Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 5
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.
Trong không gian \(Oxyz\), mặt phẳng đi qua điểm \(K\left( {1\,;\,1\,;\,1} \right)\) nhận \(\vec u = \left( {1\,;0\,;\,1} \right)\), \(\vec v = \left( {1\,;\,1\,;\,0} \right)\)làm căp vectơ chỉ phương có phương trình tổng quát là\(x + y + z - 3 = 0\).
\(x - y + z - 1 = 0\).
\(x + y - z - 1 = 0\).
\( - x + y + z - 1 = 0\).
Mặt phẳng có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left[ {\vec u,\vec v} \right] = \left( { - 1\,;\,1;\,1} \right)\).
Phương trình mặt phẳng là \( - \left( {x - 1} \right) + 1\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow - x + y + z - 1 = 0\).
Cho bảng phân bố tần số ghép nhóm về độ dài của 60 lá dương xỉ trưởng thành như sau:
Độ dài (cm) | \[\left[ {10\,;20} \right)\] | \[\left[ {20\,;30} \right)\] | \[\left[ {30\,;40} \right)\] | \[\left[ {40\,;50} \right]\] |
Tần số | \(8\) | \(18\) | \(24\) | \(10\) |
Tính phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho.
\[s_{}^2 = 83\].
\[s_{}^2 = 84\].
\[s_{}^2 = 85\].
\[s_{}^2 = 86\].
Ta viết lại bảng trên có bổ sung giá trị đại diện:
Độ dài (cm) | \[\left[ {10\,;20} \right)\] | \[\left[ {20\,;30} \right)\] | \[\left[ {30\,;40} \right)\] | \[\left[ {40\,;50} \right]\] |
Giá trị đại diện | \[15\] | \[25\] | \[35\] | \[45\] |
Tần số | \(8\) | \(18\) | \(24\) | \(10\) |
Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm: \[\bar x = \frac{{15,8 + 25,18 + 35.24 + 45.10}}{{60}} = 31\].
Phương sai mẫu số liệu ghép nhóm là:
\[s_{}^2 = \frac{{8.{{\left( {15 - 31} \right)}^2} + 18.{{\left( {25 - 31} \right)}^2} + 24.{{\left( {35 - 31} \right)}^2} + 10.{{\left( {45 - 31} \right)}^2}}}{{60}} = 84\].
![Câu 3: Cho lăng trụ đều \[ABC.A'B'C'\]. Góc giữa hai vectơ \[\overrightarrow {BA} \] và \[\overrightarrow {C'B'} \] bằng bao nhiêu? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/picture1-1779149026.png)
\[30^\circ \].
\[60^\circ \].
\[120^\circ \].
\[90^\circ \].
Thống kê điểm thi đánh giá năng lực của một trường THPT qua thang điểm 100 được cho ở bảng sau:
Trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là giá trị nào sau đây?
\[38,2\].
\[40\].
\[39,6\].
\[42\].
Kích thước mẫu số liệu \(n = 25 + 35 + 37 + 15 + 8 = 120\).
Trung vị của mẫu số liệu gốc là \(\frac{{{x_{60}} + {x_{61}}}}{2}\); mà \({x_{60}} \in \left[ {20\,;\,\,40} \right)\,,\,\,{x_{61}} \in \left[ {40\,;\,\,60} \right)\) nên trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm bằng \({M_e}\)= 40.
\({u_1} = 5\), \[q = 4\].
\({u_1} = 4\), \[q = 6\].
\({u_1} = 4\), \[q = 5\].
\({u_1} = 6\), \[q = 5\].
Ta có \({u_1} = {S_1} = {5^1} - 1 = 4\); \({u_2} = {S_2} - {S_1} = \left( {{5^2} - 1} \right) - \left( {{5^1} - 1} \right) = 20\).
Công bội cấp số nhân là \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{20}}{4} = 5\).
\[M\left( {4\,;\,\, - 5\,;\,\,0} \right)\].
\[M\left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\,0} \right)\].
\[M\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\].
\[M\left( {4\,;\,\,5\,;\,\,0} \right)\].
Gọi \(M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\); \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,\,3\,;\,\,1} \right);\overrightarrow {AM} = \left( {x - 2\,;\,\,y + 2\,;\,\, - 1} \right)\).
Ba điểm \(A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}M\) thẳng hàng \( \Leftrightarrow \)\(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AM} \) cùng phương \( \Leftrightarrow \frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{ - 1}}{1}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{ - 2}} = - 1\\\frac{{y + 2}}{3} = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = - 5\end{array} \right.\). Vậy \[M\left( {4\,;\,\, - 5\,;\,\,0} \right)\].
\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,\,4} \right]} y = 6\).
\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,\,4} \right]} y = - 2\).
\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,\,4} \right]} y = - 3\).
\(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,\,4} \right]} y = \frac{{19}}{3}\).
Ta có \(y' = \frac{{2x\left( {x - 1} \right) - \left( {{x^2} + 3} \right)}}{{x - 1}} = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\); \(y' = 0 \Rightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \notin \left( {2\,;\,\,4} \right)\\x = 3 \in \left( {2\,;\,\,4} \right)\end{array} \right.\).
Ta có:\(y\left( 2 \right) = 7\), \(y\left( 3 \right) = 6\), \(y\left( 4 \right) = \frac{{19}}{3}\) nên \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2\,;\,\,4} \right]} y = y\left( 3 \right) = 6\).
\(\left[ { - 2\,;\,\,4} \right]\).
\(\left[ { - 4\,;\,\,2} \right]\).
\(\left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right] \cup \left[ {4\,;\,\, + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty \,;\,\, - 4} \right] \cup \left[ {2\,;\,\, + \infty } \right)\).
Ta có: \({5^{x - 1}} \ge {5^{{x^2} - x - 9}} \Leftrightarrow x - 1 \ge {x^2} - x - 9 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le x \le 4\).
Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ { - 2\,;\,4} \right]\).
Mặt phẳng đi qua ba điểm \(A\left( {0\,;\,0\,;\,2} \right)\), \(B\left( {1\,;\,0\,;\,0} \right)\) và \[C\left( {0\,;\,3\,;\,0} \right)\] có phương trình là
\(\frac{x}{1} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = - 1\).
\(\frac{x}{1} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1\).
\(\frac{x}{2} + \frac{y}{1} + \frac{z}{3} = 1\).
\(\frac{x}{2} + \frac{y}{1} + \frac{z}{3} = - 1\).
Đáp án đúng là B
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 \(\frac{x}{1} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1\).
Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty \,;\, + \infty } \right)\).
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng \[\left( { - \infty \,;\, - 3} \right)\] và \[\left( { - 3\,;\, + \infty } \right)\].
Hàm số đồng biến trên từng khoảng \[\left( { - \infty \,;\, - 3} \right)\] và \[\left( { - 3\,;\, + \infty } \right)\].
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty \,;\,\, + \infty } \right)\).
Tập xác định hàm số \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}\]. Ta có \[y' = \frac{5}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}} > 0\], \[\forall x \in D\].
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng \[\left( { - \infty \,;\, - 3} \right)\] và \[\left( { - 3\,;\, + \infty } \right)\].
\(0,3.\)
\(0,4.\)
\(0,6.\)
\(0,5.\)
Ta có: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,3 + 0,4 - 0,2 = 0,5\).
\(10\).
\(8\).
\(\frac{{26}}{3}\).
\(\frac{{32}}{3}\).
Đáp án đúng là A
Ta có \(\int\limits_1^3 {\left[ {1 + f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = \left. {\left[ {x + F\left( x \right)} \right]} \right|_1^3 = \left. {\left( {x + {x^2}} \right)} \right|_1^3 = 12 - 2 = 10.\)
Một doanh nghiệp sản xuất một loại linh kiện điện tử có hàm doanh thu được mô tả bởi công thức \(F\left( x \right) = {x^3} - 447{x^2} + 65\,000x + 200\,000\)(đồng) và hàm chi phí được mô tả bởi công thức \(C\left( x \right) = m{x^2} + nx + 200\,000\)(đồng), tính cho \(x\) sản phẩm với điều kiện \(10 \le x \le 160\). Biết rằng chi phí để sản xuất \(10\) sản phẩm là \(220\,500\)(đồng) và chi phí biên tại mức sản lượng \(50\) sản phẩm là \(2500\)(đồng). Giả sử các sản phẩm sản xuất ra đều bán hết
\(200m - n = - 1000\)
Doanh thu lớn nhất đạt được khi sản xuất \(126\) sản phẩm
Lợi nhuận khi sản xuất \(10\) sản phẩm là \(600\,000\)(đồng)
Lợi nhuận lớn nhất đạt được khi sản xuất \(110\) sản phẩm
Xét mệnh đề a)
Chi phí sản xuất \(10\) sản phẩm là \(220\,500\) đồng nên ta có phương trình:
\(C\left( {10} \right) = m{.10^2} + n.10 + 200000 = 220500 \Leftrightarrow 10m + n = 2050\,\,\left( 1 \right)\)
Chi phí biên là đạo hàm của hàm chi phí: \(C'\left( x \right) = 2mx + n\) và tại mức sản lượng \(50\) là \(2500\) đồng nên ta có: \(C'\left( {50} \right) = 2m.50 + n = 2500 \Leftrightarrow 100m + n = 2500\,\,\left( 2 \right)\)
Giải hệ \(\left\{ \begin{array}{l}10m + n = 2050\\100m + n = 2500\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 5\\n = 2000\end{array} \right.\) suy ra \(200m - n = - 1000\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Khi đó hàm chi phí: \(C\left( x \right) = 5{x^2} + 2000x + 200\,000\)
Hàm doanh thu: \(F\left( x \right) = {x^3} - 447{x^2} + 65\,000x + 200\,000\) có \(F'\left( x \right) = 3{x^2} - 894x + 65000 = 0\)
Giải \(F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 894x + 65000 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 125,89\\x = 172,1\end{array} \right.\) và có bảng biến thiên:
Xét \(F\left( {125} \right) = 3293750 < F\left( {126} \right) = 3293804\) nên doanh thu lớn nhất đạt được khi sản xuất \(126\) sản phẩm nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Hàm lợi nhuận: \(L\left( x \right) = F\left( x \right) - G\left( x \right) = {x^3} - 452{x^2} + 63000x \Rightarrow L\left( {10} \right) = 585800 \ne 600000\) nên mệnh đề c) sai
Xét mện đề d)
Ta có: \(L'\left( x \right) = 3{x^2} - 904x + 63000 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 109,43\\x = 191,90\end{array} \right.\) và ta có bảng biến thiên như sau:
Xét \(L\left( {109} \right) = 2791817 > L\left( {110} \right) = 2791800\) nên lợi nhuận lớn nhất đạt được khi sản xuất \(109\) sản phẩm nên mệnh đề d) sai
Biển báo quy định tốc độ giới hạn tối đa là \(60\)(km/h)
\(a = - 1,25\)
Quãng đường xe chạy với tốc độ không đổi là \(160\)m
Tại thời điểm \(t = 17\) giây tính từ \(A\) thì vận tốc của xe là \(11,25\)(m/s)
Xét mệnh đề a)
Vận tốc ban đầu tại \(A\) là \({v_0} = 72\)(km/h)\( = 20\)(m/s) và quãng đường \(AB = 280\)m
Tại \(t = 0\), xe bắt đầu hãm phanh nên \(v\left( 0 \right) = 20 \Rightarrow a.0 + b = 20 \Rightarrow b = 20\)
Quãng đường đi được trong \(4\) giây là \(70\)m: \({S_1} = \int\limits_0^4 {\left( {at + 20} \right){\rm{d}}t = 70 \Leftrightarrow a = - 1,25} \)
Vận tốc giới hạn tại thời điểm kết thúc giai đoạn 1 là \(t = 4\) nên \({v_{gh}} = v\left( 4 \right) = - 1,25.4 + 20 = 15\)
Vậy vận tốc giới hạn là: \({v_{gh}} = 15.3,6 = 54\)(km/h) nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Theo câu a) nên \(a = - 1,25\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Xe giữ nguyên vận tốc giới hạn \({v_2} = 15\)(m/s) nên quãng đường đi được trong giai đoạn 2 là:
\({S_2} = {v_2}.t = 15.10 = 150\)(m) nên mệnh đề c) sai
Quãng đường còn lại cho giai đoạn \(3\): \({S_3} = {S_{AB}} - {S_1} - {S_2} = 280 - 70 - 150 = 60\)(m)
Tại thời điểm bắt đầu giai đoạn 3: \({v_3}\left( 0 \right) = c{.0^2} + d = 15 \Rightarrow d = 15\)
Tại thời điểm \(T\) thì xe dừng hẳng nên vận tốc bằng \(0 \Leftrightarrow {v_3}\left( T \right) = c{T^2} + 15 = 0 \Rightarrow c{T^2} = - 15\,\,\left( * \right)\)
Quãng đường đi được là \(60\)m nên \({S_3} = \int\limits_0^T {\left( {c{t^3} + 15} \right){\rm{d}}t = 60} \) kết hợp \(\left( * \right)\) suy ra \(T = 6\) (giây)
Thay \(T = 6\) vào \(\left( * \right)\) suy ra \(c = - \frac{5}{{12}}\)
\(c = \frac{1}{2}\)
Phương trình quỹ đạo là đường thẳng \(\frac{{x - 1}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{z}{1}\)
\(m = 4\)
Sau \(10\) giây kể từ lúc xuất phát thì thiết bị đạt độ cao \(200\) mét
Xét mệnh đề a)
Ta có: \(\left| {\overrightarrow u } \right| = 1 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\,\,\left( * \right)\) vào theo đề bài thì \(\left\{ \begin{array}{l}a = \cos 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\b = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}\end{array} \right.\) thay vào \(\left( * \right)\) ta được: \[{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + {c^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}c = \frac{1}{2}\\c = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\] mà vectơ đơn vị tạo với trục \(Oz\) một góc nhón nên khi đó \(\cos \left( {\overrightarrow u ;\,Oz} \right) = c > 0 \Rightarrow c = \frac{1}{2}\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Ta có: \(S = \int\limits_0^5 {v\left( t \right){\rm{d}}t = \int\limits_0^5 {\left( {mt + 10} \right){\rm{d}}t = 125 \Leftrightarrow } } \,\,m = 6\) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Đường thẳng đi qua \(A\left( {1;\,2;\,0} \right)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\left( {\sqrt 2 ;\,1;\,1} \right)\) nên phương trình quỹ đạo là: \(\frac{{x - 1}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{z}{1}\) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Độ cao chính là tọa độ \(z\) của thiết bị. Quãng đường thiết bị bay được là \({S_{10}} = \int\limits_0^{10} {\left( {6t + 10} \right)dt} = 400\)
Tọa độ của thiết bị tại thời điểm \(t\) là \(O{M_t} = OA + {S_t}.\overrightarrow u \)
Xác suất để lấy được \(1\) bi vàng từ hộp I bằng \(0,63\)
Xác suất để lấy được \(2\) bi khác màu từ hộp II bằng \(0,4\)
Xác suất để lấy được cả \(3\) bi màu đỏ từ hộp III bằng \(0,05\)
Biết rằng \(3\) bi được lấy từ hộp III màu đỏ, xác suất để \(3\) bi đó vốn thuộc về \(3\) hộp khác nhau bằng \(0,17\)
Ta có sơ đồ cây:
Xét mệnh đề a)
Xác suất để lấy được một bi vàng từ hộp I bằng \(\frac{3}{8} = 0,375\) nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Gọi \(X\) là biến cố lấy được hai bi khác màu từ hộp II thì khi đó ta có: \(P\left( X \right) = \frac{3}{8}.\frac{3}{5} + \frac{5}{8}.\frac{8}{{15}} = \frac{{67}}{{120}} = 0,5583\) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Gọi \(Y\) là biến cố lấy được cả ba bi đỏ từ hộp III, ta có:
\(P\left( Y \right) = \frac{3}{8}.\frac{3}{5}.\frac{1}{{20}} + \frac{3}{8}.\frac{1}{5}.\frac{1}{5} + \frac{5}{8}.\frac{8}{{15}}.\frac{1}{{20}} + \frac{5}{8}.\frac{2}{5}.\frac{1}{5} = \frac{{223}}{{2400}} = 0,09291\) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Tư duy như sau: Trong ba hộp khác nhau thì khi chuyển từ hộp II sang hộp III phải có một viên bi đỏ ở hộp I và một viên bi đó khác từ hộp II chuyển vào
Gọi \(Z\) là biến cố: “Lấy từ hộp III ba viên bi mà mỗi bi thuộc về mỗi hộp I,II,III trước đó”.
Ta có: \(P\left( {Z \cap Y} \right) = \frac{5}{3}.\frac{{C_1^1.C_3^1}}{{C_6^2}}.\frac{{C_1^1.C_1^1.C_2^1}}{{C_6^3}} = \frac{1}{{80}} \Rightarrow P\left( {Z|Y} \right) = \frac{{P\left( {Z \cap Y} \right)}}{{P\left( Y \right)}} = \frac{{30}}{{223}} \approx 0,13\) nên mệnh đề d) sai
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Cho hình lăng trụ đứng \[ABC.A'B'C'\] có đáy là tam giác vuông cân tại đỉnh \[B\]. Biết rằng cạnh đáy \[BA = BC = 4\]cm và chiều cao của lăng trụ \[AA\prime = 6\]cm. Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \[A'C\] và \[AB\](Kết quả làm tròn đến hàng phần chục)Phương pháp: Dựng một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia. Sau đó quy về bài toán khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. Có thể tính thông qua khối lăng trụ
Khi đó: \(d\left( {A'C;\,AB} \right) = d\left( {AB;\,\left( {A'B'C} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {A'B'C} \right)\,} \right) = d\left( {B;\left( {A'B'C} \right)\,} \right)\)
Kẻ \(BK \bot B'C \Rightarrow d\left( {B;\left( {A'B'C} \right)\,} \right) = BK\). Xét tam giác vuông \[B'BC\] tại \(B\) ta có:
\(\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{B{{B'}^2}}} + \frac{1}{{B'{C^2}}} \Rightarrow B{K^2} = \frac{{144}}{{13}} \Rightarrow BK = \frac{{12}}{{\sqrt {13} }} = 3,328... \approx 3,3\)(cm)
Ta có: \(S = A.{\left( {1 + r} \right)^n}\). Để số tiền cả gốc lẫn lãi lớn hơn 100 triệu
Suy ra \(n > {\log _{1 + r}}\left( {\frac{S}{A}} \right) = {\log _{1 + 6\% }}\left( {\frac{{100}}{{60}}} \right) \approx 8,766\) nên sau ít nhất \(9\) năm thì người đó nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi nhiều hơn \(100\) triệu
Ta có: \(OB = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow BH = 12 - \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow OH = \sqrt {B{H^2} - O{B^2}} = ... = \sqrt {144 - 4a\sqrt 3 } \)
Suy ra thể tích \(V = \frac{1}{3}.OH.{S_\Delta } = \frac{1}{3}.\sqrt {144 - 4a\sqrt 3 } .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) với \(0 \le a \le 12\sqrt 3 \).
Xét hàm số \(V\left( a \right) = \frac{1}{3}.\sqrt {144 - 4a\sqrt 3 } .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) trên đoạn \(\left[ {0;12\sqrt 3 } \right]\)
Ta có: \[V'\left( a \right) = \frac{1}{3}.\frac{{ - 30{a^2} + 288a\sqrt 3 }}{{4\sqrt {144 - 4a\sqrt 3 } }} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = \frac{{48\sqrt 3 }}{5} \in \left[ {0;12\sqrt 3 } \right]\end{array} \right.\] và \[V''\left( {\frac{{48\sqrt 3 }}{5}} \right) < 0\]
Suy ra: \[\max V = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;12\sqrt 3 } \right]} V\left( a \right) = V\left( {\frac{{48\sqrt 3 }}{5}} \right) = \frac{{6912\sqrt {15} }}{{125}} \approx 214\]
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ta xác định được \(a = 8\) và \(b = 4\)
Phương trình chính tắc của \(\left( E \right)\): \(\frac{{{x^2}}}{{{8^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{4^2}}} = 1 \Rightarrow {y^2} = 16 - \frac{{{x^2}}}{4}\)
Đường tròn tâm \(I\left( {0;\,12} \right)\), bánh kính \(R = 8\) có phương trình \(\left( C \right):\,{x^2} + {\left( {y - 12} \right)^2} = 64\)
Phương trình đường tròn lúc này là: \(\left[ \begin{array}{l}y = 12 + \sqrt {64 - {x^2}} \,\,\left( {loai} \right)\\y = 12 - \sqrt {64 - {x^2}} \,\left( {nhan} \right)\end{array} \right.\)
Thể tích khối tròn xoay: (cm3)
Parabol \(\left( P \right) \in \left( {Oxz} \right)\) nên có phương trình \(z = a{x^2} + bx + c\)
Quả bóng được ném từ \(A\left( {0;\,0;\,2} \right)\) nên suy ra \(2 = a{.0^2} + b.0 + c \Rightarrow c = 2\)
Biết rằng chiều cao theo tiểu chuẩn của rổ bóng rổ là \(3,05\)m và khoảng cách theo phương ngang từ vị trí ném đến rổ là \(10\)m nên \(100a + 10b + 2 = 3,05\,\,\left( * \right)\)
Góc ném \(\theta = 45^\circ \) hệ số góc tiếp tuyến với \(\left( P \right)\) tại \(A\) là \(\tan 45^\circ = 1 \Leftrightarrow z'\left( x \right) = 2ax + b \Rightarrow b = 1\)
Thay \(b = 1\) vào phương trình \(\left( * \right) \Leftrightarrow 100a + 10.1 + 2 = 3,05 \Leftrightarrow a = - \frac{{179}}{{2000}}\)
Vậy phương trình parabol \(\left( P \right)\) là: \(z = - \frac{{179}}{{2000}}{x^2} + x + 2 \Rightarrow {x_{\max }} = \frac{{ - 1}}{{ - 2.\frac{{179}}{{2000}}}} = \frac{{1000}}{{179}}\)
Vậy chiều cao lớn nhất của quỹ đạo bay là: \({z_{\max }} = \frac{{858}}{{179}} = 4,7932... \approx 4,79\)(m)
Các cặp số đối xứng qua tâm trên cùng một đường thẳng là \(\left( {a;\,d} \right),\,\left( {b;\,e} \right),\,\left( {c;\,f} \right)\)
Tổng ba số trên mỗi đường thẳng đi qua tâm bằng nhau gọi là \(T\), khi đó ta có:
\(T = a + x + d = b + x + e = c + x + f \Leftrightarrow a + d = b + e = c + f = k\)
Tổng của các số trong tập\(X\) là: \({S_X} = 28\)
Tổng của 3 đường thẳng đi qua tâm là \(3T\). Khi cộng tổng 3 đường thẳng này, số ở tâm là \(x\) được tính \(3\) lần, còn các số ở vòng ngoài được tính 1 lần.
Khi đó ta có: \(3T = {S_X} + 2x \Leftrightarrow 3T = 28 + 2x\). Để tồn tại cách xếp thì vế phải là \(\left( {28 + 2x} \right)\) phải chia hết cho \(3\) nên \(x \in \left\{ {1;\,4;\,7} \right\}\)
Trường hợp 1: \(x = 1\)
Tổng cặp bên ngoài \(k = \frac{{28 - 1}}{3} = 9\) nên khi đó tập còn lại \(\left\{ {2;3;4;5;6;7} \right\}\) thì các cặp có tổng bằng 9 là: \(\left( {2,7} \right),\left( {3,6} \right),\left( {4,5} \right)\)
Hoán vị 3 cặp vào 3 đường thằng: \(3! = 6\) cách, hoán vị vị trí 2 số trong mỗi cặp có \({2^3} = 8\) cách.
Tổng số cách: \(6.8 = 48\) cách.
Trường hợp 2: \(x = 4\)
Tổng cặp bên ngoài \(k = \frac{{28 - 4}}{3} = 8\) nên khi đó tập còn lại \(\left\{ {1;2;3;5;6;7} \right\}\) thì các cặp có tổng bằng 8 là: \(\left( {1,7} \right),\left( {2,6} \right),\left( {3,5} \right)\)
Số cách xếp cũng tương tự trường hợp 1 có \(3!{.2^3} = 48\) cách
Trường hợp 3: \(x = 7\)
Tổng cặp bên ngoài \(k = \frac{{28 - 7}}{3} = 7\) nên khi đó tập còn lại \(\left\{ {1;2;3;4;5;6} \right\}\)thì các cặp có tổng bằng 7 là: \(\left( {1,6} \right),\left( {2,5} \right),\left( {3,4} \right)\)
Số cách xếp tương tự có: \(3!{.2^3} = 48\) cách.
Tổng số cách xếp thỏa mãn điểu kiện đề bài: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 48 + 48 + 48 = 144\)(cách)
Số cách xếp mà tâm \(x\) là số lẻ: \(n\left( A \right) = 48 + 48 = 96\)
Vậy xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{96}}{{144}} = \frac{2}{3} \approx 0,67\)
