Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 24
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 \(\int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}{\rm{d}}x} = F\left( x \right) + C\). Khẳng định nào dưới đây đúng?
\(F'\left( x \right) = \frac{{ - \sin 2x}}{{{{\cos }^4}x}}\).
\(F'\left( x \right) = - \cot x\).
\(\)\(F'\left( x \right) = - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}\).
\(F'\left( x \right) = \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}\).
Đáp án đúng là D
Ta có \(\int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}{\rm{d}}x} = F\left( x \right) + C \Rightarrow F'\left( x \right) = \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}\).
\(V = \frac{{19\pi }}{{15}}\).
\(V = \frac{{13\pi }}{{15}}\).
\(V = \frac{{17\pi }}{{15}}\).
\(V = \frac{{16\pi }}{{15}}\).
Đáp án đúng là D
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị \(\left( P \right)\) và trục \(Ox\) là: \(2x - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).
Thể tích khối tròn xoay cần tìm là \(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {2x - {x^2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \frac{{16\pi }}{5}\).
Thời gian (phút) | \(\left[ {20;25} \right)\) | \(\left[ {25;30} \right)\) | \(\left[ {30;35} \right)\) | \(\left[ {35;40} \right)\) | \(\left[ {40;45} \right)\) |
Số ngày | 6 | 6 | 4 | 1 | 1 |
\(9,225\).
\(8,25\).
\(9,25\).
\(8,125\).
Đáp án đúng là D
Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{18}}\) là mẫu số liệu gốc gồm thời gian của 18 ngày chạy bộ của bạn An được sắp xếp theo thứ tự không giảm.
Ta có: \({x_1},...,{x_6} \in \left[ {20;25} \right);\,\,{x_7},...,{x_{12}} \in \left[ {25;30} \right);\,\,{x_{13}},...,{x_{16}} \in \left[ {30;35} \right);\,\,{x_{17}} \in \left[ {35;40} \right);\,\,{x_{18}} \in \left[ {40;45} \right)\)
Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \({x_5} \in \left[ {20;25} \right)\).
Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[{Q_1} = 20 + \frac{{\frac{{18}}{4} - 0}}{6} \cdot \left( {25 - 20} \right) = 23,75\].
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \({x_{14}} \in \left[ {30;35} \right)\).
Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\({Q_3} = 30 + \frac{{\frac{{3 \cdot 18}}{4} - \left( {6 + 6} \right)}}{4} \cdot \left( {35 - 30} \right) = 31,875\).
Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({\Delta _Q} = 31,875 - 23,75 = 8,125\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 1 + t\\z = 3 - t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 1 + t\\z = 3 + t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 1 - t\\z = - 1 + 3t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 1 + t\\z = 3 - t\end{array} \right.\).
Đáp án đúng là A
Đường thẳng \(d\)đi qua điểm \(M\left( {1; - 1;3} \right)\) và song song với đường thẳng \({d_1}:\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z + 3}}{{ - 1}}\) có véc tơ chỉ phương: nên có phương trình:
\(3\)
\(1\)
\(0\)
\(2\)
Đáp án đúng là D
Điều kiện xác định: \(f\left( x \right) \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 0\\x \ne a\,\left( {a < - 2} \right)\end{array} \right.\), suy ra đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có hai đường tiệm cận đứng \(x = 0\) và \(x = a\).
Vậy đồ thị hàm số \(g\left( x \right)\) có 2 đường tiệm cận đứng.
\(\left( {0;1} \right]\).
\(\left( {0;\frac{1}{2}} \right]\).
\(\left[ { - 4; - 3} \right) \cup \left( {0;1} \right]\).
\(\left[ { - 4; - 3} \right] \cup \left[ {0;1} \right]\).
Đáp án đúng là C
Ta có \[{\log _2}\left( {{x^2} + 3x} \right) \le 2 \Leftrightarrow 0 < {x^2} + 3x \le 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 3x > 0\\{x^2} + 3x - 4 \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x > 0\\x < - 3\end{array} \right.\\ - 4 \le x \le 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4 \le x < - 3\\0 < x \le 1\end{array} \right.\].
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(\left[ { - 4; - 3} \right) \cup \left( {0;1} \right]\).
\(\overrightarrow n = \left( {1;\,1;\, - 1} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {2;\,3;\, - 2} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {2;\,3;\,2} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {3;\,2;\, - 3} \right)\).
Đáp án đúng là D
Mặt phẳng \(\left( P \right):\,\frac{x}{2} + \frac{y}{3} - \frac{z}{2} = 1 \Rightarrow \left( P \right):\,3x + 2y - 3z - 6 = 0\).
Do đó một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n = \left( {3;\,2;\, - 3} \right)\).
\(\left( {SBC} \right) \bot \left( {IHB} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
Đáp án đúng là B
Vì \(AB \bot \left( {SAC} \right)\) nên \[\left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\].
\({3^x} + 2 = 0\).
\({5^x} - 1 = 0\).
\({\log _2}x = 3\).
\(\log \left( {x - 1} \right) = 1\).
Đáp án đúng là A
Phương trình \({3^x} + 2 = 0 \Leftrightarrow {3^x} = - 2\).
Nếu \(b \le 0\) thì phương trình \({a^x} = b\)\(\left( {a > 0;a \ne 1} \right)\)vô nghiệm.
Do đó phương trình \({3^x} + 2 = 0\) vô nghiệm.
\(\left[ \begin{array}{l}q = - 1\\q = 0\end{array} \right.\)
\(\left[ \begin{array}{l}q = 0\\q = 1\end{array} \right.\)
\(\left[ \begin{array}{l}q = 1\\q = 3\end{array} \right.\)
\(\left[ \begin{array}{l}q = - 1\\q = - 3\end{array} \right.\)
Đáp án đúng là C
Gọi cấp số cộng là \(\left( {{v_n}} \right)\)và công sai \(d\) theo đề ra: \({u_1} = {v_1};{u_2} = {v_3};\,{u_3} = {v_9}\)
Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = {v_1}\\{u_2} = {v_3} = {v_1} + 2d\\{u_3} = {v_9} = {v_1} + 8d\end{array} \right.\) \(\left( 2 \right)\) do \({u_1}.{u_3} = u_2^2 \Leftrightarrow {v_1}\left( {{v_1} + 8d} \right) = {\left( {{v_1} + 2d} \right)^2}\) \(\left( 3 \right)\)
Từ phương trình \(\left( 1 \right)\) ta có \({u_1} + {u_2} + {u_3} = 13 \Leftrightarrow 3{v_1} + 10d = 13 \Leftrightarrow {v_1} = \frac{{13 - 10d}}{3}\) \(\left( 4 \right)\)
Thay \(\left( 4 \right)\) vào \(\left( 3 \right)\): \[{v_1}\left( {{v_1} + 8d} \right) = {\left( {{v_1} + 2d} \right)^2} = \frac{{13 - 10d}}{3}.\left( {\frac{{13 - 10d}}{3} + 8d} \right) = {\left( {\frac{{13 - 10d}}{3} + 2d} \right)^2}\]
\[ \Leftrightarrow 130{d^2} - 130d = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}d = 0 \Rightarrow {v_1} = {v_3} = {v_9} = \frac{{13}}{3} \Rightarrow {u_1} = {u_2} = {u_3} \Rightarrow q = 1\\d = 1 \Rightarrow {v_1} = 1;{v_3} = 3,{v_9} = 9 \Rightarrow {u_1} = 1;{u_2} = 3 \Rightarrow q = 3\end{array} \right.\]
\[\overrightarrow a = \overrightarrow b + \overrightarrow c \].
\[\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c + \overrightarrow d = \overrightarrow 0 \].
\[\overrightarrow b - \overrightarrow c + \overrightarrow d = \overrightarrow 0 \].
\[\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c = \overrightarrow d \].
Đáp án đúng là C
Ta có: \[\overrightarrow b - \overrightarrow c + \overrightarrow d = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow 0 \].
\(3\).
\(2\).
\(1\).
\(4\).
Đáp án đúng là A
Ta có \[M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) = 3\] và \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} \,f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 0\) nên \(M + m = 3\).
Một cánh quạt gió quay với góc \(\theta \left( t \right)\) (radian) so với vị trí ban đẩu tại thời điểm \(t\) (giây) được mô tả bởi hàm số \(\theta \left( t \right) = 2t + 0,5{\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{3}t} \right)\).
Tại thời điểm \(t = 0\) thì góc quay của cánh quạt là \(0,5\)(rad)
Vận tốc góc của cánh quạt tại thời điểm \(t\) là \(\omega \left( t \right) = 2 - \frac{\pi }{6}{\rm{cos}}\left( {\frac{\pi }{3}t} \right)\) (rad/s)
Vận tốc góc của cánh quạt luôn lớn hơn hoặc bằng \(2 - \frac{\pi }{6}\)(rad/s)
Gia tốc góc của cánh quạt tại thời điểm \(t = 3\) giây là \(0\)(rad/s2)
Xét mệnh đề a)
Với \(t = 0\) suy ra \(\theta \left( 0 \right) = 2.0 + 0,5{\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{3}.0} \right) = 0\)(rad) nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Vận tốc góc \(\omega \left( t \right) = \theta '\left( t \right) = 2 + \frac{\pi }{6}{\rm{cos}}\left( {\frac{\pi }{3}t} \right)\)(rad/s) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Ta có \( - 1 \le \cos \left( {\frac{\pi }{3}t} \right) \le 1\) nên giá trị nhỏ nhất của \(\cos \left( {\frac{\pi }{3}t} \right) = - 1\)\( \Rightarrow {w_{\min }}\left( t \right) = 2 + \frac{\pi }{6}\left( { - 1} \right) = 2 - \frac{\pi }{6}\)
Vậy vận tốc góc của cánh quạt luôn lớn hơn hoặc bằng \(2 - \frac{\pi }{6}\)(rad/s) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Gia tốc góc nên mệnh đề d) đúng
\[b = 21\]
Vận tốc lớn nhất mà vật đạt được trong suốt quá trình chuyển động là \(15\) (m/s)
Vận tốc trung bình của vật trong toàn bộ quá trình chuyển động cho đến khi dừng hẳn là \(6\) (m/s)
Giả sử ngay sau khi dừng hẳn, vật bắt đầu chuyển động lùi thẳng về vị trí xuất phát với gia tốc không đổi bằng \( - 2\)(m/s2). Thời điểm vật quay trở lại đúng vị trí xuất phát ban đầu là \(t = 13\) giây
Vận tốc liên tục tại thời điểm \(t = 3\), nghĩa là: \[{v_1}\left( 3 \right) = {v_2}\left( 3 \right) \Leftrightarrow a.3 = - 3.3 + b \Rightarrow a = \frac{{b - 9}}{3}\,\,\left( 1 \right)\]
Quãng đường đi được trong 3 giây đầu \[\left( {{S_1}} \right)\] là: \({S_1} = \int\limits_0^3 {at{\rm{d}}t} = \left. {\left( {\frac{1}{2}a{t^2}} \right)} \right|_0^3 = 4,5a\) (m)
Quãng đường đi được trong giai đoạn chậm dần \[\left( {{S_2}} \right)\]:
Vật dừng lại khi \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 3t + b = 0 \Leftrightarrow t = \frac{b}{3}\)
Suy ra: \[{S_2} = \int\limits_3^{\frac{b}{3}} {\left( { - 3t + b} \right){\rm{d}}t = \left. {\left( { - \frac{3}{2}{t^2} + bt} \right)} \right|_3^{\frac{b}{3}}} = \frac{{{{\left( {b - 9} \right)}^2}}}{6}\] (m).
Sử dụng dữ kiện \({S_2} - {S_1} = 6\) nên \(\frac{{{{\left( {b - 9} \right)}^2}}}{6} - 4,5a = 6\).
Thế \(\left( 1 \right)\)vào, ta có: \(\frac{{{{\left( {b - 9} \right)}^2}}}{6} - 4,5\left( {\frac{{b - 9}}{3}} \right) = 6 \Rightarrow b = 21\) suy ra \(a = \frac{{21 - 9}}{3} = 4\).
Xét mệnh đề a)
Dựa vào quá trình giải hệ phương trình ở trên, ta tìm được giá trị \(b = 21\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Vật chuyển động nhanh dần đến \(t = 3\) rồi bắt đầu chậm lại, nên vận tốc cực đại đạt được tại \(t = 3\)
\({v_{max}} = v\left( 3 \right) = a.3 = 4.3 = 12\)(m/s) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Thời điểm vật dừng lại: \[{t_1} = \frac{b}{3} = \frac{{21}}{3} = 7\](s).
Quãng đường \({S_1} = 4,5.4 = 18\)(m) và \({S_2} = \frac{{{{\left( {21 - 9} \right)}^2}}}{6} = 24\)(m) nên \(S = 18 + 24 = 42\) (m)
Vận tốc trung bình: \({v_{tb}} = \frac{S}{{{t_1}}} = \frac{{42}}{7} = 6\) (m/s) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Tại \(t = 7\), vật dừng lại và cách điểm xuất phát \(42\)m.
Giai đoạn lùi về: Vật bắt đầu từ trạng thái nghỉ \[\left( {{v_0} = 0} \right)\], gia tốc \(a' = - 2\)m/s² (hướng về vị trí cũ)
Quãng đường cần đi để về vị trí cũ là \(42\)m.
Thời gian để đi hết quãng đường này \[\left( {t'} \right)\]: \(S = \frac{1}{2}\left| {a'} \right|{\left( {t'} \right)^2} \Leftrightarrow 42 = \frac{1}{2}.2.{\left( {t'} \right)^2} \Rightarrow t' = \sqrt {42} \)(s)
Tổng thời điểm là \(t = {t_1} + t' = 7 + \sqrt {42} \approx 13,48\)(s) nên mệnh đề d) sai
Tỷ lệ nam giới tham gia giao thông trong giờ cao điểm là \(60{\rm{\% }}\), tỷ lệ nữ giới là \(40{\rm{\% }}\)
Trong số các lái xe nam, tỷ lệ vi phạm tốc độ là \(10{\rm{\% }}\)
Trong số các lái xe nữ, tỷ lệ vi phạm tốc độ là \(3{\rm{\% }}\)
Xác suất một lái xe được chọn ngẫu nhiên trong giờ cao điểm là nam giới và vi phạm tốc độ là \(0,06\)
Xác suất một lái xe được chọn ngẫu nhiên trong giờ cao điểm vi phạm tốc độ là \(0,13\).
Nếu một lái xe được chọn ngẫu nhiên vi phạm tốc độ, khả năng cao người đó là nam giới.
Giả sử cảnh sát chỉ dừng xe của những người vi phạm tốc độ để xử phạt. Biết một người đã bị dừng xe, xác suất người đó là nữ giới lớn hơn \(0,2\)
Xét mệnh đề a)
Gọi các biến cố \(N\): “Người lái xe là nam giới”; \(F\): “Người lái xe là nữ giới”
\(T\): “Người lái xe vi phạm tốc độ”
Theo đề bài, ta có: \(P\left( N \right) = 0,6\); \(P\left( F \right) = 0,4\); \(P\left( {T\mid N} \right) = 0,1\); \(P\left( {T\mid F} \right) = 0,03\)
Xác suất một lái xe được chọn ngẫu nhiên trong giờ cao điểm là nam giới và vi phạm tốc độ là \(P\left( {N \cap T} \right)\).
Sử dụng công thức \(P\left( {N \cap T} \right) = P\left( {T\mid N} \right).P\left( N \right) = 0,1.0,6 = 0,06\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Xác suất một lái xe được chọn ngẫu nhiên trong giờ cao điểm vi phạm tốc độ là \(P\left( T \right)\).
Sử dụng công thức xác suất toàn phần:.
\(P\left( T \right) = P\left( {T\mid N} \right).P\left( N \right) + P\left( {T\mid F} \right).P\left( F \right) = 0,1.0,6 + 0,03.0,4 = 0,072\)nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Xác suất người lái xe là nam giới khi biết người đó vi phạm tốc độ.
Sử dụng công thức Bayes: \(P\left( {N\mid T} \right) = \frac{{P\left( {T\mid N} \right).P\left( N \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{{0,1.0,6}}{{0,072}} = \frac{{0,06}}{{0,072}} = \frac{{60}}{{72}} = \frac{5}{6}\)
\(P\left( {F\mid T} \right) = \frac{{P\left( {T\mid F} \right).P\left( F \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{{0,03.0,4}}{{0,072}} = \frac{{0,012}}{{0,072}} = \frac{{12}}{{72}} = \frac{1}{6}\)
Vì \(P\left( {N\mid T} \right) = \frac{5}{6} > \frac{1}{2}\) và \(P\left( {N\mid T} \right) > P\left( {F\mid T} \right)\) nên khả năng người vi phạm tốc độ là nam giới cao hơn. nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Gọi \(D\) là biến cố “người lái xe bị dừng xe”
Theo để bài, người bị dừng xe là những người vi phạm tốc độ nên \(D \equiv T\)
Xác suất người đó là nữ giới khi biết đã bị dừng xe là:
\(P\left( {F\mid D} \right) = P\left( {F\mid T} \right) = \frac{1}{6} \approx 0,167 < 0,2\) nên mệnh đề a) sai
Phương trình mặt cầu của bể nước là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25\)
\(d\left( {I;\,\left( P \right)} \right) = 4\)(dm)
Tại thời điểm quan sát, diện tích mặt thoáng của nước trong bể bằng \(16\pi \) (m²)
Giả sử nước được bơm thêm vào bể với lưu lượng không đổi. Khi mặt nước dâng lên và nằm trên mặt phẳng \(\left( Q \right):2x - 2y + z - 1 = 0\), tốc độ dâng của mực nước bằng \(\frac{4}{5}\) tốc độ dâng tại thời điểm quan sát ban đầu
Xét mệnh đề a)
Mặt cầu có tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\)và bán kính \(R = 5\)
Phương trình mặt cầu là : \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25\)nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Khoảng cách từ tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\)đến mặt phẳng \(\left( P \right)\): \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.1 - 2.2 + 1.3 + 8} \right||}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = 3\)m \( = 30\)dm nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Mặt thoáng của nước là một hình tròn được tạo bởi giao tuyến của mặt cầu và mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Gọi \(r\)là bán kính mặt thoáng nên ta có mối liên hệ:\(r = \sqrt {{R^2} - {d^2}\left( {I;\left( P \right)} \right)} = \sqrt {{5^2} - {3^3}} = 4\).
Diện tích mặt thoáng \(S = \pi {r^2} = 16\pi \)(m²) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Gọi \(v\) là tốc độ dâng của mực nước và \(Q\) là lưu lượng nước bơm vào (\(Q\) không đổi).
Ta có công thức:\(Q = S.v \Rightarrow v = \frac{Q}{S}\). Như vậy, tốc độ dâng tỉ lệ nghịch với diện tích mặt thoáng \(S\)
Tại thời điểm ban đầu (mặt phẳng\(\left( P \right)\)): \({S_{\left( P \right)}} = 16\pi \).
Tại thời điểm sau (mặt phẳng \(Q\)) thì khoảng cách \(d\left( {I;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {2. - 2.2 + 3 - 1} \right|}}{3} = 0\).
Điều này nghĩa là mặt phẳng \(\left( Q \right)\)đi qua tâm\(I\), bán kính mặt thoáng lúc này bằng bán kính mặt cầu:\({r_Q} = R = 5\).
Diện tích mặt thoáng lúc này:\({S_Q} = \pi {.5^2} = 25\pi \) nên \(\frac{{{v_Q}}}{{{v_P}}} = \frac{{{S_P}}}{{{S_Q}}} = \frac{{16\pi }}{{25\pi }} = \frac{{16}}{{25}}\)nên mệnh đề d) sai
Cho khối lăng trụ đứng \[ABC.A'B'C'\] có đáy là tam giác đều cạnh bằng \(1\). Biết khoảng cách giữa đường thẳng \[B'C'\] với mặt phẳng \[\left( {A'BC} \right)\] bằng \[\frac{{\sqrt 3 }}{3}\]. Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng bao nhiêu? (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai sau dấu phẩy)
Ta có \(AB' \cap A'B = I\) là trung điểm của mỗi đường.
Khi đó \(d\left( {B'C',\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {B',\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{B'I}}{{AI}}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right)\).
Kẻ \(AH \bot BC\) (\(H\) là trung điểm của \(BC\)) suy ra:
\(BC \bot \left( {A'AH} \right) \Rightarrow \left( {A'BC} \right) \bot \left( {A'AH} \right),\left( {A'BC} \right) \cap \left( {A'AH} \right) = A'H\).
Kẻ \(AK \bot A'H \Rightarrow AK \bot \left( {A'AB} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'AB} \right)} \right) = AK = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Ta lại có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{A{{A'}^2}}} \Rightarrow AA' = \frac{{\sqrt {15} }}{5}\).
Vậy thể tích của lăng trụ là .
Cuối tháng thứ nhất, sau khi anh Bình trả số tiền \[q\]( triệu đồng) thì số tiền anh còn nợ là:
\[{T_1} = 200\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right) - q\].
Cuối tháng thứ hai, sau khi anh Bình trả số tiền \[q\]( triệu đồng) thì số tiền anh còn nợ là:
\[{T_2} = 200{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)^2} - q\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right) - q\].
Cuối tháng thứ ba, sau khi anh Bình trả số tiền \[q\]( triệu đồng) thì số tiền anh còn nợ là:
\[{T_3} = 200{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)^3} - q{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)^2} - q\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right) - q = 200{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)^3} - \frac{{q\left[ {{{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)}^3} - 1} \right]}}{{\frac{{0,75}}{{100}}}}\].
Cuối tháng thứ \[N\], sau khi anh Bình trả số tiền \[q\]( triệu đồng) thì số tiền anh còn nợ là:
\[{T_N} = 200{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)^N} - q{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)^{N - 1}} - q{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)^{N - 2}} - ... - q\].
\[ = 200{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)^N} - \frac{{q\left[ {{{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)}^N} - 1} \right]}}{{\frac{{0,75}}{{100}}}}\]
Đúng hai năm hết nợ, tức là ta có
\[{T_{24}} = 0 \Leftrightarrow 200{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)^{24}} = \frac{{q\left[ {{{\left( {1 + \frac{{0,75}}{{100}}} \right)}^{24}} - 1} \right]}}{{\frac{{0,75}}{{100}}}} \Leftrightarrow q = 9,137\] (triệu đồng)
Tọa độ các đỉnh:\(A\left( {0;2\sqrt 3 } \right)\), \(B\left( { - 3; - \sqrt 3 } \right)\),\(C\left( {3; - \sqrt 3 } \right)\).
Đường thẳng \(AC\)đi qua \(A\left( {0;2\sqrt 3 } \right)\)và \(C\left( {3; - \sqrt 3 } \right)\) có phương trình:\(y = - \sqrt 3 x + 2\sqrt 3 \).
\(\left( {{P_1}} \right):y = m{x^2} + n\) có trục đối xứng là\(Oy\), đi qua \(B,C\)và tiếp xúc với \(AC\) tại \(C\)
Đồ thị đi qua \(C\left( {3; - \sqrt 3 } \right) \Rightarrow 9m + n = - \sqrt 3 \,\,\left( 1 \right)\)
Theo giả thiết, \(\left( {{P_1}} \right)\) tiếp xúc với \(AC\) tại\(C \Rightarrow {y'_{\left( {{P_1}} \right)}}\left( 3 \right) = {k_{AC}} \Rightarrow 2m.3 = - \sqrt 3 \Rightarrow m = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}\)
Thay \(m = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}\) vào\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow 9\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}} \right) + n = - \sqrt 3 \Rightarrow n = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) nên \({\left( P \right)_1}:y = - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Phần hoa ở giữa được giới hạn bởi 3 cung parabol đối xứng qua tâm\(O\).
Giao điểm \({I_2}\)của \(\left( {{P_1}} \right)\)và \({\left( P \right)_2}\)nằm trên đường phân giác\(OC:y = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \( - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3\left( l \right)}\\{x = - 1\left( n \right)}\end{array}} \right.\)
Suy ra, giao điểm \({I_1}\left( { - 1;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)\)và \({I_2}\left( {1;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)\).
Khoảng cách từ tâm \(O\)đến các giao điểm của các parabol là bằng nhau:
\(O{I_2} = O{I_3} = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \)\[{I_3} \cap OA \equiv Oy \Rightarrow {I_3}\left( {0; - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)\]
Diện tích phần trồng hoa là :
\[{S_{hoa}} = {S_{\Delta {I_1}{I_2}{I_3}}} + 3\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {\left( {{P_1}} \right) - {y_{{I_1}{I_2}}}} \right]} {\rm{d}}x = \frac{1}{2}2\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)} \right]{\rm{d}}x - 3\int\limits_{ - 1}^1 {\left[ {\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right]} {\rm{d}}x = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\]
\[{S_{co}} = 3.{S_{\left( {{P_1}} \right) \cap \left( {{P_2}} \right)}} - {S_{hoa}} = 3.2\int\limits_{ - 1}^3 {\left[ {\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)} \right]} {\rm{d}}x - \frac{{5\sqrt 3 }}{3} = \frac{{17\sqrt 3 }}{3}\](m2)
Vậy tổng diện tích cần tính là:
Gọi \(I\)là trung điểm cạnh \(AB\)
Gọi \(M\) là trung điểm của một cạnh lục giác đều cạnh\(x\). Đoạn \(OM\) chính là đường cao của tam giác đều cạnh \(x\), nên \(OM = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\).
Đoạn \(OA = R = \sqrt {O{I^2} + IA{}^2} = \sqrt {{{\left( {OM + MI} \right)}^2} + IA{}^2} = \sqrt {{{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{2} + h} \right)}^2} + \left( {\frac{x}{2}} \right){}^2} \left( * \right)\)
Từ \(\left( * \right)\)ta có:\({\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{2} + h} \right)^2} = {R^2} - \frac{{{x^2}}}{4} \Rightarrow \frac{{x\sqrt 3 }}{2} + h = \sqrt {{R^2} - \frac{{{x^2}}}{4}} \Rightarrow h = \sqrt {{R^2} - \frac{{{x^2}}}{4}} - \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\)
Diện tích đáy lục giác đều cạnh \(x\): \(S = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{x^2}\)
Thể tích khối lăng trụ: \(V = S.h = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}{x^2}\left( {\sqrt {{R^2} - \frac{{{x^2}}}{4}} - \frac{{x\sqrt 3 }}{2}} \right)\)
Đặt \(t = \frac{x}{2} \Rightarrow V\left( t \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\left( {4{t^2}} \right)\left( {\sqrt {{R^2} - {t^2}} - t\sqrt 3 } \right) = 6\sqrt 3 \left( {{t^2}\sqrt {{R^2} - {t^2}} - {t^3}\sqrt 3 } \right)\)
Xét hàm số: \(f\left( t \right) = {t^2}\sqrt {{R^2} - {t^2}} - {t^3}\sqrt 3 \)
\(f'\left( t \right) = 2t\sqrt {{R^2} - {t^2}} + {t^2}.\frac{{ - t}}{{\sqrt {{R^2} - {t^2}} }} - 3\sqrt 3 {t^2} \Leftrightarrow 2{R^2} - 3{t^2} = 3\sqrt 3 t\sqrt {{R^2} - {t^2}} \left( {**} \right)\)
Bình phương 2 vế của \(\left( {**} \right) \Rightarrow 36{t^4} - 39{R^2}{t^2} + 4{R^4} = 0 \Rightarrow {t^2} = \frac{{13 - \sqrt {105} }}{{24}}{R^2}\)
Từ phương trình đạo hàm: \(\sqrt {{R^2} - {t^2}} = \frac{{2{R^2} - 3{t^2}}}{{3\sqrt 3 t}}\)
Thay vào biểu thức của \(h\) thì \(h = \frac{{2{R^2} - 3{t^2}}}{{3\sqrt 3 t}} - t\sqrt 3 = \frac{{2{R^2} - 3{t^2} - 9{t^2}}}{{3\sqrt 3 t}} = \frac{{2{R^2} - 12{t^2}}}{{3\sqrt 3 t}}\)
Tỉ số: \(\frac{h}{x} = \frac{h}{{2t}} = \frac{{2{R^2} - 12{t^2}}}{{6\sqrt 3 {t^2}}} = \frac{1}{{3\sqrt 3 }}\left( {\frac{{{R^2}}}{{{t^2}}} - 6} \right)\)
Với \(\frac{{{R^2}}}{{{t^2}}} = \frac{{39 + 3\sqrt {105} }}{8}\). Khi đó
Hình chiếu vuông góc của\(B\left( {{x_B};10;{z_B}} \right)\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là\(B\left( {{x_B};10;0} \right)\)
Xét tam giác vuông\(\Delta ABB'\) (vuông tại \(B'\)), góc\(\widehat {BAB'} = 60^\circ \)
Chiều sâu (trục \(z\)):\(\left| {{z_B}} \right| = AB.\sin 60^\circ = 3\sqrt 3 \) và \(AB\) hướng xuống dưới nên\({z_B} < 0 \Rightarrow {z_B} = - 3\sqrt 3 \)
Hoành độ (trục x):\(\left| {{x_B}} \right| = AB.\cos 60^\circ = 3\) tThỏa mãn \({x_B} > 0\)) suy ra \(B\left( {3;10; - 3\sqrt 3 } \right)\)
Gọi điểm \(A'\) là ảnh đối xứng của \(A\) qua mặt phẳng tường \(\left( {Oxz} \right)\) thì \(A\left( {0;10;0} \right) \Rightarrow A'\left( {0; - 10;0} \right)\)
Do \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(A'B\) và mặt phẳng \(y = 0\)
Vectơ chỉ phương của \(\overrightarrow {A'B} \) là: \(\overrightarrow {A'B} = \left( {3;20; - 3\sqrt 3 } \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng \(A'B\) đi qua \(A'\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3t}\\{y = - 10 + 20t}\\{z = - 3\sqrt 3 t}\end{array}} \right.\)
Do \(M \in \left( {Oxz} \right) \Rightarrow {y_M} = 0 \Leftrightarrow - 10 + 20t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\)
Tọa độ của giao điểm \(M\) là \[M\left( {\frac{3}{2};0; - \frac{{3\sqrt 3 }}{2}} \right)\]
Khoảng cách từ gốc tọa độ đến \(M\) là dm
Mặt ngửa đi cửa dọc (trên/dưới) với xác suất \[0,5\]
Khi đó, nếu hướng đó có 2 cửa thì xác suất mỗi cửa là \[0,5\]
Tại phòng 1:
Mặt sấp có 2 cửa ngang là kho báu (xác suất \(1\)) và phòng 2 với xác suất là: \(0,5.\left( {0,5.1 + 0,5.{P_2}} \right)\)
Mặt ngửa chỉ có 1 cửa dọc là phòng 3 với xác suất là: \(0,5.{P_3}\).
Phương trình \[\left( 1 \right)\] là: \({P_1} = 0,25 + 0,25{P_2} + 0,5{P_3}\)
Tại phòng 2:
Mặt sấp chỉ có 1 cửa ngang là phòng 1 với xác suất là \(0,5{P_1}\)
Mặt ngửa chỉ có 1 cửa dọc là phòng 4 với xác suất:\(0,5{P_4}\)
Phương trình \[\left( 2 \right)\] là \({P_2} = 0,5{P_1} + 0,5{P_4}\)
Tại phòng 3:
Mặt sấp chỉ có 1 cửa ngang là phòng 4 với xác suất là \(0,5{P_4}\)
Mặt ngửa chỉ có 1 cửa dọc là phòng 1 với xác suất là \(0,5{P_1}\)
Phương trình \[\left( 3 \right)\] là \({P_3} = 0,5{P_1} + 0,5{P_4}\)
Tại phòng 4:
Mặt sấp có 2 cửa ngang là phòng 3 và bẫy (xác suất \(0\)) với xác suất là: \(0,5.\left( {0,5.{P_3} + 0,5.0} \right)\).
Mặt ngửa chỉ có 1 cửa dọc là phòng 2 với xác suất là \(0,5{P_2}\)
Phương trình \[\left( 4 \right)\] là \({P_4} = 0,25{P_3} + 0,5{P_2}\)
Từ \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta thấy ngay: \({P_2} = {P_3}\).
Thay \({P_3} = {P_2}\) vào phương trình \(\left( 4 \right)\) ta được: \({P_4} = 0,25{P_2} + 0,5{P_2} = 0,75{P_2}\)
Thay \({P_4} = 0,75{P_2}\)vào phương trình \(\left( 2 \right)\) ta được: \({P_2} = 0,5{P_1} + 0,5\left( {0,75{P_2}} \right)\)
Khi đó: \({P_2} = 0,5{P_1} + 0,375{P_2} \Rightarrow 0,625{P_2} = 0,5{P_1} \Rightarrow {P_2} = 0,8{P_1}\)
Vì \({P_3} = {P_2}\) nên ta cũng có \({P_3} = 0,8{P_1}\).
Thay tất cả vào phương trình \[\left( 1 \right)\]:
