Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 4
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 cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_2} = 3,\,\,{u_3} = 5\). Công sai \[d\] của cấp số cộng là:
1.
2.
8.
4.
Đáp án đúng là B
\(\left( { - \infty \,; - 1} \right)\).
\[\left( { - 1\,;\,1} \right)\].
\[\left( { - 2\,;\,1} \right)\].
\[\left( {1\,;\, + \infty } \right)\].
Đáp án đúng là B
Từ đồ thị hàm số, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1\,;\,1} \right)\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{{a^3}}}{6}\).
\(\frac{{{a^3}}}{2}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\).
Ta có: \(AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 \) và \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\)
Thể tích khối lăng trụ là \(V = AA'.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\).
nào dưới đây đúng?
\(S = \pi \int\limits_0^2 {{{\rm{e}}^{2x}}{\rm{d}}x} \).
\(S = \int\limits_0^2 {{{\rm{e}}^x}{\rm{d}}x} \).
\(S = \pi \int\limits_0^2 {{{\rm{e}}^x}{\rm{d}}x} \).
\(S = \pi \int\limits_0^2 {{{\rm{e}}^x}{\rm{d}}x} \).
Diện tích hình phẳng giới cần tính là \(S = \int\limits_0^2 {{e^x}{\rm{d}}x} \).
\(\frac{x}{1} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1\).
\(\frac{x}{1} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = - 1\).
\(\frac{x}{2} + \frac{y}{1} + \frac{z}{3} = 1\).
\(\frac{x}{2} + \frac{y}{1} + \frac{z}{3} = - 1\).
Đáp án đúng là A
Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) chắn các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm \(A\left( {0\,;\,0\,;\,2} \right)\),\(B\left( {1\,;\,0\,;\,0} \right)\) và \[C\left( {0\,;\,3\,;\,0} \right)\] nên có phương trình \(\frac{x}{1} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1\).
\(20\).
\(10\).
\(\frac{5}{2}\).
\(\frac{5}{4}\).
Đáp án đúng là A
Ta có:
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 36\).
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 36\).
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2;1; - 1} \right)\), bán kính \(R = 3\) nên có phương trình là
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\).
\(2,5\)(cm).
\(12,5\)(cm).
\(3,125\)(cm).
\(42,25\)(cm).
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: \(\sqrt {6,25} = 2,5\).
\(M = 5\).
\(M = - 5\).
\(M = \frac{1}{3}\).
\(M = - \frac{1}{3}\).
Ta tính được: \(y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}\), \(y\left( 2 \right) = \, - 5\).
Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên \(\left[ {0\,;\,2} \right]\) là \(M = y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}\).
\(P\left( A \right) = P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( B \right).P\left( {A|\overline B } \right).\)
\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) - P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right).\)
\(P\left( A \right) = P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) - P\left( B \right).P\left( {A|B} \right).\)
\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right).\)
Theo công thức xác suất toàn phần ta có: \(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right)\).
Một thư viện ghi lại số giờ đọc sách của 50 sinh viên trong một ngày và thu được mẫu số liệu ghép nhóm sau:
Nhóm giờ | \(\left[ {0\,;\,\,1} \right)\) | \(\left[ {1\,;\,\,2} \right)\) | \(\left[ {2\,;\,\,3} \right)\) | \(\left[ {3\,;\,\,4} \right)\) | \(\left[ {4\,;\,\,5} \right)\) |
Số sinh viên | 8 | 11 | 15 | 9 | 7 |
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm gần nhất với giá trị nào sau đây?
\[1,69\].
\[1,85\].
\[2,02\].
\[1,98\].
Giả sử mẫu số liệu gốc là \({x_1};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{50}}\) được xếp theo thứ tự không giảm.
Xét nửa bên trái mẫu số liệu gốc là \({x_1};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{25}}\). Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \({x_{13}} \in \left[ {1\,;\,\,2} \right)\) nên tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là \({Q_1} = 1 + \frac{{\frac{{50}}{4} - 8}}{{11}}.1 = \frac{{31}}{{22}} \approx 1,41\) (giờ).
Xét nửa bên phải mẫu số liệu gốc là \({x_{26}};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{50}}\).
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \({x_{38}} \in \left[ {3\,;\,\,4} \right)\) nên tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là \({Q_3} = 3 + \frac{{3.\frac{{50}}{4} - 34}}{9}.1 = \frac{{61}}{{18}} \approx 3,39\) (giờ).
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm: \(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} \approx 1,98\) (giờ).
\[S = \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\].
\[S = \left( { - \infty \,;\,\,3} \right)\].
\[S = \left( {\frac{1}{2}\,;\,\,3} \right)\].
\[S = \left( { - 2\,;\,\,3} \right)\].
Ta có: \[{\log _5}\left( {2x - 1} \right) < {\log _5}\left( {x + 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 1 > 0\\2x - 1 < x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\x < 3\end{array} \right.\].
Vậy tập nghiệm phương trình \[S = \left( {\frac{1}{2}\,;\,\,3} \right)\].
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Một hệ thống siêu thị nhập khẩu cam từ hai nông trại X và Y. Nông trại X cung cấp \(60\% \) tổng lượng cam và có tỉ lệ quả hỏng là \(4\% \). Nông trại Y cung cấp phần còn lại và có tỉ lệ quả hỏng là \(2\% \). Để kiểm tra chất lượng, nhân viên dùng một con xúc xắc cân đối đồng chất để gieo ngẫu nhiên. Nếu số chấm xuất hiện là chia hết cho \(3\) thì nhân viên sẽ chọn một quả cam từ lô hàng của nông trại Y và nếu số chấm xuất hiện không chia hết cho \(3\) thì nhân viên sẽ chọn ngẫu nhiên một quả cam từ kho chung (đã trộn lẫn cam của cả hai nông trại). Gọi \(A\) là biến cố chọn được quả cam bị hỏng và \(B\) là biến cố chọn được quả cam có nguồn gốc từ nông trại Y
\(P\left( {B|A} \right) = 0,02\)
\(P\left( B \right) = 0,4\)
\(P\left( A \right) = 0,028\)
\(P\left( {A|B} \right) = \frac{3}{7}\)
Gieo ba con xác xắc nên số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = {6^3} = 216\) cách
Gọi \(D\) là biến cố “Số chấm chia hết cho \(3\)” nên \(P\left( D \right) = \frac{1}{3}\) và có sơ đồ cây như sau:
Xét mệnh đề a)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}P\left( {B \cap A} \right) = \frac{1}{3}.0,2 + \frac{2}{3}.0,4.0,02 = 0,012\\P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0,02 + \frac{2}{3}\left( {0,6.0,04 + 0,4.0,02} \right) = 0,028\end{array} \right.\) suy ra \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {B \cap A} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{3}{7}\) nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Ta có: \(P\left( B \right) = \frac{1}{3}.1 + \frac{2}{3}.0,4 = \frac{3}{5} = 0,6\) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0,02 + \frac{2}{3}\left( {0,6.0,04 + 0,4.0,02} \right) = 0,028\) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Ta có: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,012}}{{0,6}} = 0,02\) nên mệnh đề d) sai
Quãng đường vật đi được trong \(3\) giây đầu tiên là \(9\)m
Biểu thức vận tốc của vật trong khoảng thời gian \(t \in \left[ {8;\,14} \right]\) là \[v\left( t \right) = 4 + 2\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {t - 8} \right)} \right]\]
Tổng quãng đường vật đi được trong \(14\) giây là \(63\)m
Quãng đường vật đi được trong \(10\) giây đầu tiên là \(48,7\)m (Kết quả làm tròn đến hàng phần mười)
Xét mệnh đề a)
Quãng đường đi được trong \(3\) giây đầu: \(S = \frac{1}{2}.3.6 = 9\)m nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}v\left( 8 \right) = 6\\v\left( {11} \right) = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b\cos 0 = 6\\a + b\cos \pi = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 6\\a - b = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 2\end{array} \right.\) nên \[v\left( t \right) = 4 + 2\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {t - 8} \right)} \right]\] nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Tổng quãng đường đi được trong \(14\) giây là: \(S = 9 + 6.5 + \int\limits_8^{14} {4 + 2\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {t - 8} \right)} \right]{\rm{d}}t = 63} \)(m) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Quãng đường đi được trong \(10\) giây đầu tiên là: \[S = 9 + 6.5 + \int\limits_8^{10} {4 + 2\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {t - 8} \right)} \right]{\rm{d}}t \approx 48,7} \](m) nên mệnh đề d) đúng
Gọi \[I\] và \[K\] lần lượt là trung điểm của hai cạnh bên \[SB\] và \[SC\] thì \[IK\parallel \left( {SAD} \right)\]
Đường chéo \[BD\] của mặt đáy vuông góc với mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\]
Khi \[SA = AB\] thì góc nhị diện giữa mặt phẳng \[\left( {SCD} \right)\] và mặt phẳng đáy bằng \(60^\circ \)
Gọi \(M\) là một điểm di động trên cạnh \(AB\). Biết rằng độ dài đoạn thẳng \(SM\) luôn bằng 2. Khi đó, thể tích của khối chóp \[S.AMC\] đạt giá trị lớn nhất khi độ dài đoạn \[AM\] bằng \(\sqrt 3 \).
Ta có \(I\) là trung điểm của \(SB\) và \(K\) là trung điểm của \(SC\) nên \(IK\) là đường trung bình của \(\Delta SBC \Rightarrow IK\parallel BC\)
Mặt khác \(ABCD\) là hình vuông nên \(BC\parallel AD \Rightarrow IK\parallel AD\) mà \(AD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow IK\parallel \left( {SAD} \right)\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\) mà \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\BD \subset ABCD\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot BD\)
Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Góc nhị diện giữa \[\left( {SCD} \right)\] và \[\left( {ABCD} \right)\] là góc giữa hai đường thẳng lần lượt nằm trong hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến \[CD\]
Trong mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right),\] ta có \[AD \bot CD\] (vì \[ABCD\] là hình vuông).
Ta có: \[CD \bot AD\] và \[CD \bot SA\] (vì \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\]) nên suy ra \[CD \bot \left( {SAD} \right)\]
Vì \[CD \bot \left( {SAD} \right)\] nên \[CD \bot SD\]
Vậy góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {SCD} \right)\] và \[\left( {ABCD} \right)\] chính là góc \[\widehat {SDA}\]
Khi \[SA = x = 2\] ta có \[SA = 2\]. Xét tam giác vuông \[SAD\], có \[SA = 2\] và \[AD = 2.\]
Tam giác \[SAD\] vuông cân tại \[A\] suy ra \[\widehat {SDA} = 45^\circ \] nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Đặt \(AM = y\) thì \(0 < y < 2\) và \(\Delta SAM\) vuông nên \(S{M^2} = S{A^2} + A{M^2} \Rightarrow x = \sqrt {4 - {y^2}} \)
Thể tích khối chóp \({V_{S.AMC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta AMC}} = \frac{1}{3}.SA.\left( {{S_{\Delta ABC}} - {S_{\Delta MBC}}} \right) = \frac{1}{3}.SA.\left( {{S_{\Delta ABC}} - {S_{\Delta MBC}}} \right)\)
Ta có: \({S_{\Delta ABC}} - {S_{\Delta MBC}} = \frac{1}{2}AB.BC - \frac{1}{2}MB.BC = y \Rightarrow {V_{S.AMC}} = \frac{1}{3}.x.y = \frac{1}{3}.\sqrt {4 - {y^2}} .y = f\left( y \right)\)
Khảo sát hàm số \(f\left( y \right)\) trên \(\left( {0;2} \right)\) đạt max tại \(y = \sqrt 2 \) mệnh đề d) sai
Góc tấn công của chim \(B\)(góc tạo bởi đường bay và mặt nước) lớn hơn \(15^\circ \)
Tại thời điểm chim \(B\) bắt đầu lao xuống, khoảng cách giữa hai chim là \(29\)m (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Tốc độ của chim \(A\) theo phương thẳng đứng (\(Oz\)) bằng \(4\)(m/s)
Giả sử mặt trời chiếu xuống con chim \(B\) thì bóng con chim \(B\) trên mặt nước di chuyển với tốc độ lớn hơn \(14,5\)(m/s)
Xét mệnh đề a)
Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình \(z = 0\) và \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 60;\, - 20;\, - 15} \right)\)
Khi đó: \[\sin \alpha = \frac{{\left| { - 15} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 60} \right)}^2} + {{\left( { - 20} \right)}^2} + {{\left( { - 15} \right)}^2}} }} = \frac{3}{{13}} \Rightarrow \alpha \approx 13,34^\circ < 15^\circ \] nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Ta có: \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 70;\,10;\, - 25} \right)\) nên \[\overrightarrow {{v_A}} = k.\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow k = \frac{{12}}{{75}} = \frac{4}{{25}} \Rightarrow \overrightarrow {{v_A}} = \left( { - \frac{{56}}{5};\,\frac{8}{5};\, - 4} \right)\]
Vị trí của con chim \(A\) tại thời điểm \(t\) là: \(A'\left( {90 - \frac{{56t}}{5};\,\frac{{8t}}{5};\,25 - 4t} \right)\)
Ta có: \(\overrightarrow {{v_B}} = m.\overrightarrow {BC} \Rightarrow m = \frac{3}{{13}}\) nên \(\overrightarrow {{v_B}} = \left( { - \frac{{180}}{{13}};\, - \frac{{60}}{{13}};\, - \frac{{45}}{{13}}} \right)\)
Do chim \(A\) xuất phát trước 1 giây nên tọa độ của chim bói cá \(B\) là:
\(B\left( {80 - \frac{{180}}{3}\left( {t - 1} \right);\,30 - \frac{{60}}{{13}}\left( {t - 1} \right);\,15 - \frac{{45}}{{13}}\left( {t - 1} \right)} \right)\)
Tại \(t = 1\) thì khoảng cách \(A'B = 29,0516 \approx 29\)m nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Ta có \({v_{{z_A}}} = \left| { - 4} \right| = 4\) (m/s) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Do bóng dưới nước thuộc \(\left( {Oxy} \right)\) nên \[\overrightarrow {{v_{bong}}} = \left( { - \frac{{180}}{{13}};\, - \frac{{60}}{{13}};0} \right) \Rightarrow \left| {{v_{bong}}} \right| = \frac{{60\sqrt {10} }}{{13}} \approx 14,59 > 14,5\](m/s) nên mệnh đề d) đúng
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Trên đồng hồ, tại thời điểm buổi sáng đang xét, kim giờ chỉ số \(3\), kim phút chỉ số \(12\). Đến khi kim phút và kim giờ gặp nhau lần cuối cùng trước \(9\) giờ thì kim phút quay được một góc lượng giác bằng bao nhiêu radian? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Vì kim phút quay nhanh gấp \(12\) lần kim giờ nên ta có \( - 2\pi + \beta = 12\beta \Leftrightarrow \beta = - \frac{{2\pi }}{{11}}\).
Kể tại thời điểm đang xét đến các lần gặp nhau thì kim giờ tạo thành các góc lập thành cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_1} = - \frac{\pi }{{22}}\) và công sai \(d = - \frac{{2\pi }}{{11}}\).
Các góc của kim phút cũng lập thành cấp số cộng \(\left( {{v_n}} \right)\) với \({v_1} = - \frac{\pi }{2} + \left( { - \frac{\pi }{{22}}} \right) = - \frac{{6\pi }}{{11}}\) và công sai \(d' = - 2\pi + \left( { - \frac{{2\pi }}{{11}}} \right) = - \frac{{24\pi }}{{11}}\). Theo giả thiết, lần gặp nhau của hai kim lần cuối cùng trước \(9\)h nên ta có \({u_n} > - \pi \) \( \Leftrightarrow - \frac{\pi }{{22}} + \left( {n - 1} \right)\left( { - \frac{{2\pi }}{{11}}} \right) > - \pi \Leftrightarrow 4\left( {n - 1} \right) < 21 \Leftrightarrow n < \frac{{25}}{4}\)
Khi đó lần gặp nhau cuối cùng trước 9h là lần thứ 6, lúc đó kim phút quay được một góc lượng giác bằng \({v_6} = {v_1} + \left( {6 - 1} \right).d' = - \frac{{6\pi }}{{11}} + 5.\left( { - \frac{{24\pi }}{{11}}} \right) = - \frac{{126\pi }}{{11}} \approx - 36\) nên quay được góc lượng giác bằng \(36\) radian.
Trong mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\), kẻ \(A'H \bot B'D'\) tại H.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B'D' \bot A'H\\B'D' \bot AA'\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,AA' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow B'D' \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow B'D' \bot AH\)
Do đó \(\widehat {AHA'}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,\,\,B'D',\,\,A'} \right]\).
Tam giác \(A'B'C'\) vuông tại \(A'\) có đường cao \(A'H\) nên ta có:
\(\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{{B'}^2}}} + \frac{1}{{A'{{D'}^2}}} \Rightarrow A'H = \frac{{A'B'.A'D'}}{{\sqrt {A'{{B'}^2} + A'{{D'}^2}} }} = \frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}\).
Tam giác \(AHA'\) vuông tại \(A'\) có \(\tan \widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{A'H}} = \frac{{8,2}}{{\frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}}} \Rightarrow \widehat {AHA'} \approx \approx {51,1^ \circ }\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên ta có \(AB = \sqrt {{h^2} + {{20}^2}} \)mà \(T' = k.T = \frac{{400.I.h}}{{{{\left( {\sqrt {{h^2} + 400} } \right)}^5}}}\)
Dùng chức năng suy ra được \(x = h = 10\)nên ngọn lửa của cây nến đặt ở độ cao bằng \(10\)cm thì độ sáng thức tế chiếu lên đồng xu là lớn nhất.
Bán kính đường tròn \(R = 40\sqrt 2 \) nên suy ra đường chéo của hình vuông bằng \(80\sqrt 2 \) nên cạnh hình vuông bằng \(80\)cm.
Các điểm \(M\) thỏa mãn \(MI = d\left( {M,\,AB} \right)\) nằm trên một đường cong có phương trình \(y = f\left( x \right)\) và đây chính là một parabol có tiêu điểm \(I\) và đường chuẩn \(AB\). Khi đó hình phẳng \(\left( H \right)\) chính là miền được tô màu như hình vẽ
Gọi \(M\left( {x;\,y} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MI = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \\d\left( {M,\,AB} \right) = \left| {x + 40} \right|\end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}} = \left| {x + 40} \right| \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {80x + 1600} \)
Giao điểm của parabol với hai cạnh \(AD\) và \(BC\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}y = \pm \sqrt {80x + 1600} \\y = \pm 40\end{array} \right.\) nên suy ra \(E\left( {0;\,40} \right)\); \(F\left( {0;\, - 40} \right)\)
Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) cần tính có thể dùng tích phân hoặc công thức tính nhanh diện tích cổng parabol: \({S_{\left( H \right)}} = 2\left( {\int\limits_{ - 40}^{ - 20} {\left| {40} \right|{\rm{d}}x + \int\limits_{ - 20}^0 {\left| {40 - \sqrt {80x + 1600} } \right|{\rm{d}}x} } } \right) = 2133\)(cm2)
Khi thành thạo rồi thì ta có thể tư duy nhanh về dữ kiện đề bài cho. Ta thấy hình phẳng \(\left( H \right)\) nằm bên trong hình vuông, đồng thời thỏa mãn điều kiện \(MI \ge d\left( {M,AB} \right)\) thì đây là miền hình phẳng nằm bên trong hình vuông, giới hạn bởi một đường parabol có tiêu điểm là \(I\), đường chuẩn \(AB\) và miền cần tính chứa đường chuẩn \(AB\), bao gồm cả đường parabol.
Tính diện tích dựa trên công thức tính nhanh:
\[{S_{\left( H \right)}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} - \frac{4}{3}.EI.KI = \frac{1}{2}{.80^2} - \frac{4}{3}.40.20 = 2133\](cm2)
Trên mô hình, bán kính trái đất \({R_{mo\,\,hinh}} = \sqrt {64} = 8\) đơn vị và trong thực tế thì \({R_{thuc\,\,te}} = 6400\)km
Suy ra tỷ lệ quy đổi là: \(k = \frac{{{R_{thuc\,\,te}}}}{{{R_{mo\,h\`i nh}}}} = \frac{{6400}}{8} = 800\)(km/đơn vị), nghĩa là 1 đơn vị độ dài trong hệ trục tọa độ tương ứng với \(800\)km ngoài thực tế
Quãng đường vệ tinh bay được là: \(S = v.t = 8.600 = 4800\)(km)
Gọi \(O\) là tâm trái đất và \(A\) là điểm phóng vệ tinh
Do \(A\) nằm trên bề mặt trái đất nên độ dài đoạn \(OA\) chính là bán kính thực tế \(OA = 6400\)km
Gọi \(B\) là vị trí của vệ tinh sau \(10\) phút bay thì đoạn đường \(AB\) chính là quãng đường bay nên suy ra \(AB = S = 4800\)(km)
Theo giả thiết, vệ tinh bay theo phương tiếp tuyến với đường tròn vĩ tuyến tại điểm \(A\) (trong mặt phẳng song song với \(Oxy\)) nên \(AB \bot Oz\)
Mặt khác, vectơ \(\overrightarrow {AB} \) vuông góc với mặt phẳng chứa trục \(Oz\) và điểm \(A\) nên \(AB \bot OA\)
Vậy tam giác \(OAB\) là tam giác vuông tại \(A\)
Khi đó độ cao của vệ tinh chính là hiệu số giữa khoảng cách từ tâm trái đất đến vị tinh
Áp dụng định lý Pytago trong \(\Delta OAB\): \(O{B^2} = O{A^2} + A{B^2} \Rightarrow OB = \sqrt {{{6400}^2} + {{4800}^2}} = 8000\)(km)
Vậy sau \(10\) phút bay, vệ tinh đạt đến độ cao \(h = 8000 - 6400 = 1600\)(km) so với mặt đất
Trường hợp 1: Ngăn nhiều nhất có 4 cuốn, ba ngăn còn lại mỗi ngăn 1 cuốn và 4 là số lớn nhất duy nhất, chọn 1 ngăn (trong 4 ngăn) để chứa 4 cuốn có \(C_4^1 = 4\) cách.
Xếp 7 cuốn sách vào có 7! cách nên số cách xếp trong trường hợp này là \(n\left( {{A_1}} \right) = 4.7!\) cách.
Trường hợp 2: Ngăn nhiều nhất có 3 cuốn, ngăn nhiều thứ hai có 2 cuốn, hai ngăn còn lại mỗi ngăn 1 cuốn, chọn 1 ngăn (trong 4 ngăn) để chứa 3 cuốn có \(C_4^1 = 4\) cách.
Chọn 1 ngăn (trong 3 ngăn còn lại) để chứa 2 cuốn có \(C_3^1 = 3\) cách. Hai ngăn còn lại mỗi ngăn chứa 1 cuốn.
Xếp 7 cuốn sách vào có 7! cách nên số cách xếp là \(n\left( {{A_2}} \right) = 4.3.7! = 12.7!\) cách
Vậy số cách xếp thỏa mãn là: \[n\left( A \right) = n\left( {{A_1}} \right) + n\left( {{A_2}} \right) = 4.7!\, + 12.7! = 16.7!\]
Biến cố \(B\) yêu cầu sách Toán phải nằm trong ngăn nhiều sách nhất.
Vì vai trò của các cuốn sách là như nhau nên xác suất để cuốn sách Toán rơi vào một nhóm \(k\) vị trí trong tổng số \(7\) vị trí là \(\frac{k}{7}\).
Trong trường hợp 1: Ngăn nhiều nhất có 4 cuốn nên xác suất sách Toán nằm ở ngăn này là: \(\frac{4}{7}\)
Vậy số cách thuận lợi cho trường hợp này là: \(\frac{4}{7}.n\left( {{A_1}} \right) = \frac{4}{7}.4.7! = \frac{{16}}{7}.7!\).
Trong trường hợp 2: Ngăn nhiều nhất có \(3\) cuốn nên xác suất sách Toán nẳm ở ngăn này là: \(\frac{3}{7}\)
Vậy số cách thuận lợi cho trường hợp này là: \(\frac{3}{7}.n\left( {{A_2}} \right) = \frac{3}{7}.12.7! = \frac{{36}}{7}.7!\)
Tổng số cách thuận lợi: \(n\left( {A \cap B} \right) = \left( {\frac{{16}}{7} + \frac{{36}}{7}} \right).7! = \frac{{52}}{7}.7!\)
Vậy xác suất cần tính là: \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( A \right)}} = \frac{{\frac{{52}}{7}.7!}}{{16.7!}} = \frac{{13}}{{28}} \approx 0,46\)
