống \(0\)lít/phút.
Vì \(0 < 800 < 1080\), theo tính chất của hàm số liên tục nên tồn tại thêm một nghiệp duy nhất 1 thời điểm \({t_2} \in \left( {60;90} \right)\) sao cho \[f\left( {{t_2}} \right) = 800\]
Vậy trong toàn bộ quá trình bơm từ \(t = 0\) đến\(t = 90\), có \(2\) thời điểm mà tốc độ bơm đạt đúng 800 lít/phút nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Xét hàm \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{100}}\left( {180t - 3{t^2}} \right)\). Đây là một parabol có bề lõm hướng xuống
Giá trị lớn nhất của \(f'\left( t \right)\)đạt được tại đỉnh:\(t = - \frac{b}{{2a}} = \frac{{ - 60}}{{2 \cdot \left( { - 1} \right)}} = 30\)
Lượng nước tại \(t = 30\)là: \[V\left( {30} \right) = \frac{1}{{100}}\left( {30 \cdot {{30}^3} - \frac{{{{30}^4}}}{4}} \right) = 6075\](lít) nên mệnh đề d) đúng
Trong \(5\) giây đầu, xe chỉ dừng lại và bắt đầu chạy lùi đúng một lần tại thời điểm \(t = 4\) giây
Quãng đường xe chạy tiến lên phía trước (đến khi đảo chiều) là \(\frac{{32}}{3}\) mét, do đó khoảng cách xa nhất từ xe đến vạch xuất phát là \(\frac{{32}}{3}\)mét
Sau khi đảo chiều, trong 1 giây cuối cùng, xe đã chạy lùi được một quãng đường là \(\frac{7}{3}\)mét
Tốc độ trung bình của xe đồ chơi trong suốt \(5\) giây hoạt động là \(\frac{5}{3}\)m/s
Xét phương trình \(v\left( t \right) = - {t^2} + 4t = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 0}\\{t = 4}\end{array}} \right.\)
Tại thời điểm \(t = 0\)xe bắt đầu chuyển động, tại thời điểm \(t = 4\)vận tốc bằng \(0\).
Và tại thời điểm \(t > 4\) thì \(v\left( t \right) < 0\)(vận tốc âm nghĩa là xe chạy lùi)
Vậy tại\(t = 4\), xe dừng lại và đổi chiều chuyển động (bắt đầu chạy lùi) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Quãng đường xe chạy tiến lên phía trước (đến khi đảo chiều) là: \({S_1} = \int\limits_0^4 {\left( { - {t^2} + 4t} \right)} {\rm{d}}t = \frac{{32}}{3}\)(m)
Khoảng cách xa nhất đến vạch xuất phát:
Vì ban đầu xe đã cách vạch\(2\)mét, nên khoảng cách cực đại là:\({d_{\max }} = 2 + \frac{{32}}{3} = \frac{{38}}{3}\)(m) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Sau khi đảo chiều, trong 1 giây cuối cùng, xe đã chạy lùi được một quãng đường là:
\({S_2} = \int\limits_4^5 {\left| { - {t^2} + 4t} \right|} {\rm{d}}t = \frac{7}{3}\)(m) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Tổng quãng đường xe đi được: \(S = {S_1} + {S_2} = \frac{{32}}{3} + \frac{7}{3} = 13\)(m)
Tốc độ trung bình: \({v_{tb}} = \frac{S}{t} = \frac{{13}}{5} = 2,6\)(m/s) nên mệnh đề d) sai
Xác suất để người thứ nhất bốc trúng lá thăm trúng giải là \(0,09\)
Xác suất để người thứ hai bốc trúng lá thăm trúng giải khi biết người thứ nhất bốc trượt là \(0,11\)
Xác suất để cả hai người bốc đầu tiên không được thăm trúng giải là \(0,89\)
Xác suất để người thứ ba bốc trúng lá thăm trúng giải là nhỏ hơn \(0,1\)
Do chỉ có 1 trong 10 lá thăm là trúng giải nên xác suất để người thứ nhất bốc trúng lá thăm trúng giải là \(\frac{1}{{10}} = 0,1\) nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Khi người thứ nhất bốc trượt thì trong hộp còn lại 9 lá thăm, trong đó có 1 thăm trúng giải
Vậy nên xác suất người thứ hai bốc được thăm trúng giải khi biết người thứ nhất bốc trượt là \(\frac{1}{9} \approx 0,11\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Gọi \(A\) là biến cố cả 2 người bốc đầu tiên không được thăm trúng giải
Xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{9}{{10}} \cdot \frac{8}{9} = 0,8\) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Gọi \(B\) là biến cố người thứ 3 bốc được thăm trúng giải:
Theo công thức nhân xác suất: \(P\left( B \right) = P\left( {BA} \right) = P\left( {B\mid A} \right).P\left( A \right) = \frac{1}{8} \cdot \frac{8}{{10}} = 0,1\) nên mệnh đề d) sai
Phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh là \(x + z = 0\)
Khi xuất phát tại điểm \(B\) vệ tinh đang ở độ cao \[320\]km so với mặt đất
Quỹ đạo của tên lửa là đường tròn có tâm \(I\left( { - 4032;0;5736} \right)\)
Khi Trái Đất quay, điểm cực Nam và cực Bắc của Trái Đất không thay đổi vị trí. Biết rằng điểm cực Nam của Trái Đất có tọa độ là \(M\left( {0;\,3840;\,5120} \right)\). Khoảng cách gần nhất giữa vệ tinh và điểm cực Nam bằng \[10112\]km ( Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Xét mệnh đề a)
Quỹ đạo của vệ tinh này nằm trên mặt phẳng vuông góc với trục tung nên một vectơ chỉ phương của mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh là \(\left( {0;\,1;\,0} \right)\) nên mệnh đề a) sai
Khi đó phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh có dạng \(y + a = 0\)
Quỹ đạo đi qua điểm \(B\left( {4032;0; - 5376} \right)\) nên \(0 + a = 0 \Rightarrow a = 0\)
Vậy phương trình mặt phẳng chứa quỹ đạo của vệ tinh là \(y = 0\)
Xét mệnh đề b)
Khoảng cách ngắn nhất từ Trái Đất đến vệ tinh là:
\(OB - R = \sqrt {{{4032}^2} + {0^2} + {{\left( { - 5376} \right)}^2}} - 6400 = 320\)km
Vậy khi xuất phát tại điểm \(B\) thì vệ tinh đang ở độ cao \(320\)km so với mặt đất nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Quỹ đạo của vệ tinh có tâm nằm trên đường thẳng \(OB\) nên tâm \(I\) nằm trên đường thẳng \(OB\).
Mặt khác: \(IB = {R_{qd}} = 13440 = 2.OB\) nên \(O\) là trung điểm của \(IB\)
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = 2{x_O} - {x_B}\\{y_I} = 2{y_O} - {y_B}\\{z_I} = 2{z_O} - {z_B}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = - 4032\\{y_I} = 0\\{z_I} = 5376\end{array} \right.\) nên tọa độ điểm \(I\left( { - 4032;\,0;\,5376} \right)\) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(K\) lên mặt phẳng quỹ đạo \(y = 0 \Rightarrow H\left( {0;0;5120} \right)\)
Khi đó: \(KH = d\left( {K,\left( {y = 0} \right)} \right) = 3840\); \(IH = \sqrt {{{4032}^2} + {{\left( {5376 - 5120} \right)}^2}} = 64\sqrt {3985} \)
Từ đó suy ra: \(NH = IN - IH = 13440 - 64\sqrt {3985} \)
Nối \(I\) và \(H\) cắt vệ tinh tại \(N\)thì khi đó:
\(K{N_{\min }} = \sqrt {K{H^2} + N{H^2}} = \sqrt {{{3840}^2} + {{\left( {13440 - 64\sqrt {3985} } \right)}^2}} \approx 10154\)(km) nên mệnh đề d) sai
Cho khối lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\)có độ dài cạnh bên bằng \(2\) và đáy là tam giác \(ABC\)vuông cân tại \(C\). Biết rằng \(CA = CB = 1\) và gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(AA'\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(MC'\). (Kết quả làm trong đến chữ số thập phân thứ hai sau dấu phẩy)
Khi đó: \(d\left( {AB,MC'} \right) = d\left( {MC',\left( {EAB} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {EAB} \right)} \right) = d\left( {C',\left( {EAB} \right)} \right)\).
Gọi \(K\) là trung điểm của cạnh \[AB\] \[ \Rightarrow AB \bot \left( {EKC} \right)\],
Dựng \(CH \bot EK,\,\left( {H \in EK} \right)\)\[ \Rightarrow CH \bot \left( {EAB} \right)\] nên \[d\left( {C,\left( {ABE} \right)} \right) = CH\].
Xét tam giác \(ECK\) vuông tại \(C\)có: \(CK = \frac{{AB}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2};\,CE = \frac{{CC'}}{2} = 1\).
Do đó: \(CH = \frac{{CK.CE}}{{\sqrt {C{K^2} + C{E^2}} }} = \frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}.1}}{{\sqrt {\frac{{{1^2}}}{2} + {1^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(MC'\) là .
Để các hàng và cột là cấp số cộng, ta có các hệ thức thỏa điều kiện:
Hàng \(a + b = 2m\) \(q + n = 2o\) \(d + c = 2p\)
Cột \(a + d = 2q\) \(m + p = 2o\) \(b + c = 2n\)
Đường chéo \(a + c = 2o\) \(b + d = 2o\)
Từ các hệ thức trên, ta suy ra \(a + c = b + d = 2o\)
Điều này có nghĩa là tổng các cặp số ở góc đối diện phải bằng nhau và bằng 2 lần số ở tâm bảng
Để \(m,n,p,q,o\)là các số nguyên, thì \(a,b,c,d\)phải cùng tính chẵn lẽ
Ta cần tìm các bộ bốn số \(\left\{ {a;b;c;d} \right\}\) phân biệt từ tập \(S\)thỏa mãn điều kiện \(a + c = b + d = 2o\) sao cho các số trung điểm sinh ra cũng thuộc \(S\) và phân biệt
Trường hợp 1: Các số ở góc\(a,b,c,d\)là số chẵn. Tập các số chẵn là:\({S_C} = \left\{ {2;4;6;8;10;12} \right\}\)
Các bộ từ tập chẵn sao cho \(\left( {a + c = b + d} \right)\):
\(\left\{ {2;4;8;10} \right\}\) với \(2 + 10 = 4 + 8 = 12 \Leftrightarrow o = 6\) (thỏa mãn)
\(\left\{ {2;4;10;12} \right\}\)với \(2 + 12 = 4 + 10 = 14 \Leftrightarrow o = 7\)(thỏa mãn)
\(\left\{ {2;6;8;12} \right\}\)với \(2 + 12 = 6 + 8 = 14 \Leftrightarrow o = 7\)(thỏa mãn)
\(\left\{ {4;6;10;12} \right\}\)với \(4 + 12 = 6 + 10 = 16 \Leftrightarrow o = 8\)(thỏa mãn)
Trường hợp 2: Các số ở góc\(a,b,c,d\) là số lẻ. Tập các số lẽ là:\({S_L} = \left\{ {1;3;5;7;9;11} \right\}\)
Các bộ từ tập lẽ sao cho \(\left( {a + c = b + d} \right)\):
\(\left\{ {1;3;7;9} \right\}\) với \(1 + 9 = 3 + 7 = 10 \Leftrightarrow o = 5\) (thỏa mãn)
\(\left\{ {1;3;9;11} \right\}\)với \(1 + 11 = 3 + 9 = 12 \Leftrightarrow o = 6\)(thỏa mãn)
\(\left\{ {1;5;7;11} \right\}\)với \(1 + 11 = 5 + 7 = 12 \Leftrightarrow o = 6\)(thỏa mãn)
\(\left\{ {3;5;9;11} \right\}\)với \(3 + 11 = 5 + 9 = 14 \Leftrightarrow o = 7\)(thỏa mãn)
Tổng cộng có \(8\)bộ số ở góc thỏa mãn
Với mỗi bộ 4 số góc, ta có các cách xếp vào bảng như sau:
Chọn một trong bốn góc để đặt số nhỏ nhất: Có \(C_4^1 = 4\)(cách)
Chọn vị trí cho số nhỏ thứ hai trong bộ bốn góc (phải kề với số nhỏ nhất để đảm bảo tính CSC): Có \(C_2^1 = 2\)(cách)
Khi 2 góc kề nhau đã định, các vị trí còn lại (bao gồm cả tâm \(o\) và các số trung điểm) là duy nhất để thỏa mãn quy tắc cấp số cộng
Vậy mỗi bộ số có: \(4.2 = 8\)(cách xếp)
Số cách xếp thỏa mãn yêu cầu là: \(T = 8.8 = 64\). Suy ra
Đặt hệ trục như hình vẽ, ta có \(OM\)là đường cao trong tam giác đều \(OAB \Rightarrow OM = \left( {0;3\sqrt 3 } \right)\)Suy ra, tọa độ điểm\(A\left( {3;3\sqrt 3 } \right)\)và \(B\left( { - 3;3\sqrt 3 } \right)\)
Phương trình parabol đi qua \(A\)và \(B\)có dạng: \(\left( {{C_1}} \right):f\left( x \right) = a{x^2} + c \Rightarrow f'\left( x \right) = 2ax\,\left( {a > 0} \right)\)
Vì \(\left( {{C_1}} \right)\)đi qua \(A\left( {3;3\sqrt 3 } \right) \Rightarrow 9a + c = 3\sqrt 3 \Rightarrow c = 3\sqrt 3 - 9a\left( * \right)\)
Hệ số góc tiếp tuyến tại \(A\)là: \({k_A} = f'\left( 3 \right) = 6a\)
Hệ số góc tiếp tuyến tại \(B\)là: \({k_B} = f'\left( { - 3} \right) = - 6a\)
Theo đề bài, hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau, nên: \({k_A}.{k_B} = 6a.\left( { - 6a} \right) = - 1 \Leftrightarrow a = \frac{1}{6}\)
Thay \(a = \frac{1}{6}\)vào \(\left( * \right) \Leftrightarrow c = 3\sqrt 3 - 9.\frac{1}{6} = 3\sqrt 3 - \frac{3}{2}\)
Vậy phương trình parabol \(\left( {{C_1}} \right)\)có dạng:\(f\left( x \right) = \frac{1}{6}{x^2} + 3\sqrt 3 - \frac{3}{2}\)
Diện tích cần tìm là:
Suy ra
Viên bi đỏ dạng mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\) có tâm \({I_1}\left( {10;\,0;\,3} \right)\) và bán kính \({R_1} = 3\)
Viên bi xanh dạng mặt cầu \(\left( {{S_2}} \right)\) có tâm \({I_2}\left( { - 12;\,0;\,4} \right)\) và có bán kính \({R_2} = 4\)
Do hai mặt cầu chỉ lăn thẳng tịnh tiến dọc theo trục \(Ox\), tung độ và cao độ của hai tâm mặt cầu sẽ hoàn toàn không thay đổi trong suốt quá trình chuyển động
Tại thời điểm va chạm, hai mặt cầu tiếp xúc ngoài với nhau nên tiếp điểm \(M\left( {{x_0};\,{y_0};\,{z_0}} \right)\) chắc chắn phải nằm trên đoạn thẳng nối tâm là \({I_1}{I_2}\)
Khoảng cách từ tiếp điểm \(M\) đến tâm mỗi mặt cầu chính bằng bán kính của nó nên ta có:
\(\frac{{{I_1}M}}{{M{I_2}}} = \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \frac{3}{4}\)\( \Rightarrow 4.\overrightarrow {{I_1}M} = 3.\overrightarrow {M{I_2}} \)
Suy ra: \(4\left( {{y_0} - {y_1}} \right) = 3\left( {{y_2} - {y_0}} \right) \Leftrightarrow 4\left( {{y_0} - 0} \right) = 3\left( {0 - {y_0}} \right) \Rightarrow 7{y_0} = 0 \Rightarrow {y_0} = 0\)
Tương tự: \(4\left( {{z_0} - {z_1}} \right) = 3\left( {{z_2} - {z_0}} \right) \Leftrightarrow 4\left( {{z_0} - 3} \right) = 3\left( {4 - {z_0}} \right) \Leftrightarrow 7{z_0} = 24 \Rightarrow {z_0} = \frac{{24}}{7}\)
Vậy giá trị của biểu thức \(T = {y_0} + 7{z_0} = 0 + 7.\frac{{24}}{7} = 24\)
Chọn hệ trục tọa độ\(Oxyz\)như hình vẽ:
Tọa độ các điểm: \(P\left( {0;0;0} \right)\), \(A\left( { - 9;0;0} \right)\), \(B\left( {9;0;0} \right)\), \(Q\left( {0;12;0} \right)\)
Theo đề bài, khi gấp phẳng thì \(PA\)trùng với\(PQ\).
Điều này có nghĩa là khi gấp, điểm \(A\) sẽ di chuyển đến điểm \(A'\left( {0;9;0} \right)\) trên trục \(Oy\)(vì \(PA = 9\) cm)
Đường nếp gấp \(PR\) chính là đường trung trực của đoạn \(AA'\) trong mặt phẳng ban đầu.
Trung điểm của \(AA'\)là \(M\left( { - \frac{9}{2};\frac{9}{2};0} \right)\)
Vectơ \(\overrightarrow {AA'} = \left( {9;9;0} \right)\) nên nếp gấp \(PR\) có phương trình là \(y = - x\) trong mặt phẳng\(Oxy\).
Khi ta gấp tam giác \(APR\) lên một góc \(\theta \) so với mặt phẳng cố định\(\left( {PRQS} \right)\) thì điểm \(A\) sẽ quay quanh trục\(PR\). Tọa độ của \(A\)trong không gian sẽ phụ thuộc vào\(\theta \):
\[A\left( { - \frac{9}{2}\left( {1 - \cos \theta } \right);\frac{9}{2}\left( {1 + \cos \theta } \right);\frac{{9\sqrt 2 }}{2}\sin \theta } \right)\]
Do tính đối xứng qua \(Oy \Rightarrow B\left( {\frac{9}{2}\left( {1 - \cos \theta } \right);\frac{9}{2}\left( {1 + \cos \theta } \right);\frac{{9\sqrt 2 }}{2}\sin \theta } \right)\)
Thể tích khối tứ diện \(Q.PAB\)là: \(V = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {PA} ,\overrightarrow {PB} } \right].\overrightarrow {PQ} } \right| = \frac{1}{6}\left| { - 24{x_A}{z_A}} \right| = 4\left| {{x_A}{z_A}} \right|\left( * \right)\)
Thay số vào \(\left( * \right) \Leftrightarrow V\left( \theta \right) = 4\left| { - \frac{9}{2}\left( {1 + \cos \theta } \right).\frac{{9\sqrt 2 }}{2}\sin \theta } \right| = 81\sqrt 2 \sin \theta \left( {1 + \cos \theta } \right)\)
Một nhà đầu tư mua hai mã cổ phiếu A và B. Thống kê cho thấy trong một phiên giao dịch, xác suất cổ phiếu A và B giảm giá lần lượt là \(0,3\) và \(0,5\) còn xác suất cả hai cổ phiếu cùng giảm giá là \(0,1\). Khi danh mục bị thua lỗ, xác suất nhà đầu tư bị công ty chứng khoán gọi ký quỹ (Call Margin) được quy định như sau:
Tình trạng | A và B cùng giảm | Chỉ A giảm | Chỉ B giảm | A và B không giảm |
Xác suất | \(100\% \) | \(60\% \) | \(45\% \) | \(0\% \) |
Gọi \(A\)là biến cố cổ phiếu A giảm giá, \(B\)là biến cố cổ phiếu B giảm giá.
Ta có: \(P\left( A \right) = 0,3\); \(P\left( B \right) = 0,5\); \(P\left( {A \cap B} \right) = 0,1\)
Từ đây, ta chia không gian mẫu thành 4 trạng thái rời nhau:
Trạng thái \({C_1}\)( A và B cùng giảm): \(P\left( {{C_1}} \right) = P\left( {A \cap B} \right) = 0,1\)
Trạng thái \({C_2}\)(Chỉ A giảm): \(P\left( {{C_2}} \right) = P\left( A \right) - P\left( {A \cap B} \right) = 0,2\)
Trạng thái \({C_3}\)(Chỉ B giảm): \(P\left( {{C_3}} \right) = P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = 0,4\)
Trạng thái \({C_4}\)(Cae A và B đều không giảm): \(P\left( {{C_4}} \right) = 1 - P\left( {A \cup B} \right) = 1 - \left( {0,3 + 0,5 - 0,1} \right) = 0,3\)
Gọi \(M\) là biến cố nhà đầu tư bị gọi ký quỹ (Call Margin).
Các xác suất có điều kiện tương ứng với từng trạng thái được cho trong bảng:
\[P\left( {M|{C_1}} \right) = 100\% = 1;\,P\left( {M|{C_2}} \right) = 60\% = 0,6;\,P\left( {M|{C_3}} \right) = 45\% = 0,45;\,P\left( {M|{C_4}} \right) = 0\% = 0\]
\(P\left( M \right) = P\left( {{C_1}} \right).P\left( {M|{C_1}} \right) + P\left( {{C_2}} \right).P\left( {M|{C_2}} \right) + P\left( {{C_3}} \right).P\left( {M|{C_3}} \right) + P\left( {{C_4}} \right).P\left( {M|{C_4}} \right)\)
\[ = \left( {0,1.1} \right) + \left( {0,2.0,6} \right) + \left( {0,4.0,45} \right) + \left( {0,3.0} \right) = 0,4\]
Xác suất để cả hai cổ phiếu cùng giảm khi biết rằng nhà đầu tư đã bị gọi ký quỹ là:
