Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 20
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.
Tìm họ nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{x} + 1\).
\(F\left( x \right) = - \frac{1}{{{x^2}}} + x + C\).
\(F\left( x \right) = \ln \left| x \right| + x + C\).
\(F\left( x \right) = \ln x + x + C\).
\(F\left( x \right) = \ln \left| x \right| + C\).
Đáp án đúng là B
\(\frac{{4\pi }}{5}\).
\(\frac{{5\pi }}{6}\).
\(\frac{{32\pi }}{5}\).
\(\frac{\pi }{6}\).
Đáp án đúng là C
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2}\) và trục \(Ox\): \({x^2} = 0 \Rightarrow x = 0\).
Ta có: \[V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^2 {{x^4}{\rm{d}}x} = \pi \left. {\frac{{{x^5}}}{5}} \right|_0^2 = \frac{{32\pi }}{5}\].
Thời gian đọc sách của \(32\) học sinh lớp 12A1 trong một ngày được thống kê theo bảng số liệu ghép nhóm như sau.
Thời gian | \(\left[ {40;\;45} \right)\) | \(\left[ {45;\;50} \right)\) | \(\left[ {50;\;55} \right)\) | \(\left[ {55;\;60} \right)\) | \(\left[ {60;\;65} \right)\) |
Tần số | \(2\) | \(7\) | \(10\) | \(11\) | 2 |
Tính tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên bằng:
\(\frac{{101}}{2}\)
\(\frac{{630}}{{11}}\)
\(\frac{{523}}{7}\)
\(\frac{{172}}{3}\)
Gọi \(x{}_1,\;{x_2},\;...,{x_{32}}\) là thời gian đọc sách của \(32\) học sinh và xếp theo thứ tự tăng dần.
Ta có \({x_{24}},\;{x_{25}} \in \left[ {55;\;60} \right)\) nên tứ phân vị thứ ba nằm trong nhóm thứ \(4\).
Ta có \({Q_3} = 55 + \frac{{\frac{{3.32}}{4} - \left( {2 + 7 + 10} \right)}}{{11}}.5 = \frac{{630}}{{11}}\)
\(\frac{{x + 1}}{1}\, = \,\frac{{y\, + \,3}}{2}\, = \,\frac{{z\, + \,2}}{{ - 1}}\).
\(\frac{{x - 1}}{1}\, = \,\frac{{y\, - \,3}}{2}\, = \,\frac{{z\, - \,2}}{{ - 1}}\).
\(\frac{{x + 1}}{1}\, = \,\frac{{y\, + \,2}}{3}\, = \,\frac{{z\, - \,1}}{2}\).
\(\frac{{x - 1}}{1}\, = \,\frac{{y\, - \,2}}{3}\, = \,\frac{{z\, + \,1}}{2}\).
Đáp án đúng là D
Đường thẳng đi qua điểm \(A\left( {1;2;\, - 1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \[\vec u\left( {1;\,3;\,2} \right)\,\]có phương trình là:\(\frac{{x - 1}}{1}\, = \,\frac{{y\, - \,2}}{3}\, = \,\frac{{z\, + \,1}}{2}\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là
\(1\).
\(3\).
\(4\).
\(2\).
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 2\) nên \(y = 2\) là một đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = + \infty \) nên \(x = 0\) là một đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 2.
\[\left( {\frac{1}{2}\,;\, + \infty } \right)\].
\[\left( {\frac{1}{2}\,;\,1} \right)\].
\[\left( {\frac{1}{2}\,;\,1} \right]\].
\[\left( { - \infty \,;\,1} \right)\].
Điều kiện \[\frac{1}{{2x - 1}} > 0 \Leftrightarrow 2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}\] thì \[\ln \frac{1}{{2x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{2x - 1}} \ge 1 \Leftrightarrow 2x - 1 \le 1 \Leftrightarrow x \le 1\].
Kết hợp với điều kiện ta có: \[\frac{1}{2} < x \le 1\]. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \[\left( {\frac{1}{2}\,;\,1} \right]\].
\[x - y + z + 1 = 0\].
\[x - y + z + 2 = 0\].
\[x - y + z - 1 = 0\].
\[x - y + z = 0\].
\[x - y + z + c = 0,\left( {c \ne 2} \right)\]
Mặt phẳng đi qua\[A\left( {1;0; - 1} \right)\] nên: \[1 - 0 - 1 + c = 0 \Leftrightarrow c = 0\] (thỏa mãn).
Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là \[x - y + z = 0\].
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \)
\(90^\circ \)
Do đó \(\left( {SC\,;\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC\,;\,AC} \right)\)\( = \widehat {SCA}\).
\(AC = AB\sqrt 2 \)\( \Rightarrow \tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1\)\( \Rightarrow \widehat {SCA} = 45^\circ \).
Vậy góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(45^\circ \).
\(1.\)
\(2.\)
\(0.\)
\(3.\)
\(d = \frac{{11}}{3}\).
\(d = \frac{3}{{11}}\).
\(d = \frac{{10}}{3}\).
\(d = \frac{3}{{10}}\).
\(2\overrightarrow {OI} = \frac{1}{2}\left( {\vec u + \vec v + \vec x + \vec y} \right)\).
\(2\overrightarrow {OI} = - \frac{1}{2}\left( {\vec u + \vec v + \vec x + \vec y} \right)\).
\(2\overrightarrow {OI} = \frac{1}{4}\left( {\vec u + \vec v + \vec x + \vec y} \right)\).
\(2\overrightarrow {OI} = - \frac{1}{4}\left( {\vec u + \vec v + \vec x + \vec y} \right)\).
Ta phân tích: \[\vec u + \vec v = \overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {CA'} = \left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CC'} } \right) + \left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AA'} } \right) = 2\overrightarrow {AA'} \].
\(\vec x + \vec y = \overrightarrow {BD'} + \overrightarrow {DB'} = \left( {\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DD'} } \right) + \left( {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {BB'} } \right) = 2\overrightarrow {BB'} = 2\overrightarrow {AA'} \).
Suy ra \(\vec u + \vec v + \vec x + \vec y = 4\overrightarrow {AA'} = 4.2\overrightarrow {OI} \)\( \Rightarrow 2\overrightarrow {OI} = \frac{1}{4}\left( {\vec u + \vec v + \vec x + \vec y} \right)\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ dưới đây:
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau:
\(\left( { - \infty ;\,1} \right)\).
\(\left( {1;\,2} \right)\).
\(\left( {0;\,1} \right)\).
\(\left( {2;\, + \infty } \right)\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx - 2}}\) có đồ thị là \(\left( C \right)\) như hình vẽ dưới đây:
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là \(I\left( { - 1;\,2} \right)\)
Trục đối xứng của \(\left( C \right)\) là đường thẳng có phương trình \(y = x - 3\)
\(a + b + c = 3\)
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( C \right)\), hai trục \(Ox;\,Oy\) và đường thẳng \(x = 1\) là \(3\)(đvdt)
Từ đồ thị hàm số, ta có:
Tiệm cận đứng:\(x = 2 \Rightarrow \frac{2}{c} = 2 \Rightarrow c = 1\).
Tiệm cận ngang:\(y = - 1 \Rightarrow \frac{a}{c} = - 1 \Rightarrow a = - 1\).
Điểm trên đồ thị: Đồ thị cắt \(Ox\) tại\(\left( {3;0} \right) \Rightarrow \frac{{ - 3 + b}}{{3 - 2}} = 0 \Rightarrow b = 3\).
\( \Rightarrow \)Hàm số:\(y = \frac{{ - x + 3}}{{x - 2}}\).
Xét mệnh đề a)
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là \(I\left( {2;\, - 1} \right)\)nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Trục đối xứng của hàm số này là các đường thẳng đi qua tâm đối xứng \(I\left( {2; - 1} \right)\)và có hệ số góc\(k = \pm 1\).
Phương trình đường thẳng:\(y - \left( { - 1} \right) = 1\left( {x - 2} \right) \Rightarrow y + 1 = x - 2 \Rightarrow y = x - 3\)nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
\(a + b + c = - 1 + 3 + 1 = 3\)nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
\(S = \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} = \int\limits_0^1 {\left| {\frac{{ - x + 3}}{{x - 2}}} \right|dx} \approx 1,69 \ne 3\)nên mệnh đề d) sai
Hệ số \(a\) trong hàm hiệu suất của công nhân B là một số thực dương
Trong suốt ca làm việc, hiệu suất của công nhân A luôn cao hơn hiệu suất của công nhân B
Khoảng cách về tổng số sản phẩm làm được giữa công nhân A và công nhân B đạt mức lớn nhất tại thời điểm kết thúc giờ làm việc thứ \(5\)
Tổng số sản phẩm mà cả hai công nhân làm được sau ca làm việc là \(504\) sản phẩm
Dựa vào đồ thị, ta thấy hai đường biểu diễn hiệu suất \({Q'_1}\left( t \right)\) và \({Q'_2}\left( t \right)\) cắt nhau tại thời điểm \(t = 5\)giờ.
Tại điểm này, hiệu suất của hai người bằng nhau:
\({Q'_1}\left( 5 \right) = {Q'_2}\left( 5 \right) \Leftrightarrow - {2.5^2} + 4.5 + 58 = 53 + a.5 \Rightarrow a = - 5\)
Vậy \({Q'_2}\left( t \right) = 53 - 5t\) nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Trên đồ thị, tại khoảng thời gian từ \(t = 0\) đến \(t = 5\), đồ thị \({Q'_1}\left( t \right)\) nằm trên \({Q'_2}\left( t \right)\) (A làm nhanh hơn B).
Tuy nhiên, từ sau \(t = 5\)đến\(t = 6\), đồ thị \({Q'_1}\left( t \right)\) nằm phía dưới \({Q'_2}\left( t \right)\) (B làm nhanh hơn A) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Gọi \[f\left( t \right) = {Q_1}\left( t \right) - {Q_2}\left( t \right)\]là hàm số biểu thị sự chênh lệch sản phẩm tích lũy.
Để tìm giá trị cực đại của\(f\left( t \right)\), ta xét\(f'\left( t \right) = {Q'_1}\left( t \right) - {Q'_2}\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 5\).
Trước \(t = 5\), \({Q'_1}\left( t \right) > {Q'_2}\left( t \right)\) nên khoảng cách (ưu thế của A) đang tăng dần.
Sau \(t = 5\), \({Q'_1}\left( t \right) < {Q'_2}\left( t \right)\) nên B bắt đầu rút ngắn khoảng cách, dẫn đến chênh lệch giảm đi.
Do đó, chênh lệch lớn nhất xảy ra tại đúng thời điểm\(t = 5\)nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Sản phẩm của công nhân A:\({Q_1}\left( 6 \right) = \int\limits_0^6 {\left( { - 2{t^2} + 4t + 58} \right)dt} = 276\)
Sản phẩm của công nhân B:\({Q_2}\left( 6 \right) = \int\limits_0^6 {\left( {53 - 5t} \right)dt} = 228\)
Tổng sản phẩm:\(276 + 228 = 504\)nên mệnh đề d) đúng
Xác suất để người chơi rút được đồng tiền vàng ở lần đầu tiên là \(0,5\).
Giả sử người chơi rút được đồng tiền vàng. Vì rương II (chứa 2 bạc) đã bị loại trừ, người chơi chỉ có thể đang ở rương I hoặc rương III. Do đó, xác suất để người chơi đang chọn rương I là \(50\% \)
Biết rằng đồng tiền đầu tiên rút ra là đồng vàng. Vì tổng số đồng vàng và bạc ban đầu là bằng nhau (3 vàng, 3 bạc), nên sau khi lấy đi 1 đồng vàng, xác suất để đồng tiền còn lại trong rương đó là đồng bạc sẽ cao hơn đồng vàng.
Giả sử đồng tiền rút ra lần đầu là đồng vàng và người chơi giữ lại. Nếu người chơi quyết định chọn ngẫu nhiên 1 trong 2 rương còn lại để rút tiếp 1 đồng tiền, xác suất để rút được đồng tiền vàng ở lần thứ hai là\(\frac{1}{3}\).
Gọi \({A_2}\) là biến cố chọn được rương II
Gọi \({A_3}\) là biến cố chọn được rương III
Gọi \(B\)là biến cố đồng tiền rút ra lần đầu là đồng vàng:
Vì các rương giống hệt nhau nên: \(P\left( {{A_1}} \right) = P\left( {{A_2}} \right) = P\left( {{A_3}} \right)\, = \frac{1}{3}\)
Xét mệnh đề a)
Xác suất rút được đồng vàng khi biết đã chọn từng rương là:
\(P\left( {B|{A_1}} \right) = 1\); \(P\left( {B|{A_2}} \right) = 0\); \(P\left( {B|{A_3}} \right) = \frac{1}{2}\)
Áp dụng công thức xác suất toàn phần:
\(P\left( B \right) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {B|{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {B|{A_2}} \right) + P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B|{A_3}} \right) = \frac{1}{3}.1 + \frac{1}{3}.0 + \frac{1}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{2}\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Xác suất chọn đúng rương I khi biết đã rút được đồng vàng:
\[P\left( {{A_1}|B} \right) = \frac{{P\left( {{A_1}} \right).P\left( {B|{A_1}} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{3}.1}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{2}{3} \approx 66,67\% \] nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Biết lần đầu rút được vàng, ta xét hai khả năng còn lại của rương đó:
Xác suất đồng còn lại là vàng chính là xác suất chúng ta đang ở rương I: \(P\left( {{A_1}|B} \right) = \frac{2}{3}\)
Xác suất đồng còn lại là bạc chính là xác suất chúng ta đang ở rương III: \(P\left( {{A_3}|B} \right) = \frac{1}{3}\)
Vì \(\frac{2}{3} > \frac{1}{3}\) nên xác suất đồng còn lại là vàng cao hơn nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Gọi \(C\) là biến cố “Rút được đồng vàng ở lần thứ hai từ một trong hai rương còn lại”
Nếu đang ở rương I (xác suất\(\frac{2}{3}\)): Hai rương còn lại là II (0 vàng) và III (\(\frac{1}{2}\)vàng).
Xác suất rút được vàng là: \(P\left( {C|{A_1} \cap B} \right) = \frac{1}{2}.0 + \frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{4}\).
Nếu đang ở rương III (xác suất\(\frac{1}{3}\)): Hai rương còn lại là I (1 vàng) và II (0 vàng).
Xác suất rút được vàng là \(P\left( {C|{A_3} \cap B} \right) = \frac{1}{2}.1 + \frac{1}{2}.0 = \frac{1}{2}\)
Xác suất cần tìm là :
\(P\left( {C|B} \right) = P\left( {{A_1}|B} \right).P\left( {C|{A_1} \cap B} \right) + P\left( {{A_3}|B} \right).P\left( {C|{A_3} \cap B} \right) = \frac{2}{3}.\frac{1}{4} + \frac{1}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{3}\) nên mệnh đề d) đúng
Hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ \(O\) lên mặt phẳng mái nhà là điểm \(H\left( {0;\,\frac{{36}}{{17}};\,\frac{{144}}{{17}}} \right)\)
Mặt phẳng chứa mái nhà cắt trục \(Oz\) tại điểm có cao độ bằng \(9\) mét
Biết độ dốc của mái nhà tiêu chuẩn khoảng \(27^\circ \) đến \(35^\circ \) thì mái nhà trên có độ dốc ở mức tiêu chuần
Bán kính của bề mặt mái nhà (bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi ba đỉnh cột) bằng \(4,7\)m (Kết quả làm tròn đến hàng phần chục)
Gốc tọa độ \(O\left( {0;0;0} \right)\) là trung điểm của\(AC\).
Vì \(C \in Oy\) và \(AC = 8\)m nên \(C\left( {0;4;0} \right)\) và \(A\left( {0; - 4;0} \right)\)
Tam giác \(ABC\)đều cạnh \(8\) nên đường cao\(BO = \frac{{8\sqrt 3 }}{2} = 4\sqrt 3 \) mà \(B \in Ox\) nên\(B\left( {4\sqrt 3 ;0;0} \right)\).
Các đỉnh cột trụ có độ cao tương ứng là \[AA' = 10\], \[BB' = 9\],\[CC' = 8\].
Tọa độ các điểm trên mái là: \(A'\left( {0; - 4;10} \right)\); \(B'\left( {4\sqrt 3 ;0;9} \right)\); \(C'\left( {0;4;8} \right)\)
Ta có vectơ chỉ phương: \[A'C' = \left( {0;8; - 2} \right)\] và \[A'B' = \left( {4\sqrt 3 ;4; - 1} \right)\]
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left[ {A'B',A'C'} \right] = \left( {0; - 8\sqrt 3 ; - 32\sqrt 3 } \right) = - 8\sqrt 3 \left( {0;1;4} \right)\)
Phương trình mặt phẳng\(\left( P \right)\) là: \(\left( P \right):y + 4z - 36 = 0\)
Xét mệnh đề a)
Đường thẳng \(OH\) đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\)và vuông góc với \(\left( P \right)\)có phương trình tham số \(OH:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = t}\\{z = 4t}\end{array}} \right.\)
Thay vào \(\left( P \right):t + 4.4t - 36 = 0 \Rightarrow t = \frac{{36}}{{17}}\)
Tọa độ điểm \(H\) là : \(H\left( {0;\frac{{36}}{{17}};\frac{{144}}{{17}}} \right)\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Giao điểm với trục \(Oz\)ứng với\[x = 0\],\(y = 0\) thay vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\), ta được:
\(0 + 4z - 36 = 0 \Rightarrow z = 9\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Mặt sàn nhà là mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có vectơ pháp tuyến\(\vec k = \left( {0;0;1} \right)\)
Gọi \(\alpha \) là góc giữa mái nhà và mặt sàn: \(\cos \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_p}} .\overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_p}} } \right|.\left| {\overrightarrow k } \right|}} = \frac{{\left| {0.0 + 1.0 + 4.1} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {4^2}} .1}} = \frac{4}{{\sqrt {17} }}\)
Suy ra \(\alpha \approx 14^\circ \notin \left[ {27^\circ ;35^\circ } \right]\)nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Bán kính mái nhà là bán kính đường tròn ngoại tiếp\(\Delta A'B'C'\)
Độ dài các cạnh: \(A'C' = \sqrt {{{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( {4 - \left( { - 4} \right)} \right)}^2} + {{\left( {8 - 10} \right)}^2}} = 2\sqrt {17} \)
\(A'B' = \sqrt {{{\left( {4\sqrt 3 - 0} \right)}^2} + {{\left( {0 - \left( { - 4} \right)} \right)}^2} + {{\left( {9 - 10} \right)}^2}} = \sqrt {65} \)
\(B'C' = \sqrt {{{\left( {0 - 4\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {4 - 0} \right)}^2} + {{\left( {8 - 9} \right)}^2}} = \sqrt {65} \)
Xét \(\Delta A'B'C'\)cân tại\(B'\) và gọi \(M\) là trung điểm\(A'C' \Rightarrow M\left( {0;0;9} \right)\)
Đường cao \(B'M = \sqrt {{{\left( {4\sqrt 3 - 0} \right)}^2} + {0^2} + {{\left( {9 - 9} \right)}^2}} = 4\sqrt 3 \).
Diện tích \({S_{\Delta A'B'C'}} = \frac{1}{2}.B'M.A'C' = \frac{1}{2}.4\sqrt 3 .2\sqrt {17} = 4\sqrt {51} \).
Bán kính \(R = \frac{{A'B'.B'C'.A'C'}}{{4S}} = \frac{{\sqrt {65} .\sqrt {65} .2\sqrt {17} }}{{4.4\sqrt {51} }} = \frac{{65}}{{8\sqrt 3 }} \approx 4,7\)m nên mệnh đề d) đúng
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\). Biết rằng \(AB = 1\); \(SA = 2\) và đường thẳng \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(SM\). (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
Gọi \(N\) là trung điểm của \(AB\) và \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SN\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AC{\rm{ // }}MN\\MN \subset \left( {SMN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AC{\rm{ //}}\left( {SMN} \right) \Rightarrow d\left( {AC;SM} \right) = d\left( {AC;\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right){\rm{ }}\)
Do \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\) nên \(MN \bot AB\) mà \(MN \bot SA\)
Do đó \(MN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow MN \bot AH\)
Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}MN \bot AH\\SN \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SMN} \right)} \right) = AH\)
Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{N^2}}} = \frac{1}{{{{4.1}^2}}} + \frac{4}{{{1^2}}} = \frac{{17}}{{{{4.1}^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt {17} }}{{17}}\)
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(SM\) bằng \(0,49\).
Cho một hình vuông lớn có cạnh bằng \(1\). Từ hình vuông này, ta thực hiện quá trình tô màu như sau:
- Bước 1: Tô màu tam giác vuông có hai cạnh là cạnh của hình vuông ban đầu (như hình vẽ)
- Bước 2: Ở tam giác vuông còn lại chưa được tô màu, ta dựng hình vuông mới có \(3\) trong \(4\) đỉnh là trung điểm của các cạnh của tam giác. Sau đó lặp lại như bước 1
Bước \(2\) được lặp lại liên tục. Tính tổng diện tích phần được tô màu (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
Hình vuông ban đầu\(\left( {{S_0}} \right)\): có cạnh bằng\(1\) và diện tích\({S_0} = {1^2} = 1\).
Bước 1: Tô màu tam giác vuông là một nửa hình vuông ban đầu.
Diện tích tô màu lần 1: \({T_1} = \frac{1}{2}.{S_0} = \frac{1}{2}\).
Bước 2: Ở tam giác còn lại, dựng hình vuông mới. Theo mô tả, hình vuông này có cạnh bằng một nửa cạnh hình vuông trước đó (do các đỉnh là trung điểm các cạnh tam giác).
Cạnh hình vuông thứ hai:\({a_1} = \frac{1}{2}\).
Diện tích hình vuông thứ hai:\({S_1} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}\).
Diện tích tô màu lần 2 (một nửa hình vuông mới): \({T_2} = \frac{1}{2}.{S_1} = \frac{1}{2}.\frac{1}{4} = \frac{1}{8}\)
Tổng diện tích phần được tô màu \(S\)là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn trên:
Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng đi qua tâm đáy đường tròn lớn và song song với đường sinh, khi ấy thiết diện của \(\left( \alpha \right)\) với mặt nón tạo thành một đường cong parabol \(\left( C \right)\), khi ấy thiết diện này chia khối nón thành 2 phần với thể tích phần nhỏ hơn được tô đậm hơn như hình bên trái.
Sau đó xét mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song với đường tròn đáy cắt thể tích phần nhỏ hơn. Khi ấy ta thu được mặt cắt là hình viên phân có diện tích \(S\left( t \right)\) như hai hình bên phải (hình vẽ dưới)
Đặt \(H,O\) lần lượt là tâm đường tròn đáy lớn và đường tròn thiết diện tạo bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) với tổng thể khối nón. Chọn trục \(Ot\) hướng lên theo chiều cao khối nón, đặt \(OH = t \in \left[ {0;50} \right]\)
Theo định lí Talet, ta có: \(\frac{{HO}}{{HK}} = \frac{{OA}}{{KL}} \Leftrightarrow \frac{{t}}{{50}} = \frac{{OA}}{{30 - 20}} \Rightarrow OA = \frac{t}{5}\left( {cm} \right)\)
Suy ra: \(OB = OD = AD - AO = 30 - \frac{t}{5}\left( {cm} \right){\rm{ }};{\rm{ }}BC = 2\sqrt {O{B^2} - O{A^2}} = 2\sqrt {900 - 12t} \left( {cm} \right)\)
Với \(\widehat {AOB} = \alpha \to \cos \alpha = \frac{{OA}}{{OB}} = \frac{t}{{150 - t}} \to \alpha = \arccos \left( {\frac{t}{{150 - t}}} \right)\), ta suy ra diện tích hình quạt tròn quét góc \(\widehat {BOC}\) là: \({S_c} = \frac{{2\alpha }}{{2\pi }}\pi O{B^2} = \alpha O{B^2} = {\left( {30 - \frac{t}{5}} \right)^2}\arccos \left( {\frac{t}{{150 - t}}} \right)\left( {c{m^2}} \right)\)
Mà diện tích tam giác \(BOC\) là: \({S_{\Delta BOC}} = \frac{1}{2}OA.BC = \frac{{t\sqrt {900 - 12t} }}{5}\left( {c{m^2}} \right)\) nên suy ra:
\(S\left( t \right) = {S_c} - {S_{\Delta BOC}} = {\left( {30 - \frac{t}{5}} \right)^2}\arccos \left( {\frac{t}{{150 - t}}} \right) - \frac{{t\sqrt {900 - 12t} }}{5}\left( {c{m^2}} \right)\)
Vậy thể tích cần tìm bằng:
Tấm bìa hình tròn nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\)có phương trình \(z = 0\).
Để tấm bìa che khuất hoàn toàn thanh \[AB\] đối với người quan sát tại \(M\), thì hình chiếu xuyên tâm \(M\) của đoạn thẳng \[AB\] lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) phải nằm hoàn toàn bên trong tấm bìa hình tròn.
Gọi \(A'\) và \(B'\) lần lượt là giao điểm của các tia\(MA\), \(MB\)với mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right)\).
Khi đó đoạn thẳng \(A'B'\) chính là hình chiếu của thanh \[AB\] lên \(\left( {Oxy} \right)\).
Nhận xét quan trọng: Để đoạn thẳng \(A'B'\) nằm trọn trong hình tròn tâm \(O\)bán kính\(R\), khoảng cách từ \(O\) đến mọi điểm trên đoạn \(A'B'\)phải \( \le R\).
Vì hàm khoảng cách từ một điểm đến các điểm trên một đoạn thẳng đạt GTLN tại một trong hai đầu mút, ta chỉ cần điều kiện: \(R \ge \max \left( {OA';OB'} \right) \Leftrightarrow {R^2} \ge \max \left( {O{{A'}^2};O{{B'}^2}} \right)\)
Đường thẳng \(MA\)đi qua \[M\left( {2; - 1;4} \right)\]và có vectơ chỉ phương:\[\overrightarrow {MA{\rm{ }}} = 6\left( {1;1; - 1} \right)\]
Phương trình tham số của \(MA:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + t}\\{y = - 1 + t}\\{z = 4 - t}\end{array}} \right.\)
\(MA \cap \left( {Oxy} \right) = A'\) nên \[z = 0 \Rightarrow 4 - t = 0 \Rightarrow t = 4\] thay vào phương trình, ta được \(A'\left( {6;3;0} \right)\)
Đường thẳng \(MB\)đi qua \[M\left( {2; - 1;4} \right)\]và có vectơ chỉ phương:\(\overrightarrow {MB} = 6\left( { - 1;2; - 1} \right)\)
Phương trình tham số của \(MB:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 - k}\\{y = - 1 + 2k}\\{z = 4 - k}\end{array}} \right.\); \(MB \cap \left( {Oxy} \right) = B'\) nên \[z = 0 \Rightarrow 4 - k = 0 \Rightarrow k = 4\]
Thay \[k = 4\]vào phương trình, ta được \(B'\left( { - 2;7;0} \right)\)
Ta tính bình phương khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\left( {0;0;0} \right)\)đến \(A'\)và\(B'\):
\[O{A'^2} = {6^2} + {3^2} = 45\]; \[O{B'^2} = {\left( { - 2} \right)^2} + {7^2} = 53\]
Vì \(O{B'^2} > O{A'^2}\) nên điểm \(B'\)nằm xa tâm \(O\) hơn.
Để hình tròn chứa được cả đoạn\(A'B'\), ta cần có \({R^2} \ge \max \left( {45;53} \right) = 53\)
Giá trị nhỏ nhất của \({R^2}\)bằng
Tổng thời gian tại bến (tải + dỡ): \({T_b} = t + f\left( t \right).0,001 = t + \frac{{2000t}}{{2t + 1}}.0,001 = t + \frac{{2t}}{{2t + 1}}\)(giờ)
Tổng chi phí vận hành cho một chuyến\(\left( {{C_t}} \right)\):
Chi phí tại bến: \(4.{T_b} = 4\left( {t + \frac{{2t}}{{2t + 1}}} \right)\)(triệu đồng).
Chi phí trên biển: \(10.2,5 = 25\)(triệu đồng) \( \Rightarrow {C_t} = 4t + \frac{{8t}}{{2t + 1}} + 25\)
Chi phí vận chuyển trung bình cho mỗi chiếc xe \(\left( {{C_{tb}}} \right)\)là:
\({C_{tb}}\left( t \right) = \frac{{{C_t}}}{{f\left( t \right)}} = \frac{{4t + \frac{{8t}}{{2t + 1}} + 25}}{{\frac{{2000t}}{{2t + 1}}}} = \frac{{8{t^2} + 62t + 25}}{{2000t}}\)
Để chi phí trung bình thấp nhất, ta xét \({C_{tb}}^\prime \left( t \right)\):
\({C_{tb}}\left( t \right) = \frac{{8{t^2} + 62t + 25}}{{2000t}} \Rightarrow {C_{tb}}^\prime \left( t \right) = \frac{{8{t^2} - 25}}{{2000{t^2}}} = 0 \Leftrightarrow 8{t^2} - 25 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{5\sqrt 2 }}{4}\left( n \right)}\\{t = - \frac{{5\sqrt 2 }}{4}\left( l \right)}\end{array}} \right.\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số chi phí trung bình \({C_{tb}}\left( t \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm cực tiểu có hoành độ là \(t = \frac{{5\sqrt 2 }}{4}\)giờphút.
Gọi \(A\) là biến cố số được chọn thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ta biến đổi các bất phương trình có dấu :\( \le \)” thành các bất đẳng thức ngặt (dấu “\( < \)”) bằng cách cộng thêm các số nguyên phù hợp: \[{a_1} < {a_2} + 3\]; \[{a_2} + 3 \le {a_3} - 1 \Leftrightarrow {a_2} + 4 \le {a_3} \Leftrightarrow {a_2} + 3 < {a_3}\]
\[{a_3} - 1 < {a_4} + 3 \Leftrightarrow {a_3} \le {a_4} + 3 \Leftrightarrow {a_3} < {a_4} + 4\]\[{a_4} + 3 \le {a_5} + 2 \Leftrightarrow {a_4} + 1 \le {a_5} \Leftrightarrow {a_4} + 4 \le {a_5} + 3 \Leftrightarrow {a_4} + 4 < {a_5} + 4\]
Đặt các biến mới để tạo thành một dãy tăng ngặt:
\({y_1} = {a_1}\); \[{y_2} = {a_2} + 3\]; \({y_3} = {a_3}\); \({y_4} = {a_4} + 4\); \({y_5} = {a_5} + 4\)
Khi đó, điều kiện bài toán trở thành dãy bất đẳng thức:\({y_1} < {y_2} < {y_3} < {y_4} < {y_5}\)
Từ điều kiện của các chữ số \({a_i}\), ta có:
\(1 \le {a_1} \le 9 \Rightarrow 1 \le {y_1} \le 9\)
\(0 \le {a_2} \le 9 \Rightarrow 3 \le {y_2} \le 12\)
\(0 \le {a_3} \le 9 \Rightarrow 0 \le {y_3} \le 9\)
\(0 \le {a_4} \le 9 \Rightarrow 4 \le {y_4} \le 13\)
\(0 \le {a_5} \le 9 \Rightarrow 4 \le {y_5} \le 13\)
Kết hợp với dãy tăng ngặt \({y_1} < {y_2} < {y_3} < {y_4} < {y_5}\), ta suy ra:\(1 \le {y_1} < {y_2} < {y_3} < {y_4} < {y_5} \le 13\)
Tuy nhiên, ta cần kiểm tra xem có điều kiện nào của \({y_i}\) bị vi phạm khi chọn 5 số bất kỳ từ 1 đến13 không:
\({y_2} \ge 3\): Điều kiện này có thể bị vi phạm nếu\({y_1} = 1\)và \({y_2} = 2\)
\({y_3} \le 9\): Điều kiện này có thể bị vi phạm nếu . Các điều kiện còn lại luôn được thỏa mãn do tính chất của dãy tăng ngặt.
Tổng số cách chọn 5 số phân biệt từ tập \(K = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12;13} \right\}\)là:\(C_{15}^3 = 1287\)cách
Ta sẽ trừ đi các trường hợp vi phạm:
Trường hợp 1: \({y_2} \le 2 \Rightarrow {y_2} = 2\)và \({y_2} = 1\). Ta cần chọn 3 số \({y_3} < {y_4} < {y_5}\) từ tập \(K\backslash \left\{ {1;2} \right\}\) (gồm 11 số). Số cách chọn là: \(C_{11}^3 = 165\)cách.
Trường hợp 2: \({y_3} \ge 10\) . Vì \({y_3} < {y_4} < {y_5} \le 13\), nên \({y_3}\) chỉ có thể là 10 hoặc 11.
Nếu \({y_3} = 10\): Chọn \({y_4},{y_5}\) từ \(\left\{ {11;12;13} \right\}\) có \(C_3^2 = 3\) cách.
Chọn \({y_1},{y_2}\) từ \(\left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\) có \(C_9^2 = 36\) cách. Tổng cộng: \(3.36 = 108\) cách.
Nếu \({y_3} = 11\): Chọn \({y_4},{y_5}\) từ \(\left\{ {12;13} \right\}\) có \(C_2^2 = 1\) cách.
Chọn \({y_1},{y_2}\) từ \(\left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\) có \(C_{10}^2 = 45\) cách. Tổng cộng: \(1.45 = 45\) cách.
Tổng cộng của trường hợp 2 là: \(108 + 45 = 153\)
Phần giao của Trường hợp 1 và Trường hợp 2: (\({y_1} = 1,{y_2} = 2\) và \({y_3} \ge 10\))
Nếu\({y_3} = 10\): Chọn \({y_4},{y_5}\) từ \(\left\{ {11;12;13} \right\}\) có \(C_3^2 = 3\) cách
Nếu \({y_3} = 11\): Chọn \({y_4},{y_5}\) từ \(\left\{ {12;13} \right\}\) có \(C_2^2 = 1\) cách.
Tổng số cách trùng lặp là: 3+1=4 cách
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:\(n\left( A \right) = 1287 - 165 - 153 + 4 = 973\)
Xác suất cần tìm là:
