Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 6
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 hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục và có bảng biến thiên trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\)như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?
\[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right).\]
\[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right).\]
\[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right).\]
\[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right).\]
Đáp án đúng là B
Dựa vào biến thiên thì \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right).\]
\(2\).
\(4\).
\(5\).
\(3\).
Ta có: \({\log _a}\left( {a \cdot b} \right) = {\log _a}a + {\log _a}b = 1 + 2 = 3\).
\(\left( { - 1\,;\,\, - 2\,;\,\, - 3} \right)\).
\(\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\).
\(\left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)\).
\(\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,3} \right)\).
\[y = \frac{{ - 2x + 1}}{{x + 1}}\].
\[y = - {x^3} + x + 1\].
\[y = \frac{{ - 2x - 1}}{{x + 1}}\].
\[y = - {x^4} + 2{x^2} + 1\].
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy
Đường tiệm cận đứng \(x = - 1\) và đường tiệm cận ngang \(y = - 2\)
Đồ thị cắt trục \(Oy\) tại điểm \(\left( {0;1} \right)\) nên do đó đây là đồ thị của hàm số \(y = \frac{{ - 2x + 1}}{{x + 1}}\).
Doanh thu bán hàng trong 20 ngày được lựa chọn ngẫu nhiên của một cửa hàng được ghi lại ở bảng sau (đơn vị: triệu đồng):
Doanh thu | \(\left[ {5;\,7} \right)\) | \(\left[ {7;\,9} \right)\) | \(\left[ {9;\,11} \right)\) | \(\left[ {11;\,13} \right)\) | \(\left[ {13;\,15} \right)\) |
Số ngày | 2 | 7 | 7 | 3 | 1 |
Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm trên thuộc khoảng nào sau đây?
\[\left[ {7\,;\,\,9} \right)\].
\[\left[ {9\,;\,\,11} \right)\].
\[\left[ {11\,;\,\,13} \right)\].
\[\left[ {13\,;\,\,15} \right)\].
Ta viết lại mẫu số liệu ghép nhóm có thêm giá trị đại diện như sau:
Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là
\[\bar x = \frac{{2 \cdot 6{\rm{ }} + {\rm{ }}7 \cdot 8{\rm{ }} + {\rm{ }}7 \cdot 10{\rm{ }} + {\rm{ }}3 \cdot 12{\rm{ }} + {\rm{ }}1 \cdot 14}}{{20}} = 9,4 \in \left[ {9\,;\,\,11} \right)\].
\(24\).
\(54\).
\(162\).
\(48\).
\(\left| {\int\limits_a^b {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} } \right|\).
\(\int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} \).
\(\int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} \).
\(\int\limits_a^b {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} \).
\[ - 1\].
\[1\].
\[2\].
\(\frac{{4\pi }}{3}\).
Đáp án đúng là A
Ta có:
\(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( { - 2\,;\, - 1\,;\,1} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1\,;\, - 1\,;\,3} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( { - 2\,;\,0\,;\,1} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {2\,;\,0\,;\,1} \right)\).
\(1\).
\(4\).
\(2\).
\(0\).
Đáp án đúng là A
Ta có: \[\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + 2x} \right]} {\rm{d}}x = 2 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x + \left. {{x^2}} \right|_0^1 = 2 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x + 1 = 2 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = 1\].
\(\frac{{x + 1}}{1} = \frac{{y + 1}}{{ - 3}} = \frac{{z + 1}}{1}\).
\(x - 3y + z - 1 = 0\).
\(x - 3y + z + 1 = 0\).
\(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 3}} = \frac{{z - 1}}{1}\).
Mặt phẳng qua \(A\left( {1\,;\,1\,;\,1} \right)\), có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {BC} = \left( {1\,;\, - 3\,;\,1} \right)\) nên có phương trình:
\(1\left( {x - 1} \right) - 3\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3y + z + 1 = 0\).
\(\mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right){\rm{d}}x = {e^{2x}} + 3{\rm{ln}}x + C\).
\(\mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right){\rm{d}}x = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + 3{\rm{ln}}\left| x \right| + C\).
\(\mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right){\rm{d}}x = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + 3{\rm{ln}}x + C\).
\(\mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right){\rm{d}}x = {e^{2x}} + 3{\rm{ln}}\left| x \right| + C\).
