Đề ôn thi Tốt nghiệp THPT Toán có đáp án - Đề số 7
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.
Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số \[y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\]. Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số có phương trình là:
\[x = - 1\].
\[x = 2\].
\[y = 1\].
\[y = 2\].
Đáp án đúng là A
\(S = \int\limits_0^2 {{5^x}} {\rm{d}}x\).
\(S = \pi \int\limits_0^2 {{5^{2x}}} {\rm{d}}x\).
\(S = \frac{1}{{\ln 5}}\int\limits_0^2 {{5^x}} {\rm{d}}x\).
\(S = \ln 5\int\limits_0^2 {{5^x}} {\rm{d}}x\).
Đáp án đúng là A
\( - 12\).
\(10\).
\(15\).
\( - 2\).
Ta có: \[f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9\]; \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\, \in \left( { - 2\,;\,\,2} \right)\\x = 3\, \notin \left( { - 2\,;\,\,2} \right)\end{array} \right.\].
Ta tính được: \[f\left( { - 2} \right) = 8\]; \[f\left( { - 1} \right) = 15\]; \[f\left( 2 \right) = - 12\].
Do đó .
\(\lim \left( { - {n^3} + 2026} \right) = - \infty \).
\(\lim \sqrt n = + \infty \).
\(\lim {n^{2026}} = + \infty \).
\(\lim \left( { - \frac{1}{n}} \right) = - \infty \).
Xét đáp án A: \(\lim \left( { - {n^3} + 2026} \right) = \lim \left[ {{n^3}\left( { - 1 + \frac{{2026}}{{{n^3}}}} \right)} \right] = - \infty \)
Do \(\lim {n^3} = + \infty ;\,\,\lim \left( { - 1 + \frac{{2020}}{{{n^3}}}} \right) = - 1 < 0\) nên đáp án A đúng
Xét đáp án B: \(\lim \sqrt n = + \infty \) nên B đúng.
Xét đáp án C: \(\lim {n^{2026}} = + \infty \) nên C đúng.
Xét đáp án D: \(\lim \left( { - \frac{1}{n}} \right) = 0\) nên D sai.
\(\left( {\frac{1}{2}\,;\,\, + \infty } \right)\).
\(\left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\).
\(\left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\).
\(\left( {\frac{1}{3}\,;\,\, + \infty } \right)\).
\(F\left( x \right) = - \cos x + \sin x + 3\).
\(F\left( x \right) = - \cos x + \sin x - 1\).
\(F\left( x \right) = - \cos x + \sin x + 1\).
\(F\left( x \right) = \cos x - \sin x + 3\).
Ta có: \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {\sin x + \cos x} \right){\rm{d}}x} = - \cos x + \sin x + C\).
Mặt khác: \[F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - \cos \frac{\pi }{2} + \sin \frac{\pi }{2} + C = 2 \Rightarrow 1 + C = 2 \Rightarrow C = 1\]\[ \Rightarrow F\left( x \right) = - \cos x + \sin x + 1\].
\({u_n} = 3n + 5\).
\({u_n} = 3n - 5\).
\({u_n} = 5n + 3\).
\({u_n} = 5n - 3\).
Cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1} = 2\) và công sai \(d = 5\).
Số hạng tổng quát của \(\left( {{u_n}} \right)\) là: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\) hay \({u_n} = 2 + \left( {n - 1} \right)5 = 5n - 3\).
\(0,54\).
\(0,46\).
\(0,6\).
\(0,48\).
Ta có: \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{P\left( {A|B} \right).P\left( B \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,72.0,6}}{{0,8}} = 0,54\)
\[30^\circ \].
\[45^\circ \].
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) lần lượt là \({\vec n_1} = \left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right)\,;\,\,{\vec n_2} = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\)
Ta có: \(\cos \left( {\left( P \right)\,,\,\,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {{{\vec n}_1}.{{\vec n}_2}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_1}} \right|\left| {{{\vec n}_2}} \right|}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left( {\left( P \right)\,,\,\,\left( Q \right)} \right) = 30^\circ \).
Thời gian (phút) | \[\left[ {0;\,20} \right)\] | \[\left[ {20;\,40} \right)\] | \[\left[ {40;\,60} \right)\] | \[\left[ {60;\,80} \right)\] | \[\left[ {80;\,100} \right)\] |
Số học sinh | 5 | 9 | 12 | 10 | 6 |
Mốt của mẫu số liệu ghép nhóm trên là:
\[52\].
\[42\].
\[53\].
\[54\].
Nhóm chứa mốt (nhóm có tần số cao nhất) là \[\left[ {40;60} \right)\].
Ta có: \({u_m} = 40\,;\,\,{u_{m + 1}} = 60 \Rightarrow {u_{m + 1}} - {u_m} = 60 - 40 = 20\); \({n_{m - 1}} = 9\,;\,\,{n_m} = 12\,;\,\,{n_{m + 1}} = 10\).
Mốt của mẫu số liệu ghép nhóm là \[{M_0} = 40 + \frac{{12 - 9}}{{\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {12 - 9} \right) + \left( {12 - 10} \right)}\end{array}}}.20 = 52\].
\(v\left( t \right) = - 3\sin t\).
\(v\left( t \right) = - 3\cos t\).
\(v\left( t \right) = 3\cos t\).
\(v\left( t \right) = 3\sin t.\)
\(\vec n = \left( {3\,;\,6\,;\, - 2} \right)\).
\(\vec n = \left( {2\,;\, - 1\,;\,3} \right)\).
\[\vec n = \left( { - 3\,;\, - 6\,;\, - 2} \right)\].
\[\overrightarrow n = \left( { - 2\,;\, - 1\,;\,3} \right)\].
Đáp án đúng là A
Phương trình \(\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 3x + 6y - 2z + 6 = 0.\)
Mặt phẳng có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {3\,;\,6\,;\, - 2} \right)\).
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.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và có đạo hàm \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + \cos x\). Biết rằng \(f\left( 0 \right) = 2\) và \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) thỏa mãn \(F\left( 0 \right) = 1\)\(f\left( x \right) = {x^3} + \sin x + 2\)
\(F\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} - \cos x + 2x\)
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điểm duy nhất
Xét mệnh đề a)
Ta có \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,} dx = \int {\left( {3{x^2} + \cos x} \right)\,dx = {x^3} + \sin x + C} \)
Theo giả thiết \(f\left( 0 \right) = 2 \Leftrightarrow {0^3} + \sin 0 + C = 2 \Rightarrow C = 2\)
Khi đó \(f\left( x \right) = {x^3} + \sin x + 2\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)\,dx = \int {\left( {{x^3} + \sin x + 2} \right)\,dx = \frac{{{x^4}}}{4}} } - \cos x + 2x + C'\)
Theo giả thiết \(F\left( 0 \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{{0^4}}}{4} - \cos 0 + 2.0 + C' = 1 \Rightarrow C' = 2\)
Khi đó \(F\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} - \cos x + 2x + 2\) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Xét đạo hàm \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + \cos x\) và luôn có \(\cos x \ge - 1\,\forall x \in \mathbb{R}\)
Nếu \(\left| x \right| \ge 1\) thì \(3{x^2} \ge 3\, \Rightarrow f'\left( x \right) \ge 3 - 1 = 2 > 0\).
Nếu \(\left| x \right| < 1\), ta xét hàm \(g\left( x \right) = 3{x^2} + \cos x\)có \(g'\left( x \right) = 6x - \sin x\).
Vì \(\left| {\sin x} \right| \le \left| x \right|\)nên với \(x > 0 \Rightarrow 6x > \sin x \Rightarrow g'\left( x \right) > 0\) ; với \(x < 0 \Rightarrow g'\left( x \right) < 0\).
