Đề tham khảo ĐGNL V-SAT môn Toán 2026 (Đề 4)
25 câu hỏi
1. Số phần tử không gian mẫu là 40.
2. Xác suất để chọn được học sinh thích ăn cam là 0,53.
3. Xác suất để chọn được học sinh thích ăn ít nhất một trong hai loại chuối hoặc cam là 0,95.
4. Xác suất để chọn học sinh thích ăn cả hai loại cam và chuối là 0,45.
Xét biến cố A “Học sinh đó thích ăn chuối”, biến cố B “Học sinh đó thích ăn cam”,
1. Đúng. Vì lớp 12B có 40 học sinh, phép thử là chọn ngẫu nhiên một học sinh của lớp, nên số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 40\).
2. Sai. Theo giả thiết \(n\left( B \right) = 22\) nên xác suất của biến cố \(B\) là \[P\left( B \right) = \frac{{22}}{{40}} = 0,55\].
3. Đúng. Có \(n\left( {A \cup B} \right) = 40 - 2 = 38\). Vậy \(P\left( {A \cup B} \right) = \frac{{38}}{{40}} = 0,95\).
4. Đúng. Ta có \(A \cap B\) là biến cố học sinh thích ăn cả hai loại cam và chuối.
Có \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cup B\,} \right) = \frac{{34}}{{40}} + \frac{{22}}{{40}} - \frac{{38}}{{40}} = \frac{{18}}{{40}} = 0,45\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ dưới đây, biết đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đi qua hai điểm \(\left( {0\,;\,1} \right)\) và \(\left( {1\,;\,0} \right)\).
1. Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 4\,;\,0} \right)\).
2. Ta có \(a + b + c + d = - 2\).
3. Khoảng cách từ \(M\left( {1\,;\, - 8} \right)\) đến đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số là \(\sqrt 5 \).
4. Tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).
1. Sai. Từ đồ thị ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - 4\,;\, - 2} \right)\) và \(\left( { - 2\,;\,0} \right)\).
2. Đúng. Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = - 2\) nên \(d = 2.\)
Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đi qua hai điểm \(\left( {0\,;\,1} \right)\) và \(\left( {1\,;\,0} \right)\) nên có phương trình là \(y = - x + 1\). Từ đó suy ra \(a = - 1\). Khi đó, \(y = f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} + bx + c}}{{x + 2}}\).
Ta thấy đồ thị hàm số đã cho đi qua các điểm \(\left( {0\,;\, - 1} \right)\) và \(\left( { - 4\,;\,7} \right)\) nên ta có
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{c}{2} = - 1\\\frac{{ - 16 - 4b + c}}{{ - 2}} = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = - 2\\b = - 1\end{array} \right.\). Suy ra \(a + b + c + d = - 2\).
3. Đúng. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là \(A\left( {0\,;\, - 1} \right)\) và \(B\left( { - 4\,;\,7} \right)\).
Phương trình đường thẳng \(AB\): \(2x + y + 1 = 0\). Ta có \(d\left( {M,AB} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 - 8 + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \sqrt 5 \).
4. Sai. Từ ý b), suy ra \(y = f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} - x - 2}}{{x + 2}}\). Vậy tập xác định của hàm số là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).
1. Số hạng tổng quát của cấp số nhân là \({u_n} = - 2 \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^n}\).
2. Số hạng thứ tư của cấp số nhân bằng \( - \frac{{81}}{4}\).
3. Tổng của số hạng thứ hai và thứ năm là \({u_2} + {u_5} = - \frac{{57}}{8}.\)
4. Số hạng thứ \[n + 1\] của cấp số nhân là \({u_{n + 1}} = - 2 \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^n}\).
1. Sai. Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: \({u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}}\)\( \Rightarrow {u_n} = - 2 \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^{n - 1}}\).
2. Sai. Số hạng thứ tư là \({u_4} = {u_1} \cdot {q^3} = \left( { - 2} \right) \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^3} = \frac{{27}}{4}\).
3. Đúng. Số hạng thứ hai là: \({u_2} = {u_1} \cdot q = \left( { - 2} \right) \cdot \left( { - \frac{3}{2}} \right) = 3\).
Số hạng thứ năm là: \({u_5} = {u_1} \cdot {q^4} = \left( { - 2} \right) \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^4} = - \frac{{81}}{8}\).
\( \Rightarrow {u_2} + {u_5} = 3 + \left( { - \frac{{81}}{8}} \right) = - \frac{{57}}{8}\).
4. Đúng. Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\)\( \Rightarrow {u_{n + 1}} = - 2 \cdot {\left( { - \frac{3}{2}} \right)^n}\).
1. Xác suất để người đó hút thuốc lá là \(14\% \).
2. Nếu người đó bị ung thư phổi thì xác suất người đó hút thuốc lá lớn hơn \(80\% \).
3. Xác suất để người đó bị ung thư phổi là \(14\% \).
4. Dựa theo kết quả khảo sát trên ta thấy, người hút thuốc lá có nguy cơ mắc bệnh ung thư phổi cao gấp khoảng \(14\) lần (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị) so với người không hút thuốc lá.
1. Sai. Gọi \(A\) là biến cố “Người đó có hút thuốc lá”.
Gọi \(B\) là biến cố “Người đó bị ung thư phổi”.
Ta có xác suất người đó hút thuốc lá \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{1124 + 1126}}{{10000}} = \frac{{2250}}{{10000}} = \frac{9}{{40}} = 22,5\% \).
2. Đúng. Số người bị ung thư phổi là \(n\left( B \right) = 1124 + 276 = 1400\).
Ta có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{{1124}}{{1400}} \approx 80,29\% > 80\% \).
3. Đúng. Ta có \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{1400}}{{10000}} = 14\% \).
4. Đúng. Ta tính \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {BA} \right)}}{{P\left( A \right)}}\)\( = \frac{{1124}}{{2250}} = \frac{{562}}{{1125}}\).
Tính \(P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = \frac{{P\left( {B\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right)}}\)\( = \frac{{276}}{{7750}}\).
Vậy \(\frac{{P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( {B|\overline A } \right)}} = \frac{{562}}{{1125}}:\frac{{276}}{{7750}} \approx 14\).
1. Nghiên cứu chỉ ra rằng nguy cơ tương đối của một người bị tai nạn với BAC bằng 0,02% là 1,4. Khi đó \(k \approx 1682,36\).
2. Nguy cơ tương đối là \(17,46\) nếu nồng độ cồn trong máu là 0,17%.
3. BAC tương ứng với nguy cơ tương đối là 100 là \(x \approx 0,27\% \).
4. Giả sử nếu một người lái xe có nguy cơ tương đối từ 5 trở lên sẽ không được phép lái xe, thì người đó có nồng độ cồn trong máu từ 0,096% trở xuống.
1. Đúng. Thay \(R = 1,4;x = 0,02\% \) vào công thức ta được \(1,4 = {e^{k \cdot \frac{{0,02}}{{100}}}} \Rightarrow k \approx 1682,36\).
2. Đúng. \(R = {e^{1682,36\, \cdot \,\frac{{0,17}}{{100}}}} \approx 17,46\).
3. Đúng. Thay \(R = 100\) vào công thức, ta được \(100 = {e^{1682,36x}} \Rightarrow x \approx 0,27\% \).
4. Sai. Với \(R \ge 5\) thì \(x \ge 0,096\% \), tức là một người có nồng độ cồn trong máu từ khoảng 0,096% trở lên thì không được lái xe.
1. Điểm \(M\) không thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
2. Mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) có một véctơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;1} \right)\).
3. Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
4. Phương trình mặt phẳng đi qua \(M\) và vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) là \(2x + y - 3z - 1 = 0\).
1. Sai. Thay toạ độ điểm \(M\) và phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) ta được \(2 - 1 + 0 - 1 = 0\) suy ra điểm \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
2. Đúng. Mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;1} \right)\).
3. Sai. Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1;1;1} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \[\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2; - 1;1} \right)\].
Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) bằng \[\frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\]\( = \frac{{\left| {2 - 1 + 1} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + 1} \cdot \sqrt {4 + 1 + 1} }} = \frac{2}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{3}\).
4. Đúng. Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1;1;1} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \[\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2; - 1;1} \right)\].
Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng đi qua \(M\) và vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) suy ra \(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow {{n_1}} ,\,\overrightarrow {{n_2}} \) làm cặp vectơ chỉ phương nên \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( {2;1; - 3} \right)\).
\(\left( P \right)\) đi qua \(M\) nên \(\left( P \right):2x + y - 3z - 3 = 0\).
Cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi \(\frac{1}{4}\) cung tròn của đường tròn tâm \(O\left( {0;0} \right)\) và bán kính bằng \(4\), parabol \(\left( P \right)\) có tọa độ đỉnh \(I\left( {2;2} \right)\) và đi qua gốc tọa độ \(O\), các đường thẳng \(x = 0\), \(x = 4\) như hình vẽ.
1. Đường tròn có phương trình là \({x^2} + {y^2} = 4\).
2. Parabol có phương trình là \(y = f\left( x \right) = - \frac{1}{2}{x^2} + 2x\).
3. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \(\left( P \right)\), trục tung, trục hoành và đường thẳng \(x = 4\) bằng \(\frac{8}{3}\).
4. Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) bằng \(16\left( {\pi - \frac{1}{3}} \right)\).
1. Sai. Đường tròn tâm \(O\left( {0;0} \right)\), bán kính \(R = 4\) có phương trình là \({x^2} + {y^2} = {4^2}\).
2. Đúng. Gọi phương trình của parabol \(y = a{x^2} + bx + c{\rm{ }}\left( {a \ne 0} \right)\).
Vì parabol đi qua các điểm \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {4;0} \right)\) và có đỉnh \(I\left( {2;2} \right)\) nên ta có hệ phương trình
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{c = 0}\\{\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{b}{{2a}} = 2}\\{4a + 2b = 2}\end{array}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{a = - \frac{1}{2}}\\{b = 2}\end{array}}\\{c = 0}\end{array}} \right.\).
Suy ra phương trình của parabol là: \(y = - \frac{1}{2}{x^2} + 2x = - 0,5{x^2} + 2x\).
3. Sai. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \(\left( P \right)\), trục tung, trục hoành và đường thẳng \(x = 4\) là
\({S_P} = \int\limits_0^4 {\left( { - 0,5{x^2} + 2x} \right){\rm{d}}x = \frac{{16}}{3}} \).
4. Sai. Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) là \({S_H} = \int\limits_0^4 {\left[ {\sqrt {16 - {x^2}} - \left( { - 0,5{x^2} + 2x} \right)} \right]{\rm{d}}x} \approx 7,23\).
1. Tâm của mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(I\left( { - 1;2;1} \right)\).
2. Điểm \(A\) nằm trong mặt cầu \(\left( S \right)\).
3. Phương trình mặt cầu \[\left( {S'} \right)\] tâm \(A\) đi qua điểm \(B\) là: \[{x^2}\, + \,{\left( {y - 2} \right)^2}\, + \,{z^2}\, = \,72\].
4. Tổng \(a + b + c\) bằng 1.
1. Đúng. \(\left( S \right){\rm{: }}{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x - 4y - 2z + \frac{9}{2} = 0\)\( \Leftrightarrow \left( S \right){\rm{:}}\,{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = \frac{3}{2}\).
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 1;2;1} \right)\).
2. Sai. Mặt cầu \(\left( S \right)\) có bán kính \(R = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Vì \[A{I^2} = {\left( {0 + 1} \right)^2}\, + {\left( {2 - 2} \right)^2}\, + {\left( {0 - 1} \right)^2}\, = \,2 > \,\frac{3}{2}\, = \,{R^2}\] nên điểm \(A\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).
3. Đúng. Vì mặt cầu \[\left( {S'} \right)\] tâm \(A\) đi qua điểm \(B\) nên mặt cầu \[\left( {S'} \right)\] có bán kính
\[R\, = \,AB\, = \,\sqrt {{{\left( {2 - 0} \right)}^2}\, + \,{{\left( { - 6 - 2} \right)}^2}\, + \,{{\left( { - 2 - 0} \right)}^2}} \, = \,\sqrt {72} \].
Do đó, phương trình mặt cầu \[\left( {S'} \right)\]: \[{x^2}\, + \,{\left( {y - 2} \right)^2}\, + \,{z^2}\, = \,72\].
4. Đúng. Vì \[B{I^2} = {\left( {2 + 1} \right)^2}\, + {\left( { - 6 - 2} \right)^2}\, + {\left( { - 2 - 1} \right)^2}\, = \,82 > \,\frac{3}{2}\, = \,{R^2}\] nên điểm \(B\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).
Ta có hai điểm \(A\), \(B\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).
Gọi \(K\) là trung điểm đoạn thẳng \(AB\) thì \(K\left( {1; - 2; - 1} \right)\) và \(K\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} \)\( = \left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KA} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KB} } \right)\)
\( = M{K^2} + \overrightarrow {MK} \cdot \left( {\overrightarrow {KA} + \overrightarrow {KB} } \right) + \overrightarrow {KA} \cdot \overrightarrow {KB} \)\( = M{K^2} - K{A^2}\).
Suy ra \(\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {MB} \) nhỏ nhất khi \(M{K^2}\) nhỏ nhất, tức là \(MK\) nhỏ nhất.
Đánh giá: \(IM + MK \ge IK \Rightarrow R + MK \ge IK \Rightarrow MK\)\( \ge IK - R\).
Suy ra \(MK\) nhỏ nhất bằng \(IK - R\), xảy ra khi \(I\), \(M\), \(K\) thẳng hàng và \(M\) nằm giữa hai điểm \(I\), \(K\). Như vậy \(M\) là giao điểm của đoạn thẳng \(IK\) và mặt cầu \(\left( S \right)\).
Có \(\overrightarrow {IK} = \left( {2; - 4; - 2} \right)\), \(IK = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = 2\sqrt 6 = 4R = 4IM\).
Suy ra \(\overrightarrow {IK} = 4\overrightarrow {IM} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = 4\left( {a + 1} \right)\\ - 4 = 4\left( {b - 2} \right)\\ - 2 = 4\left( {c - 1} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 1\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).
Vậy \(a + b + c = 1\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật, \(AB = a,BC = 2a,\) \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = a\).
1. \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
2. Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là \(2{a^3}\).
3. Sin góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\).
4. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\) và \(SB\) là \(\frac{{2a}}{3}\).
1. Đúng. \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(BC \bot AB\).
\(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BC \bot SA\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).
2. Sai. Áp dụng công thức \(V = \frac{1}{3} \cdot {S_d} \cdot h\),
Trong đó: \({S_d}\) là diện tích hình chữ nhật \(ABCD\),
\(h\) là chiều cao của khối chóp \(S.ABCD\).
Ta có \({S_d} = a \cdot 2a = 2{a^2}\).
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA\) là chiều cao của khối chóp \(S.ABCD\), \(h = SA = a\).
\( \Rightarrow V = \frac{1}{3} \cdot 2{a^2} \cdot a = \frac{2}{3}{a^3}\) (đvtt).
3. Sai. Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(AC\).
Suy ra \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).
Xét tam giác \(SAC\) có: \(SA = a;AC = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 5 ,SC = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2}} = a\sqrt 6 \).
Ta có \(\sin \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{SC}} = \frac{a}{{a\sqrt 6 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\).
4. Đúng. Vẽ đường thẳng \(d\) đi qua \(B\) và song song với \(AC\), khi đó \(d\) cắt \(AD\) tại \(E\).
\[ \Rightarrow AC{\rm{//}}\left( {SEB} \right)\].
Vậy \(d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {AC,\left( {SEB} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SEB} \right)} \right)\).
Kẻ đường cao \(AI\) của tam giác \(EAB\), kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(SAI\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EB \bot AI\\EB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow EB \bot \left( {SAI} \right)\)\( \Rightarrow EB \bot AH \Rightarrow AH \bot \left( {SEB} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SEB} \right)} \right)\).
Xét tam giác \(AEB\) vuông tại \(A\) có \(AE = BC = 2a;AB = a\).
\(AI\) là đường cao của tam giác \(AEB\) nên \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
Xét tam giác \(AIS\) vuông tại \(A\) có: \(AI = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5};SA = a\).
\(AH\) là đường cao của tam giác \(AIS\) nên
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{I^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{AI \cdot SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \cdot a}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}} \right)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a}}{3}\).
Vậy khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\) và \(SB\) là \(\frac{{2a}}{3}\).
Cách khác: Gán hệ trục tọa độ \(Oxyz\) vào khối chóp \(S.ABCD\) sao cho \(A\) là gốc tọa độ, điểm \(B\) thuộc tia \(Ox\), điểm \(D\) thuộc tia \(Oy\), điểm \(S\) thuộc tia \(Oz\).
Khi đó \(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {a;0;0} \right),D\left( {0;2a;0} \right),S\left( {0;0;a} \right),C\left( {a;2a;0} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( {a;2a;0} \right),\,\,\overrightarrow {SB} = \left( {a;0; - a} \right)\);
\(\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right] = \left( { - 2{a^2};{a^2}; - 2{a^2}} \right),\,\,\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right]} \right| = 3{a^2}\);
\(\overrightarrow {AS} = \left( {0;0;a} \right),\,\,\overrightarrow {AS} \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right] = - 2{a^3}\).
Khoảng cách giữa 2 đường thẳng \(AC\) và \(SB\) là \(d\left( {AC,SB} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AS} \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {SB} } \right]} \right|}} = \frac{{2a}}{3}\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 25 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(23,5\% \).
\(38\% \).
\(19\% \).
\(47\% \).
Tần suất của nhóm khối lượng trứng \(\left[ {36;42} \right)\)là \(\frac{{190}}{{1000}} \cdot 100 = 19\% \). Chọn C.
\(43,25\).
\(44\).
\(45\).
\(45,18\).
Nhóm chứa trung vị là nhóm \(\left[ {42;48} \right)\).
Ta có \({M_e} = 42 + \frac{{\frac{{1000}}{2} - 235}}{{500}} \cdot \left( {48 - 42} \right) = \frac{{2259}}{{50}} = 45,18\). Chọn D.
\(\frac{{6\sqrt {17} }}{5}\).
\(\frac{{3\sqrt {17} }}{5}\).
\(\frac{{306}}{{25}}\).
\(\frac{{612}}{{25}}\).
Ta có bảng sau:
|
Khối lượng (gam) |
\(\left[ {30;36} \right)\) |
\(\left[ {36;42} \right)\) |
\(\left[ {42;48} \right)\) |
\(\left[ {48;54} \right)\) |
\(\left[ {54;\,60} \right)\) |
|
Số trứng |
45 |
190 |
500 |
250 |
15 |
|
Giá trị đại diện |
33 |
39 |
45 |
51 |
57 |
Số trung bình là: \(\bar x = \frac{{45 \cdot 33 + 190 \cdot 39 + 500 \cdot 45 + 250 \cdot 51 + 15 \cdot 57}}{{1000}} = 45\).
Phương sai là: \({s^2} = \frac{{{{33}^2} \cdot 45 + {{39}^2} \cdot 190 + {{45}^2} \cdot 500 + {{51}^2} \cdot 250 + {{57}^2} \cdot 15}}{{1000}} - {45^2} = 24,48.\)
Vậy độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là \(s = \sqrt {24,48} = \frac{{6\sqrt {17} }}{5}.\) Chọn A.
\(90\) lít.
\(84\) lít.
\(65\) lít.
\(33\) lít.
Thể tích nước được bơm vào bể trong 5 phút đầu tiên là \(\int\limits_0^5 {\left( {6t + 3} \right)} \,{\rm{d}}t = 90\) (lít). Chọn A.
\(10\) lít.
\(15\) lít.
\(20\) lít.
\(25\) lít.
Thể tích nước chảy ra từ bể trong 5 phút đầu tiên là \(\int\limits_0^5 {\left( {2t} \right){\rm{d}}t} = 25\) (lít). Chọn D.
\(503\) lít.
\(961\) lít.
\(916\) lít.
\(305\) lít.
Ta có lưu lượng nước ròng là \(L\left( t \right) = {L_1}\left( t \right) - {L_2}\left( t \right) = 4t + 3\).
Thời điểm \(a\) (phút) khi nước đầy bể, tức là
\(\int\limits_0^a {\left( {4t + 3} \right){\rm{d}}t} = 2015\)\( \Leftrightarrow 2{a^2} + 3a = 2015 \Rightarrow a = 31\) phút.
Vậy lượng nước chảy ra sau 31 phút bằng \(\int\limits_0^{31} {\left( {2t} \right)} \,{\rm{d}}t = 961\). Chọn B.
Từ câu hỏi 16 đến 20, thí sinh ghép mỗi nội dung ở cột bên trái với một nội dung ở cột bên phải thành nội dung đúng.
Nhận xét bốn điểm \(S\left( {0;0;3} \right)\), \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {1;0;0} \right)\), \(C\left( {0;2;0} \right)\) thuộc một tứ diện vuông \(S.ABC\) nên dễ thấy \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow \cos \left( {\left( {SAB} \right),\;\left( {ABC} \right)} \right) = \cos 90^\circ = 0\).
Nhận xét bốn điểm \(S\left( {0;0;3} \right)\), \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {1;0;0} \right)\), \(C\left( {0;2;0} \right)\) thuộc một tứ diện vuông \(S.ABC\) nên dễ thấy \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow \sin \left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \sin 90^\circ = 1\).
Ta có \(\left( {SBC} \right):\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1\)\( \Rightarrow \left( {SBC} \right):6x + 3y + 2z - 6 = 0\)\( \Rightarrow {\vec n_{\left( {SBC} \right)}} = \left( {6;3;2} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có \({\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \overrightarrow {AS} = \left( {0;0;3} \right)\).
\(\cos \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {{{\vec n}_{\left( {ABC} \right)}} \cdot {{\vec n}_{\left( {SBC} \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_{\left( {ABC} \right)}}} \right| \cdot \left| {{{\vec n}_{\left( {SBC} \right)}}} \right|}}\)\( = \frac{{\left| {6 \cdot 0 + 3 \cdot 0 + 2 \cdot 3} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {3^2}} \cdot \sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }} = \frac{2}{7}\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{{\vec n}_{\left( {SBC} \right)}} = \left( {6;3;2} \right)\\{{\vec n}_{\left( P \right)}} = \left( {1;1;1} \right)\end{array} \right.\)
Nên \(\cos \left( {\left( {SBC} \right),\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {{{\vec n}_{\left( {SBC} \right)}} \cdot {{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_{\left( {SBC} \right)}}} \right| \cdot \left| {{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right|}}\)\( = \frac{{\left| {6 \cdot 1 + 3 \cdot 1 + 2 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} \cdot \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} }} = \frac{{11\sqrt 3 }}{{21}}\).
Đáp án: 1 – E; 2 – C; 3 – B; 4 – A.
Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình dưới đây:
|
1. Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là |
A. \(1\). |
|
2. Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có giá trị cực đại bằng |
B. \(2\). |
|
3. Đồ thị hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{x - 4}}{{f\left( x \right) - 5}}\) có số đường tiệm cận là |
C. \(3\). |
|
4. Giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {4x - {x^2}} \right) + \frac{1}{3}{x^3} - 3{x^2} + 8x + \frac{1}{3}\) trên đoạn \(\left[ {1;3} \right]\) bằng |
D. \(5\). |
|
|
E. \(7\). |
|
|
F. \(12\). |
Đáp án: 1 – __ ; 2 – __ ; 3 – __ ; 4 – __
Hàm số đã cho có hai điểm cực trị tại \(x = 0\) và \(x = 4.\) Giá trị cực đại của hàm số là \(y = 5\).
Xét hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{x - 4}}{{f\left( x \right) - 5}}\).
Từ bảng biến thiên, ta thấy phương trình \(f\left( x \right) = 5\) có một nghiệm \(x = 4\) và một nghiệm \(x = a < 0.\) Nhận thấy rằng \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} \frac{{x - 4}}{{f\left( x \right) - 5}} = + \infty \) và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ + }} \frac{{x - 4}}{{f\left( x \right) - 5}} = + \infty \]. Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng.
Ta cũng có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x - 4}}{{f\left( x \right) - 5}} = 0\), do tử số là đa thức bậc nhất trong khi mẫu số là đa thức bậc ba. Vậy đồ thị hàm số đã cho có một đường tiệm cận ngang.
Tóm lại, đồ thị hàm số đã cho có ba đường tiệm cận.
Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {4x - {x^2}} \right) + \frac{1}{3}{x^3} - 3{x^2} + 8x + \frac{1}{3}\) trên đoạn \(\left[ {1;3} \right]\).
Ta có
\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) = \left( {4 - 2x} \right)f'\left( {4x - {x^2}} \right) + {x^2} - 6x + 8\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\left( {2 - x} \right)f'\left( {4x - {x^2}} \right) + \left( {x - 4} \right)\left( {x - 2} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {2 - x} \right)\left[ {2f'\left( {4x - {x^2}} \right) - \left( {x - 4} \right)} \right]\end{array}\)
Xét hàm số \(u\left( x \right) = 4x - {x^2}\), trên đoạn \(\left[ {1;3} \right]\) có \(3 \le u\left( x \right) \le 4\) suy ra \(f'\left( {u\left( x \right)} \right) \ge 0\), hơn nữa \(x - 4 < 0\) với \(x \in \left[ {1;3} \right]\). Vậy nên \(2f'\left( {4x - {x^2}} \right) - \left( {x - 4} \right) \ge 0,\,\forall x \in \left[ {1;3} \right]\), dấu xảy ra khi \(x = 4.\)
Trên \(\left[ {1;3} \right]\), phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có một nghiệm \(x = 2.\)
Có
\(\begin{array}{l}g\left( 1 \right) = f\left( 3 \right) + \frac{{17}}{3}\\g\left( 3 \right) = f\left( 3 \right) + \frac{{19}}{3}\\g\left( 2 \right) = f\left( 4 \right) + 7 = 12\end{array}\)
Do \(f\left( 3 \right) < f\left( 4 \right)\) và \(\frac{{17}}{3} < \frac{{19}}{3} < 7\) nên giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {1;3} \right]\) bằng 12.
Đáp án: 1 – B; 2 – D; 3 – C; 4 – F.
Theo bài ra ta có \(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {1;0;0} \right),\)\(D\left( {0;2;0} \right),\)\(A'\left( {0;0;3} \right)\).
Hình chiếu của \(C\) lên \(\left( {Oxy} \right)\) là \(C\), hình chiếu của \(C\) lên \(Oz\) là \(A\) nên \(C\left( {1;2;0} \right)\).
Hình chiếu của \(B',C',D'\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và trục \(Oz\) lần lượt là các điểm \(B,C,D\) và \(A'\) nên \(B'\left( {1;0;3} \right),{\rm{ }}C'\left( {1;2;3} \right),{\rm{ }}D'\left( {0;2;3} \right)\).
Vì \(E\) thuộc đường thẳng \(DD'\) nên \(E\left( {0;2;z} \right)\), suy ra \(\overrightarrow {B'E} = \left( { - 1;2;z - 3} \right)\).
Mà \(\overrightarrow {A'C} = \left( {1;2; - 3} \right)\) nên \(B'E \bot A'C \Leftrightarrow \overrightarrow {B'E} \cdot \overrightarrow {A'C} = 0\)\( \Leftrightarrow - 1 + 4 - 3\left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow z = 4\).
Vậy \(E\left( {0;2;4} \right)\).
Đặt \(\overrightarrow {A'M} = x\overrightarrow {A'C} ;{\rm{ }}\overrightarrow {BN} = y\overrightarrow {BD} \).
Ta có \(\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'M} = \overrightarrow {AA'} + x\overrightarrow {A'C} = \left( {x;2x;3 - 3x} \right)\), suy ra \(M\left( {x;2x;3 - 3x} \right)\).
\(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BN} = \overrightarrow {AB} + y\overrightarrow {BD} = \left( {1 - y;2y;0} \right) \Rightarrow N\left( {1 - y;2y;0} \right)\).
Theo giả thiết của để bài, ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {A'C} = 0\\\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {BD} = 0\end{array} \right.\) \(( * )\).
Mà \(\overrightarrow {MN} = \left( {1 - x - y;2y - 2x;3x - 3} \right)\), \(\overrightarrow {A'C} = \left( {1;2; - 3} \right)\), \(\overrightarrow {BD} = \left( { - 1;2;0} \right)\).
Khi đó \(( * )\) trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}1 - x - y + 4y - 4x - 9x + 9 = 0\\ - 1 + x + y + 4y - 4x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 14x + 3y = - 10\\ - 3x + 5y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{53}}{{61}}\\y = \frac{{44}}{{61}}\end{array} \right.\).
Do đó \(M\left( {\frac{{53}}{{61}};\frac{{106}}{{61}};\frac{{24}}{{61}}} \right),{\rm{ }}N\left( {\frac{{17}}{{61}};\frac{{88}}{{61}};0} \right)\).
Đáp án: 1 – B; 2 – A; 3 – D; 4 – F.
1. Ta có \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,{\rm{d}}x} = \int {\left( {2x + \frac{1}{{{x^2}}}} \right){\rm{d}}x} = {x^2} - \frac{1}{x} + C\).
Mà \(f\left( 1 \right) = 2 \Rightarrow C = 2\). Suy ra \(f\left( x \right) = {x^2} - \frac{1}{x} + 2\). Vậy \(f\left( 3 \right) = {3^2} - \frac{1}{3} + 2 = \frac{{32}}{3}\).
2. \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,{\rm{d}}x} = \int {\left( {2x + \frac{1}{{{x^2}}}} \right){\rm{d}}x} = {x^2} - \frac{1}{x} + C\).
Mà \(f\left( 1 \right) = 0 \Rightarrow C = 0\). Suy ra \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - \frac{1}{x} = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1\).
Vậy phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có duy nhất một nghiệm.
3. \(f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)\,{\rm{d}}x} = \int {\left( {2x + \frac{1}{{{x^2}}}} \right){\rm{d}}x} = {x^2} - \frac{1}{x} + C\).
Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) đi qua điểm \(M\left( { - 1;5} \right)\) ta được \(2 + C = 5 \Rightarrow C = 3\).
Suy ra \(f\left( x \right) = {x^2} - \frac{1}{x} + 3\). Vậy \(f\left( 2 \right) = {2^2} - \frac{1}{2} + 3 = \frac{{13}}{2}\).
4. \(f\left( { - 2} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 4 + \frac{1}{2} + C = \frac{1}{2} \Leftrightarrow C = - 4\). Suy ra \(f\left( x \right) = {x^2} - \frac{1}{x} - 4\).
Ta có \(g\left( x \right) = xf\left( x \right) = x\left( {{x^2} - \frac{1}{x} - 4} \right) = {x^3} - 4x - 1\).
\(g'\left( x \right) = 3{x^2} - 4\), \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\), nên hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị.
Đáp án: 1 – C; 2 – A; 3 – B; 4 – E.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x - 2} \right) = - 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 2}}{{x + 1}} = - \frac{1}{2}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^3} - {x^2} + 2x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 2}}{{{x^2} + 2}} = - \frac{1}{3}\).
Để \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = 2\) thì \(ax + b\) có nghiệm bằng \(1\) \( \Leftrightarrow a + b = 0 \Leftrightarrow b = - a\).
Khi đó: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{a\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x - 2}}{a} = - \frac{1}{a} = 2 \Leftrightarrow a = - \frac{1}{2} \Rightarrow b = \frac{1}{2}\).
Vậy \(a + 3b = - \frac{1}{2} + 3 \cdot \frac{1}{2} = 1\).
Đáp án: 1 – D; 2 – F; 3 – B; 4 – C.
Có \(\mathop \smallint \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right){\rm{d}}x = 3;\,\,\;\mathop \smallint \limits_0^3 f\left( x \right){\rm{d}}x = 1\) nên \(\mathop \smallint \limits_{ - 1}^3 f\left( x \right){\rm{d}}x = \mathop \smallint \limits_{ - 1}^0 f\left( x \right){\rm{d}}x + \mathop \smallint \limits_0^3 f\left( x \right){\rm{d}}x = 3 + 1 = 4\).
Đáp án: 4
Ta có \[{\log _{24}}175 = {\log _{24}}\left( {7 \cdot {5^2}} \right) = {\log _{24}}7 + 2{\log _{24}}5 = \frac{1}{{{{\log }_7}24}} + \frac{2}{{{{\log }_5}24}}\]
\[ = \frac{1}{{{{\log }_7}3 + {{\log }_7}{2^3}}} + \frac{2}{{{{\log }_5}3 + {{\log }_5}{2^3}}} = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_3}7}} + \frac{3}{{{{\log }_2}7}}}} + \frac{2}{{\frac{1}{{{{\log }_3}5}} + \frac{3}{{{{\log }_2}5}}}}\]
\[ = \frac{1}{{\frac{1}{{{{\log }_2}7 \cdot {{\log }_3}2}} + \frac{3}{{{{\log }_2}7}}}} + \frac{2}{{\frac{1}{{{{\log }_3}5}} + \frac{3}{{{{\log }_2}3 \cdot {{\log }_3}5}}}} = \frac{1}{{\frac{1}{{2b \cdot \frac{1}{c}}} + \frac{3}{{2b}}}} + \frac{2}{{\frac{1}{{2a}} + \frac{3}{{c \cdot 2a}}}}\]
\[ = \frac{1}{{\frac{c}{{2b}} + \frac{3}{{2b}}}} + \frac{2}{{\frac{c}{{2ac}} + \frac{3}{{2ac}}}} = \frac{{2b}}{{c + 3}} + \frac{{4ac}}{{c + 3}} = \frac{{2b + 4ac}}{{c + 3}}\].
Suy ra \(m = 2,n = 4,p = 1,q = 3\). Vậy \[A = m + 2n + 3p + 4q = 2 + 8 + 3 + 12 = 25\].
Đáp án: 25.
Hai nhà máy sản xuất đặt tại các vị trí \(A\) và \(B\) cách nhau \[4\,{\rm{km}}\]. Một nhà máy cung cấp nước được đặt ở vị trí \(C\) nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng \(AB\), cách trung điểm \(M\) của đoạn thẳng \(AB\) một khoảng \[4\,{\rm{km}}\]. Người ta muốn làm một đường ống dẫn nước từ nhà máy nước \(C\) đến một vị trí \[I\] nằm giữa đoạn thẳng \(MC\) sau đó chia ra hai nhánh dẫn tới hai nhà máy \(A\) và \(B\) (hình vẽ). Tổng độ dài đường ống dẫn nước nhỏ nhất bằng bao nhiêu kilômét (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Đáp án: _____
Đặt độ dài \(IM = x\,\,\left( {{\rm{km}},\,0 \le x \le 4} \right)\), suy ra \(IC = 4 - x\).
Ta có: \(IA = IB = \sqrt {{x^2} + 4} \).
Tổng độ dài đoạn ống dẫn nước là: \(IC + IA + IB = 4 - x + 2\sqrt {{x^2} + 4} \).
Xét hàm số: \(y = f\left( x \right) = 4 - x + 2\sqrt {{x^2} + 4} \) với \(0 \le x \le 4\), ta cần tìm \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right)\].
Ta có \[y' = - 1 + 2 \cdot \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 4} }} = \frac{{2x - \sqrt {{x^2} + 4} }}{{\sqrt {{x^2} + 4} }}\]; \[y' = 0 \Leftrightarrow 2x - \sqrt {{x^2} + 4} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].
Ta có \[f\left( 0 \right) = 8;\,\,f\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right) = 4 + 2\sqrt 3 ;\,\,f\left( 4 \right) = 4\sqrt 5 \]. Do đó, \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} f\left( x \right) = 4\sqrt 3 + 2 \approx 7,46\] (km).
Đáp án: 7,46
Một cái lều có dạng hình chóp tứ giác đều, cạnh đáy bằng \(8{\rm{ m}}\) và chiều cao là \(3{\rm{ m}}{\rm{.}}\) Cửa vào lều là hình thang \(EFGH\) trong đó \(AE = FB\) và \(EF = 4{\rm{ m}}\); \(G,H\) lần lượt là trung điểm của \(SE\) và \(SF.\) Một nguồn sáng đặt cách đỉnh \(S\) một mét ở phía dưới. Ánh sáng chiếu ra ngoài qua cửa tạo thành một vùng được chiếu sáng \(EFG'H'.\) Diện tích vùng được chiếu sáng là bao nhiêu mét vuông (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Đáp án: ___
Gọi \(I\) là điểm phát sáng; \(M\) là trung điểm của \(EF;N = SM \cap GH;K = OM \cap G'H'.\)
Ta có \(GH\) là đường trung bình của tam giác \(SEF\) nên
\(GH{\rm{//}}EF \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow GH{\rm{//}}\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {IGH} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = G'H'{\rm{//}}EF\).