Ta có: \(\mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right){\rm{d}}x = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {{e^{2x}} + \frac{3}{x}} \right){\rm{d}}x = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + 3{\rm{ln}}\left| x \right| + C\).
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 giống cây tre cảnh khi mới trồng có chiều cao \(10\)cm. Gọi \(h\left( t \right)\) là chiều cao của cây (tính bằng cm) ở thời điểm \(t\)kể từ khi được trồng, với \(t\)được tính theo tuần. Quá trình sinh trưởng của cây tre này được mô hình hoá bởi hàm số: \(h\left( t \right) = - 0,1{t^3} + 3{t^2} + 10\) (cm)
Cây tre đạt chiều cao \(34,3\)cm sau đúng \(3\) tuần
Tốc độ tăng chiều cao của cây tre ở tuần thứ \(5\) là \(22,5\)cm/tuần
Cây tre đạt tốc độ tăng trưởng lớn nhất ở tuần thứ \(10\)
Nếu so sánh với một cây bạch đàn cũng cao \(10\)cm lúc mới trồng nhưng có tốc độ tăng trưởng không đổi và bằng với tốc độ tăng trưởng trung bình của cây tre trong suốt vòng đời phát triển của nó thì khoảng cách chênh lệch chiều cao lớn nhất giữa hai cây là \(35,8\)cm (Kết quả làm tròn đến hàng phần chục)
Xét mệnh đề a)
Ta có: \(h\left( 3 \right) = - {0,1.3^3} + {3.3^2} + 10 = 34,3\)cm nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Tốc độ tăng chiều cao là \[h'\left( t \right) = - 0,3{t^2} + 6t \Rightarrow h'\left( 5 \right) = - {0,3.5^2} + 6.5 = 22,5\](cm/tuần) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Ta có \[h'\left( t \right) = - 0,3{t^2} + 6t\] (với \(t \ge 0\)) đạt giá trị lớn nhất tại \(x = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{6}{{ - 0,6}} = 10\)
Vậy cây tre đạt tốc độ tăng trưởng lớn nhất ở tuần thứ \(10\) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Vòng đời phát triển là khoảng thời gian cây tre còn co lên, tức là khi tốc độ tăng trưởng của cây tre là \(h'\left( t \right) \ge 0 \Leftrightarrow - 0,3{t^2} + 6t \ge 0 \Leftrightarrow t \le 20\)
Vậy vòng đời phát triển theo mô hình này là từ \(t = 0\) tuần đến \(t = 20\) tuần
Tốc độ tăng trưởng trung bình của cây tre là: \[{V_{TB}} = \frac{{h\left( {20} \right) - h\left( 0 \right)}}{{20 - 0}} = \frac{{410 - 10}}{{20}} = 20\](cm/tuần)
Khi đó cây bạch đàn có chiều cao ban đầu là \(10\)cm và tốc độ tăng trưởng là \(20\)(cm/tuần)
Suy ra hàm biểu thị quá trình sinh trưởng của cây bạch đàn là: \(g\left( t \right) = 10 + 20t\)(cm)
Sự chênh lệch chiều cao giữa hai cây khi đó là: \(D\left( t \right) = h\left( t \right) - g\left( t \right) = - 0,1{t^3} + 3{t^2} - 20t\)
Khảo sát hàm số \(D\left( t \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;\,20} \right]\) có \[D'\left( t \right) = - 0,3{t^2} + 6t - 20 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{t_1} = \frac{{30 - 10\sqrt 3 }}{3}\\{t_2} = \frac{{30 + 10\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right.\]
Tính giá trị tại các đầu mút, suy ra khoảng cách lớn nhất là: \({d_{\max }} = \left| {D\left( {\frac{{30 + 10\sqrt 3 }}{3}} \right)} \right| \approx 38,5\)(cm) nên mệnh đề d) sai
Cung tròn phần tư \(\left( {{C_2}} \right)\) có tâm \({I_2}\left( {4;\,2} \right)\)
Phương trình của cung tròn phần tư \(\left( {{C_1}} \right)\) là \(y = 2 - \sqrt {4 - {x^2}} \)
Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) bằng \(8\)cm2
Người ta một tạo ra một vật trang trí dạng khối tròn xoay bằng cách quay hình phẳng \(\left( H \right)\) quanh trục \(AB\) thì lúc này vật trang trí có thể tích bằng \(72\)cm3 (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Xét mệnh đề a)
Điểm \(A\left( {4;0} \right)\)và \(D\left( {4;4} \right)\). Điểm \({I_2}\) là trung điểm \(AD \Rightarrow {I_2}\left( {4;2} \right)\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Phương trình đường tròn tâm \(I\left( {0;2} \right)\) có bán kính \(R = 2\)là : \({x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4\left( * \right)\)
Từ \(\left( * \right) \Rightarrow y - 2 = \pm \sqrt {4 - {x^2}} \)
Nhìn vào hình vẽ, cung \(\left( {{C_1}} \right)\)nằm dưới tâm \({I_1}\)(giá trị \(y \le 2\)) nên ta chọn: \(y = 2 - \sqrt {4 - {x^2}} \) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Phương trình đường tròn tâm \(I\left( {4;2} \right)\) có bán kính \(R = 2\) là : \({\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 4\left( {**} \right)\)
Từ \[\left( {**} \right) \Rightarrow y - 2 = \pm \sqrt {4 - {{\left( {x - 4} \right)}^2}} \]
Nhìn vào hình vẽ, cung \(\left( {{C_2}} \right)\) nằm trên tâm \({I_2}\)(giá trị \(y \ge 2\)) nên ta chọn: \(y = 2 + \sqrt {4 - {{\left( {x - 4} \right)}^2}} \)
Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) : \[{S_{\left( H \right)}} = \int\limits_0^2 {\left| {2 - \sqrt {4 - {x^2}} } \right|} {\rm{d}}x + \int\limits_2^4 {\left| {2 + \sqrt {4 - {{\left( {x - 4} \right)}^2}} } \right|} {\rm{d}}x = 8\](cm2) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Thể tích hình phẳng \(\left( H \right)\)khi quay quanh trục \(AB\):
\({V_{\left( H \right)}} = \pi .\left[ {{{\int\limits_0^2 {\left( {2 - \sqrt {4 - {x^2}} } \right)} }^2}{\rm{d}}x + {{\int\limits_2^4 {\left( {2 + \sqrt {4 - {{\left( {x - 4} \right)}^2}} } \right)} }^2}{\rm{d}}x} \right] \approx 83,8\)(cm3) nên mệnh đề d) sai
Phương trình mặt phẳng chứa bức tường bên phải là \(y = 7\)
Cao độ của bóng chiếc cọc in trên bức tường bên phải được tính theo công thức \(z = \frac{{7h}}{6} - 5\)
Khi chiều cao của cọc là \(2\) (mét) thì sin của góc tạo bởi tia sáng (đi qua đỉnh cọc) và mặt sàn sân khấu bằng \(\frac{1}{{\sqrt 2 }}\)
Để bóng của chiếc cọc nằm trọn trong giới hạn chiều cao của bức tường bên phải thì tập hợp các giá trị của \(h\) là đoạn \(\left[ {a;b} \right]\). Khi đó \(a + b = 4\)
Xét mệnh đề a)
Phương trình mặt phẳng chứa bức tường bên phải là \(y = 7\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Tọa độ đèn là \(L\left( {4;0;5} \right)\) và chân cọc \(H\left( {1;6;0} \right)\) nên đỉnh cọc có tọa độ \(T\left( {1;6;h} \right)\)
Vectơ chỉ phương của tia sáng \(LT\) là \(\overrightarrow {{u_{LT}}} = \left( { - 3;6;h - 5} \right)\)
Phương trình tia sáng \(LT\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3t\\y = 6t\\z = 5 + \left( {h - 5} \right)t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{Z}} \right)\)
Giao điểm với tường phải có phương trình \(y = 7\) nên \(6t = 7 \Leftrightarrow t = \frac{7}{6} \Rightarrow z = \frac{{7h - 5}}{6}\) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Đỉnh cọc lúc này có tọa độ \(T'\left( {1;6;2} \right)\) nên vectơ chỉ phương của tia sáng là \[\overrightarrow {{u_{LT'}}} = \left( { - 1;2; - 1} \right)\]
Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi tia sáng và mặt sàn, khi đó: \(\sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow {{u_{LT'}}} .\overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_{LT'}}} } \right|.\left| {\overrightarrow k } \right|}} = \frac{1}{{\sqrt 6 }}\) nên mệnh đề c) sai
Xét mệnh đề d)
Để bóng in trên bức tường thì bóng phải nằm trong phạm vi chiều cao của tường nên \(0 \le z \le 3\)
Giao điểm với tường phải có phương trình \(y = 7\) nên \(6t = 7 \Leftrightarrow t = \frac{7}{6} \Rightarrow z = \frac{{7h - 5}}{6}\)
Thay vào ta được bất phương trình: \(0 \le \frac{{7h - 5}}{6} \le 3 \Leftrightarrow \frac{5}{7} \le h \le \frac{{23}}{7}\) nên \(h \in \left[ {\frac{5}{7};\frac{{23}}{7}} \right]\)
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}a = \frac{5}{7}\\b = \frac{{23}}{7}\end{array} \right.\) suy ra \(a + b = \frac{5}{7} + \frac{{23}}{7} = \frac{{28}}{7} = 4\) nên mệnh đề d) đúng
Lớp 12A có \(35\) học sinh nam và \(15\) học sinh nữ, lớp 12B có \(20\) học sinh nam và \(30\) học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi lớp \(2\) em học sinh để thành lập đội thanh niên xung kích. Trong số các em được chọn thì lấy ngẫu nhiên một em học sinh để làm đội trưởng. Gọi \(A\) là biến cố “Đội trưởng được chọn là học sinh nữ” và \(B\) là biến cố “Đội trưởng thuộc lớp 12A”
\(P\left( B \right) = 0,4\)
\(P\left( {A|B} \right) = 0,3\)
\(P\left( A \right) = 0,45\)
\(P\left( {B|A} \right) = 0,2\)
Xét mệnh đề a)
Vì mỗi lớp đều chọn ra \(2\) học sinh, nên tổng số học sinh trong đội thanh niên xung kích là \(4\)em, trong đó có 2 em ở 12A và 2 em ở 12B.
Vậy xác suất chọn đội trưởng từ lớp 12A là : \(P\left( B \right) = \frac{2}{4} = 0,5\) nên mệnh đề a) sai
Xét mệnh đề b)
Xác suất đội trưởng là nữ với điều kiện đội trưởng thuộc lớp 12A là: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{15}}{{50}} = 0,3\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Xác suất là nữ nếu ở lớp 12B là: \(P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{{30}}{{50}} = 0,6\).
Suy ra xác suất đội trưởng là nữ: \(P\left( A \right) = 0,5.0,3 + 0,5.0,6 = 0,45\) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Xác suất đội trưởng thuộc lớp 12A với điều kiện đội trưởng đó là nữ:
\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,5.0,3}}{{0,45}} \approx 0,33\) nên mệnh đề d) sai
Giả sử diện tích mặt sàn tầng 1 là \({S_1}\)(m2) nên diện tích mặt sàn tầng 2 là \({S_2} = \frac{3}{5}{S_1}\).
Diện tích mặt sàn tầng 3 là \({S_3} = \frac{3}{5}{S_2} = \frac{9}{{25}}{S_1}\) nên diện tích mặt sàn tầng 6 là \({S_6} = {\left( {\frac{3}{5}} \right)^5}{S_1}\).
Tổng diện tích mặt sàn của toà tháp là: \(S = {S_1} + {S_2} + ... + {S_6} = 45.\frac{{1 - {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^6}}}{{1 - \frac{3}{5}}} = 107,251\)(m2)
Số viên gạch cần dùng là: \(\frac{{107,251}}{{\left( {0,4.0,4} \right)}} = 671\) viên
Từ công thức \(P\left( t \right) = 100 - 20\cos \left( {\frac{{8\pi }}{3}t} \right)\) có \(\omega = \frac{{8\pi }}{3}\) nên chu kỳ là \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{8\pi /3}} = \frac{3}{4}\)(giây)
Mỗi chu kỳ tương ứng một nhịp tim, tức 1 nhịp trong \(0,75\)(giây)
Do đó số nhịp trên một phút (60 giây) là \(\frac{{60}}{{0,75}} = 80\) nhịp tim của người đó là 80 nhịp/phút.
|
|
Để bài làm nhìn gọn hơn, ta chuẩn hóa đơn vị về kilomet. Gọi parabol \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\)
Parabol đi qua điểm \(A\left( {1;\,1} \right)\) và điểm \(B\left( {3;\,0,8} \right)\)
Độ dốc tại \(A\) có độ lớn bằng \(0,3\) nhưng nó đang đi xuống từ trái sang phải nên độ dốc là \( - 0,3\)
Khi đó ta có: \[y'\left( 1 \right) = - 0,3 \Leftrightarrow 2a.1 + b = - 0,3 \Leftrightarrow 2a + b = - 0,3\]
Từ đó ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 1\\9a + 3b + c = 0,8\\2a + b = - 0,3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{{10}}\\b = - \frac{1}{2}\\c = \frac{7}{5}\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{{10}}{x^2} - \frac{1}{2}x + \frac{7}{5}\]
Sợi cáp an toàn là đường thẳng \(g\left( x \right) = mx + n\) đi qua \[A\left( {1;\,1} \right)\] và \(B\left( {3;\,0,8} \right)\) có phương trình là:
\(g\left( x \right) = - \frac{1}{{10}}x + \frac{{11}}{{10}}\)
Khoảng cách giữa cáp an toàn và cầu treo theo phương thẳng đứng là : \(D\left( x \right) = g\left( x \right) - f\left( x \right)\)
\[ \Leftrightarrow D\left( x \right) = \left( { - \frac{1}{{10}}x + \frac{{11}}{{10}}} \right) - \left( {\frac{1}{{10}}{x^2} - \frac{1}{2}x + \frac{7}{5}} \right) \Leftrightarrow D\left( x \right) = - \frac{1}{{10}}{x^2} + \frac{2}{5}x - \frac{3}{{10}}\]
Khảo sát hàm số \(D\left( x \right)\) để tìm khoảng cách lớn nhất. Nhận thấy, đây là đồ thị của hàm số bậc hai có hệ số \(a < 0\) nên sẽ đạt giá trị lớn nhất tại \(x = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{\frac{2}{5}}}{{2.\left( { - \frac{1}{{10}}} \right)}} = 2 \Rightarrow {D_{\max }}\left( 2 \right) = 0,1\)(km)
Vậy khoảng cách lớn nhất giữa cáp an toàn và cầu treo theo phương thẳng đứng là \(100\) mét.
Từ yêu cầu bài toán ta có : \[\frac{{dP}}{{dt}} = kP\left( {S - P} \right)\,\left( * \right)\]
Từ \(\left( * \right) \Leftrightarrow \frac{{dP}}{{P\left( {S - P} \right)}} = k{\rm{d}}t\,\), ta lấy tích phân cả hai vế :
\( \Leftrightarrow \int {\frac{{dP}}{{P\left( {S - P} \right)}}} = \int {k{\rm{d}}t\,} \Leftrightarrow \frac{1}{S}\int {\left( {\frac{1}{P} + \frac{1}{{S - P}}} \right)} {\rm{d}}P = kt + C \Leftrightarrow \ln \left| {\frac{P}{{S - P}}} \right| = Skt + {C_1}\)
Đặt \(C = {e^{{C_1}}}\)và \(r = Sk\), ta có công thức nghiệm tổng quát : \(\frac{{P\left( t \right)}}{{S - P\left( t \right)}} = {e^{rt}}.C\)
Tại \(t = 0\,\)thì ta có \(P\left( 0 \right) = 100\, \Leftrightarrow \frac{{100}}{{1000 - 100}} = C.{e^0} \Rightarrow C = \frac{1}{9} \Rightarrow \frac{{P\left( t \right)}}{{1000 - P\left( t \right)}} = \frac{1}{9}{e^{rt}}\)
Tại \(t = 5\)thì ta có \[P\left( 5 \right) \Leftrightarrow \frac{{500}}{{1000 - 500}} = \frac{1}{9}.{e^{5r}} \Rightarrow 5r = \ln \left( 9 \right)\,\,\left( 1 \right)\]
Tìm thời gian để \(P\left( t \right) = 900 \Leftrightarrow \frac{{900}}{{1000 - 900}} = \frac{1}{9}.{e^{rt}} \Rightarrow rt = \ln \left( {81} \right)\,\,\left( 2 \right)\)
Lấy \(\,\frac{{\left( 2 \right)}}{{\left( 1 \right)}}\, \Leftrightarrow \frac{{rt}}{{5r}} = \frac{{\ln \left( {81} \right)}}{{\ln \left( 9 \right)}} \Rightarrow \frac{t}{5} = 2 \Rightarrow t = 10\) ngày.
Xét tam giác \(INH\) là tam giác vuông tại \(N\), ta có:
Khi đó: \[IH = \sqrt {{R^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt {34} }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt {17} }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {17} }}{2} \Rightarrow \cos \beta = \frac{{IN}}{{IH}} \Rightarrow IN = \cos A.\frac{{\sqrt {17} }}{2}\]
Mặt khác: \({z_H} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{5 + 4}}{2} = 4,5 \Rightarrow IN = 2 \Rightarrow {z_I} = {z_H} + IN = 4,5 + 2 = 6,5\)
Khi đó khoảng cách gần nhất là: \({d_{\min }} = {z_I} - R = 6,5 - \frac{{\sqrt {34} }}{2} \approx 3,58\)(m)
Có hai hộp đựng bi: Hộp I đựng \(10\) viên bi gồm \(4\) viên màu đỏ và \(6\) viên màu xanh. Hộp II đựng \(7\) viên bi gồm \(2\) viên màu đỏ và \(5\) viên màu xanh. Lấy ngẫu nhiên \(2\) viên bi từ hộp I bỏ sang hộp II. Sau khi trộn đều, người ta lấy ngẫu nhiên \(1\) viên bi từ hộp II ra. Biết rằng viên bi lấy ra từ hộp II là bi màu đỏ. Tính xác suất để \(2\) viên bi đã chuyển từ hộp I sang hộp II có màu khác nhau.
Gọi \(A\) là biến cố “Viên bi lấy ra từ hộp II là màu đỏ”
Gọi \({H_1}\)là biến cố “Lấy 2 viên từ hộp I sang hộp 2 là màu đỏ” thì \(P\left( {{H_1}} \right) = \frac{{C_4^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{6}{{45}}\)
\({H_2}\) là biến cố “Lấy 2 viên từ hộp I sang hộp 2 là màu xanh” thì \(P\left( {{H_2}} \right) = \frac{{C_6^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{{15}}{{45}}\)
\({H_3}\) là biến cố “Lấy 2 viên từ hộp I sang hộp 2 là 1 đỏ và 1 xanh” thì \(P\left( {{H_3}} \right) = \frac{{C_4^1.C_6^1}}{{C_{10}^2}} = \frac{{24}}{{45}}\)
Sau khi chuyển \(2\) viên bi từ hộp I sang thì hộp II sẽ có tổng cộng \(9\) viên bi
Nếu \({H_1}\) xảy ra thì hộp II có \(2 + 2 = 4\) đỏ\( \Rightarrow P\left( {A|{H_1}} \right) = \frac{4}{9}\)
Nếu \({H_2}\) xảy ra thì hộp II có \(2 + 0 = 2\)đỏ\( \Rightarrow P\left( {A|{H_2}} \right) = \frac{2}{9}\)
Nếu \({H_3}\)xảy ra thì hộp II có \(2 + 1 = 3\)đỏ\( \Rightarrow P\left( {A|{H_1}} \right) = \frac{3}{9}\)
\(P\left( A \right) = P\left( {{H_1}} \right).P\left( {A|{H_1}} \right) + P\left( {{H_2}} \right).P\left( {A|{H_2}} \right) + P\left( {{H_3}} \right).P\left( {A|{H_3}} \right) = \frac{6}{{45}}.\frac{4}{9} + \frac{{15}}{{45}}.\frac{2}{9} + \frac{{24}}{{45}}.\frac{3}{9} = \frac{{14}}{{45}}\)
Vậy xác suất cần tìm là: \(P\left( {{H_3}|A} \right) = \frac{{P\left( {{H_3}} \right).P\left( {A|{H_3}} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{{24}}{{45}}.\frac{3}{9}}}{{\frac{{14}}{{45}}}} = \frac{4}{7} \approx 0,57\).