Do đó \(g\left( x \right)\)đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = 0\) nên Giá trị nhỏ nhất là \(f'\left( 0 \right) = 3{\left( 0 \right)^2} + \cos \left( 0 \right) = 1\)
Vì \(f'\left( x \right) \ge 1\, > 0\,\forall x \in \mathbb{R}\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\)luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\)nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Hàm số \(f\left( x \right)\)là hàm số luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
Giới hạn của hàm số: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \)
Kết hợp với việc hàm số luôn đồng biến ( tăng liên tục từ \( - \infty \)đến \( + \infty \)), đồ thị hàm số chắc chắn cắt trục hoành tại duy nhất một điểm nên mệnh đề d) đúng
\(m\left( t \right) = {e^{kt + C}}\) với \(C\) là một hằng số xác định
\(k = - \frac{{\ln 2}}{4}\)
\(C = 3\ln 2\)
Khối lượng I-131 còn lại trong cơ thể tại thời điểm \(t = 24\) ngày nhỏ hơn \(0,8\)mg
Xét mệnh đề a)
Từ phương trình \(m'\left( t \right) = k.m\left( t \right)\) ta có : \[\frac{{m'\left( t \right)}}{{m\left( t \right)}} = k \Rightarrow \int {\frac{1}{{m\left( t \right)}}dm = \int {kdt \Rightarrow \ln \left| {m\left( t \right)} \right| = kt + C} } \]
Vì \(m\left( t \right) > 0 \Rightarrow m\left( t \right) = {e^{kt + C}}\) nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Theo đề bài, tại \(t = 8\)ngày thì \(m\left( 8 \right) = 4\)và tại \(t = 16\)ngày thì \(m\left( {16} \right) = 2\).
Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}{e^{8k + C}} = 4\,\left( 1 \right)\\{e^{16k + C}} = 2\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Lấy \(\frac{{\left( 2 \right)}}{{\left( 1 \right)}} \Leftrightarrow \frac{{{e^{16k + C}}}}{{{e^{8k + C}}}} = \frac{2}{4} \Rightarrow {e^{8k}} = \frac{1}{2} \Rightarrow k = - \frac{{\ln 2}}{8}\) nên mệnh đề b) sai
Xét mệnh đề c)
Thay giá trị \(k = - \frac{{\ln 2}}{8}\)vào \(\left( 1 \right)\)ta được \[C = 3\ln 2\]nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Với \(k = - \frac{{\ln 2}}{8}\)và \[C = 3\ln 2\], hàm số khối lượng là : \(m\left( t \right) = {e^{ - \frac{{\ln 2}}{8}t + 3\ln 2}}\)
Tại thời điểm \(t = 24\)ngày: \(m\left( {24} \right) = {e^{ - \frac{{\ln 2}}{8}.24 + 3\ln 2}} = {e^0} = 1\,\left( {mg} \right)\, > 0,8\,\left( {mg} \right)\) nên mệnh đề d) sai
Vận tốc của khinh khí cầu tại vị trí \(H\) là \(20\)(km/h)
Khoảng cách từ tâm mặt cầu \(\left( S \right)\) đến đường thẳng \(AB\) là \(3,5\)km
Để giá trị \({v_0}\) nhỏ nhất thì góc lệch \(\alpha \) thỏa mãn \(\sin \alpha = \frac{1}{5}\)
Giá trị nhỏ nhất của \({v_0}\) là \(9 + \frac{{\sqrt {1551} }}{2}\)
Xét mệnh đề a)
Để năng lượng thấp nhất, ta xét \(E'\left( v \right) = 2v - 40.\,\,E'\left( v \right) = 0 \Leftrightarrow v = 20\)(km/h)
Vậy tại điểm \(H\) thì vận tốc \({v_H} = 20\)(km/h) để đạt mức năng lượng thấp nhất nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 6; - 10;15} \right)\, \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{6^2} + {{10}^2} + {{15}^2}} = 19\) và \(\overrightarrow {AI} = \left( { - 1; - 7,5;6} \right)\,\)
Tích có hướng: \(\left[ {\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {52,5;21;35} \right)\, \Rightarrow \left| {\left[ {\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} } \right]} \right| = \sqrt {{{\left( {52,5} \right)}^2} + {{21}^2} + {{35}^2}} = \frac{{133}}{2}\)
Khoảng cách từ tâm \(I\)đến đường thẳng \(AB\)là :
\(d\left( {I,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{\frac{{133}}{2}}}{{19}} = 3,5\)(km) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Trong mặt phẳng \(\left( {IAB} \right)\) gọi \(\beta \) là góc \(\widehat {IAB}\) thì \(\cos \beta = \frac{{\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} }}{{\left| {\overrightarrow {AI} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{9}{{AI}}\) và \(\sin \beta = \frac{{3,5}}{{AI}}\)
Gọi \(\alpha \) là góc lệch của đường bay mới \(AH\) so với \(AB\) thì \(H\) là điểm trên đường bay mới gần \(I\)nhất nên \(\Delta AIH\)vuông tại \(H\)
Vậy \(AH = AI.\cos \widehat {IAH}\).
Để tránh mặt cầu (nằm cũng phía với \(I\)) thì góc giữa \(AH\)và \(AI\) là \(\varphi = \alpha + \beta \)
Khi đó \(AH = AI.\cos \left( {\alpha + \beta } \right) = AI.\left( {\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta } \right) = 9\cos \alpha - 3,5\sin \alpha \).
Theo đề bài: \({v_H} = {v_0}\cos \alpha - AH \Leftrightarrow 20 = {v_0}\cos \alpha - \left( {9\cos \alpha - 3,5\sin \alpha } \right)\)
\( \Rightarrow {v_0} = \frac{{20}}{{\cos \alpha }} + 9 - 3,5\tan \alpha \Rightarrow {v'_0}\left( \alpha \right) = \frac{{20\sin \alpha - 3,5}}{{{{\cos }^2}\alpha }}\)
Cho \({v'_0}\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow 20\sin \alpha - 3,5 = 0 \Rightarrow \sin \alpha = \frac{7}{{40}}\)nên mệnh đề c) sai.
Xét mệnh đề d)
Khi \(\sin \alpha = \frac{7}{{40}}\)thì \(\cos \alpha = \frac{{\sqrt {1551} }}{{40}}\)và \[\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{7}{{\sqrt {1551} }}\]
\({v_0}_{Min} = \frac{{20}}{{\cos \alpha }} + 9 - 3,5\tan \alpha = \frac{{20}}{{\frac{{\sqrt {1551} }}{{40}}}} + 9 - 3,5.\frac{7}{{\sqrt {1551} }} = 9 + \frac{{\sqrt {1551} }}{2}\)nên mệnh đề d) đúng
Xác suất để chọn một sĩ quan bất kỳ từ sư đoàn III là sỹ quan cấp tá bằng \(0,2\)
Xác suất để chọn được khối trưởng thuộc sư đoàn II và sĩ quan cầm cơ thuộc sư đoàn I là \(0,3\)
Xác suất để sĩ quan cầm cờ thuộc sư đoàn III là \(0,4\)
Xác suất để khối trưởng là sĩ quan của sư đoàn I là \(0,3\)
Sư đoàn I (chọn 4 người) nên \(P\left( {T|I} \right) = \frac{{10}}{{40}} = 0,25\) và \(\,P\left( {U|I} \right) = \frac{{30}}{{40}} = 0,75\)
Sư đoàn II (chọn 3 người) nên \(P\left( {T|II} \right) = \frac{{20}}{{40}} = 0,5\) và \(P\left( {U|I} \right) = \frac{{20}}{{40}} = 0,5\)
Sư đoàn III (chọn 3 người) nên \(P\left( {T|III} \right) = \frac{{10}}{{50}} = 0,2\) và \(P\left( {U|III} \right) = \frac{{40}}{{40}} = 0,8\)
Trong khối 10 người được chọn, ta tính trọng số xuất hiện của cấp tá và cấp úy:
Tổng xác suất chọn 1 cấp tá (Khối trưởng): \(P\left( T \right) = 4.0,25 + 3.0,5 + 3.0,2 = 3,1\)
Tổng xác suất chọn 1 cấp uý (Cầm cờ): \(P\left( U \right) = 4.0,75 + 3.0,5 + 3.0,8 = 6,9\)
Gọi các biến cố liên quan đến việc chọn 2 vị trí (khối trưởng và cầm cờ) như sau:
Nhóm biến cố về khối trưởng (Sĩ quan cấp tá)
Biến cố \({A_1}\) là biến cố khối trưởng thuộc sư đoàn I nên \(P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{4.0,25}}{{3,1}} = \frac{{10}}{{31}}\)
Biến cố \({A_2}\) là biến cố khối trưởng thuộc sư đoàn II nên \(P\left( {{A_2}} \right) = \frac{{3.0,5}}{{3,1}} = \frac{{15}}{{31}}\)
Biến cố \({A_3}\)là biến cô khối trưởng thuộc sư đoàn III nên \(P\left( {{A_3}} \right) = \frac{{3.0,2}}{{3,1}} = \frac{6}{{31}}\)
Nhóm biến cố về sĩ quan cầm cờ (Sĩ quan cấp úy)
Biến cố \({B_1}\) là biến cố sĩ quan cầm cờ thuộc sư đoàn I nên \(P\left( {{B_1}} \right) = \frac{{4.0,75}}{{6,9}} = \frac{{10}}{{23}}\)
Biến cố \({B_2}\) là biến cố sĩ quan cầm cờ thuộc sư đoàn II nên \(P\left( {{B_2}} \right) = \frac{{3.0,5}}{{6,9}} = \frac{5}{{23}}\)
Biến cố \({B_3}\) là biến cố sĩ quan cầm cờ thuộc sư đoàn III nên \(P\left( {{B_3}} \right) = \frac{{3.0,8}}{{6,9}} = \frac{8}{{23}}\)
Biến cố điều kiện bổ trợ là biến cố \(C\) “Hai sĩ quan được chọn thuộc hai đơn vị khác nhau”
Tính xác suất biến cố \(C\). Trước hết ta tính \(P\left( {\overline C } \right)\)(hai sĩ quan cùng đơn vị)
\(P\left( {\overline C } \right) = P\left( {{A_1} \cap {B_1}} \right) + P\left( {{A_2} \cap {B_2}} \right) + P\left( {{A_3} \cap {B_3}} \right) = \frac{{10}}{{31}}.\frac{{10}}{{23}} + \frac{{15}}{{31}}.\frac{5}{{23}} + \frac{6}{{31}}.\frac{8}{{23}} = \frac{{223}}{{713}}\)
\( \Rightarrow P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = \frac{{490}}{{713}}\)
Xét mệnh đề a)
Xác suất để chọn một sĩ quan bất kỳ từ sư đoàn III là sỹ quan cấp tá: \(P\left( {T|III} \right) = \frac{{10}}{{50}} = 0,2\)nên mệnh đề a) đúng
Xét mệnh đề b)
Xác suất khối trưởng sư đoàn II \(\left( {{A_2}} \right)\) và cầm cờ Sư đoàn I \(\left( {{B_1}} \right)\) với điều kiện \(C\)là:
\(P\left( {{A_2} \cap {B_1}|C} \right) = \frac{{P\left( {{A_2}} \right).P\left( {{B_1}} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{\frac{{15}}{{31}}.\frac{{10}}{{23}}}}{{\frac{{490}}{{713}}}} = \frac{{150}}{{490}} \approx 0,3\) nên mệnh đề b) đúng
Xét mệnh đề c)
Xác suất để sĩ quan cầm cờ thuộc sư đoàn III là:
\(P\left( {{B_3}|C} \right) = \frac{{P\left( {{B_3} \cap {A_1}} \right) + P\left( {{B_3} \cap {A_2}} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{\frac{8}{{23}}.\left( {\frac{{10}}{{31}} + \frac{{15}}{{31}}} \right)}}{{\frac{{490}}{{713}}}} = \frac{{200}}{{490}} \approx 0,4\) nên mệnh đề c) đúng
Xét mệnh đề d)
Xác suất để khối trưởng là sĩ quan của sư đoàn I là:
\(P\left( {{A_1}|C} \right) = \frac{{P\left( {{A_1} \cap {B_2}} \right) + P\left( {{A_1} \cap {B_3}} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{\frac{{10}}{{31}}.\left( {\frac{5}{{23}} + \frac{8}{{23}}} \right)}}{{\frac{{490}}{{713}}}} = \frac{{130}}{{490}} \approx 0,3\) nên mệnh đề d) đúng
Tại một nhà máy, người ta đo được rằng \(80\% \) lượng nước sau khi qua sử dụng được xử lí và tái sử dụng. Với \(100{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\) ban đầu được sử dụng tại nhà máy, khi quá trình xử lí và tải sử dụng lặp lại mãi mãi thì nhà máy sử dụng được tổng lượng nước là bao nhiêu?
Gọi \({u_n}\) là lượng nước nhà máy sử dụng lần thứ \(n\).
Khi đó lượng nước nhà máy sử dụng lần lượt là
\({u_1} = 100\); \({u_2} = 100.0,8\); \({u_3} = 100.{\left( {0,8} \right)^2}\)
…
Đặt \(S\) là tổng lượng nước nhà máy sử dụng, ta có
\(S = {u_1} + {u_2} + {u_3} + ... = 100 + 100.0,8 + 100.{\left( {0,8} \right)^2} + ...\)
Như vậy tổng lượng nước nhà máy sử dụng là một cấp số nhân lùi vô hạn với \({u_1} = 100\) và \(q = 0,8\)
Suy ra \(S = \frac{{100}}{{1 - 0,8}} = 500{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\)
Vậy, với \(100{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\) ban đầu được sử dụng tại nhà máy, khi quá trình xử lí và tải sử dụng lặp lại mãi mãi, nhà máy sử dụng được tổng lượng nước là \(500{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'B'C'} \right) \cap \left( {CA'B'} \right) = A'B'\\A'B' \bot C'M \subset \left( {A'B'C'} \right)\\A'B' \bot CM \subset \left( {CA'B'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\left( {A'B'C'} \right),A'B',\left( {CA'B'} \right)} \right]\,{\rm{ = }}\widehat {\,C'MC}\)
Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l}C \in \left( {CA'B'} \right)\\C' \in \left( {A'B'C'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {C,A'B',C'} \right] = \left[ {\left( {A'B'C'} \right),A'B',\left( {CA'B'} \right)} \right]\,{\rm{ = }}\widehat {\,C'MC}\)
Mà \(\Delta A'B'C'\) là tam giác đều cạnh \(2a\) nên \(C'M = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)
Xét \(\Delta MCC'\) có \(\widehat {C'} = 90^\circ \) nên: \(\tan \widehat {C'MC} = \frac{{CC'}}{{C'M}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {C'MC} = 60^\circ \)
Điều kiện: \(Q \ge 0,P \ge 0,Q \in \mathbb{N}\).
Xét phương trình \(C'\left( Q \right) = 0 \Leftrightarrow 3{Q^2} - 154Q + 1000 = 0 \Leftrightarrow Q \approx 43,7\)
Ta thấy \(C\left( Q \right)\) nghịch biến trên \(\left[ {0;43,7} \right)\) và đồng biến trên \(\left[ {43,7; + \infty } \right)\).
Điều này nghĩa là nếu số sản phẩm bán ra tối ưu không vượt quá \(43\) tức ta nên sản xuất 43 sản phẩm, nếu số sản phẩm bán ra tối ưu vượt quá 43, ta nên sản xuất số sản phẩm đó.
Ta có: \({Q_D}\left( P \right) \le 43 \Rightarrow P \ge 1226\) và \({Q_D}\left( P \right) \ge 44 \Rightarrow P \le 1224\)
Gọi \(L\left( P \right)\) là lợi nhuận khi có giá là \(P\) thì ta có:
\(L\left( P \right) = \left\{ \begin{array}{l}P\left( {656 - \frac{P}{2}} \right) - \left[ {{{\left( {656 - \frac{P}{2}} \right)}^3} - 77{{\left( {656 - \frac{P}{2}} \right)}^2} + 1000\left( {656 - \frac{P}{2}} \right) + 100} \right],P \le 1224\\P\left( {656 - \frac{P}{2}} \right) - C\left( {43} \right),P \ge 1226\end{array} \right.\)
Khi ấy suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1224} \right]} L\left( P \right) = L\left( {1208} \right) = 78316\) tương ứng với sản lượng 52 (bán ra 52)
Và \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {1226; + \infty } \right)} L\left( P \right) = L\left( {1226} \right) = 72484\) tương ứng với sản lượng 43 (bán ra 43)
Vậy mức sản lượng cho ra lợi nhuận cao nhất là \(52\).
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ :
Phương trình parabol \(DC\)có dạng \({y_{DC}} = a{x^2} + c\)đi qua điểm\(D\left( {1,5;16} \right)\)và\(C\left( {3;13} \right)\)
Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\left( {1,5} \right)}^2}a + c = 16}\\{{3^2}a + c = 13}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - \frac{4}{9}}\\{c = 17}\end{array}} \right. \Rightarrow {y_{DC}} = - \frac{4}{9}{x^2} + 17 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{9}{4}.\left( {17 - y} \right)\)
Phương trình đường tròn tâm \(I\left( {3;12,5} \right)\)và bán kính \(R = 0,5\)
\[{\left( {x - 3} \right)^3} + {\left( {y - 12,5} \right)^2} = \frac{1}{4} \Rightarrow x = - \sqrt {\frac{1}{4} - {{\left( {y - 12,5} \right)}^2}} + 3\]
Lượng sữa chua còn lại là :
\[V = \pi {.3^2}.12 + \pi \left[ {\int\limits_{12}^{13} {\left( { - \sqrt {\frac{1}{4} - {{\left( {y - 12,5} \right)}^2}} + 3} \right)} \,dy + \int\limits_{13}^{14} {\left( {\frac{9}{4}.\left( {17 - y} \right)} \right)} \,dy} \right] \approx 385\](ml)
Độ dài thanh \(AB = \sqrt {{{\left( {2 - 4} \right)}^2} + {{\left( {6 - 0} \right)}^2} + {{\left( {0 - 2} \right)}^2}} = 2\sqrt {11} \)(m).
Vị trí của hai đầu thanh kim loại sau thời gian \(t\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}A'\left( {a;0;b} \right)\\B'\left( {2 - t;6;0} \right)\end{array} \right.\) và \(\overrightarrow {AA'} = \left( {a - 4;0;b - 2} \right)\) cùng phương với \(\overrightarrow u = \left( { - 1,0,0} \right)\) nên \(\frac{{a - 4}}{1} = \frac{{b - 2}}{1} \Leftrightarrow a = b + 2\).
Khi đó \(A'\left( {b + 2;0;b} \right)\) nên \(\overrightarrow {A'B'} = \left( { - t - b;6; - b} \right) \Rightarrow {\left( {b + t} \right)^2} + {b^2} = {\left( {2\sqrt {11} } \right)^2}\)(do \(AB\) không đổi)
\[ \Leftrightarrow 2{b^2} + 2t.b + {t^2} - 8 = 0 \Rightarrow b = \frac{{ - t + \sqrt {{t^2} - 2\left( {{t^2} - 8} \right)} }}{2}\] với điều kiện \(b > 0\)
Theo giả thiết, ta có: \(S = AA' = \sqrt {2{{\left( {b - 2} \right)}^2}} = \sqrt {2{{\left( {\frac{{ - t + \sqrt {{t^2} - 2\left( {{t^2} - 8} \right)} }}{2} - 2} \right)}^2}} \left( * \right)\)
Đạo hàm hai vế của \(\left( * \right)\) theo biến \(t\) và dùng suy ra \(v\left( {2,4} \right) = 1,2374... \approx 1,24\)(m/s)
Vậy tốc độ của đầu \(A\) lúc này bằng \(1,24\)(m/s)
Số phần tử không gian mẫu: Trên 2 đường chéo, mỗi đường chéo có 7 điểm
Số cách chọn 3 điểm thẳng hàng là:\(2.C_7^3 = 70\) cách
Trên 4 cạnh, mỗi cạnh có đúng 3 điểm thẳng hàng nên số cách chọn là: \(4.C_3^3 = 4\)(cách)
Trên các đường trung trực, có 2 đường nối trung điểm các cạnh đối diện đi qua tâm, mỗi đường có 3 điểm nên số cách chọn là: \(2.C_3^3 = 2\)(cách)
Trên các đường thẳng nối từ trung điểm cạnh, đi qua một điểm trên đường chéo tới đỉnh đối diện có \(8\) đường thẳng, mỗi đường chứa đúng \(3\) điểm nên có \(8.C_3^3 = 8\) cách chọn
Vậy số phần tử trong không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 70 + 4 + 2 + 8 = 84\)(cách)
Số cách chọn thuận lợi:
Gọi biến cố \(A\): "Ba bóng đèn đó nằm trên các đường chéo của hình vuông".
Vậy số cách chọn \(A\) thuận lợi: \(n\left( A \right) = 2.C_7^3 = 70\) cách
Xác suất để ba bóng đèn đó nằm trên các đường chéo của hình vuông\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{70}}{{84}} \approx 0,83\)