Gọi \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(SO,OM.\) Theo đề bài ta có
\(SI = 1{\rm{m,}}IO = 2{\rm{m,}}SP = \frac{1}{2}SO = \frac{3}{2}{\rm{m}} \Rightarrow IP = \frac{1}{2};NP = OQ = 2{\rm{m}}\) (vì \(M\) là trung điểm của \(EF\) nên \(N\) là trung điểm của \(GH,SM)\).
Xét tam giác \(IOK\) có \(PN{\rm{//}}OK \Rightarrow \frac{{IP}}{{IO}} = \frac{{PN}}{{OK}} = \frac{{1/2}}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow OK = 8{\rm{ m}}{\rm{.}}\)
Mà \(OM = 4\) nên \(M\) là trung điểm của \(OK\) và \(EF{\rm{//}}G'H'\) nên \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(OG'H' \Rightarrow G'H' = 2EF = 2\left( {AB - AE - FB} \right) = 8{\rm{ m}}{\rm{.}}\)
Do \(M\) là trung điểm của \(EF\), cũng là trung điểm của \(AB\) nên \(OM \bot EF.\) Suy ra \(MK\) là đường cao của hình thang \(EFG'H'\) và \(MK = OM = 4{\rm{ m}}{\rm{.}}\)
Vậy \({S_{EFG'H'}} = \frac{{EF + G'H'}}{2} \cdot MK = \frac{{4 + 8}}{2} \cdot 4 = 24{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}.\)
Cách khác
Gọi \(I\) là điểm phát sáng; \(M\) là trung điểm của \(EF\) cũng là trung điểm của \(AB\,\,({\rm{v\`i }}AE = FB);J\) là trung điểm của \(BC\) (hình vẽ).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho tia \(OM \equiv Ox,ON \equiv Oy,OS \equiv Oz.\) Khi đó
\(O\left( {0;0;0} \right),M\left( {4;0;0} \right),J\left( {0;4;0} \right),S\left( {0;0;3} \right),A\left( {4; - 4;0} \right),B\left( {4;4;0} \right),E\left( {4; - 2;0} \right),F\left( {4;2;0} \right),I\left( {0;0;2} \right).\)
\(H\) là trung điểm \(SE \Rightarrow H\left( {2; - 1;\frac{3}{2}} \right)\); \(G\)là trung điểm của \(SF \Rightarrow G\left( {2;1;\frac{3}{2}} \right).\)
Mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right) \equiv \left( {Oxy} \right):z = 0.\)
\(\overrightarrow {IH} = \left( {2; - 1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {4; - 2; - 1} \right) \Rightarrow IH:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t\\y = - 2t\\z = 2 - t\end{array} \right. \Rightarrow H' = IH \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow H'\left( {8; - 4;0} \right)\).
\(\overrightarrow {IG} = \left( {2;1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {4;2; - 1} \right) \Rightarrow IG:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t'\\y = 2t'\\z = 2 - t'\end{array} \right. \Rightarrow G = IG \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow G\left( {8;4;0} \right)\).
\(\overrightarrow {EH'} = \left( {4; - 2;0} \right),\overrightarrow {EG'} = \left( {4;6;0} \right),\overrightarrow {EF} = \left( {0;4;0} \right)\).
Vậy \({S_{EFG'H'}} = {S_{\Delta EFG'}} + {S_{\Delta EG'H'}} = \frac{1}{2}\left( {\left| {\overrightarrow {EF} \times \overrightarrow {EG'} } \right| + \left| {\overrightarrow {EG'} \times \overrightarrow {EH'} } \right|} \right) = \frac{1}{2}\left( {16 + 32} \right) = 24{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}.\)
Đáp án: \(24\).
Đáp án: 0,3.
Gọi biến cố \(A:\) “Bé An được mẹ dẫn theo khi đi mua sắm”; biến cố \(B:\) “Bé An được mẹ mua đồ chơi”.
Ta cần tính \(P\left( {B|\bar A} \right).\)
Theo đề bài, ta có: \(P\left( A \right) = \frac{2}{5};P\left( {\bar A} \right) = \frac{3}{5};P\left( {B|A} \right) = 70\% = \frac{7}{{10}};P\left( {A|B} \right) = \frac{{14}}{{23}}.\)
Ta có \(P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{2}{5} \cdot \frac{7}{{10}} \cdot \frac{{23}}{{14}} = \frac{{23}}{{50}}.\)
Mặt khác, theo công thức xác suất toàn phần:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) \Leftrightarrow \frac{{23}}{{50}} = \frac{2}{5} \cdot \frac{7}{{10}} + \frac{3}{5} \cdot P\left( {B|\bar A} \right) \Leftrightarrow P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{3}{{10}} = 0,3.\)
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
Học liệu phổ biến Đánh giá năng lực
Đánh giá năng lực
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
