Đề tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án (Đề số 23)
34 câu hỏi
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.
Trong một phòng thí nghiệm có máy đo nồng độ khí \(C{O_2}\) cho thấy: nồng độ khí \(C{O_2}\) trong phòng thay đổi theo thời gian \(t\) (tính bằng giờ) và được thể hiện qua hàm số \(f\left( t \right) = 400 + \frac{{2000t}}{{{t^2} + 5}}\)\(\left( {{\rm{ppm}}} \right)\) với \(t \ge 0\) (khi nói nồng độ khí \(C{O_2}\) trong không khí là 400 ppm, điều đó có nghĩa là trong một triệu phần thể tích của không khí, có 400 phần thể tích là khí \(C{O_2}\)).
a) Nồng độ khí \(C{O_2}\) trong phòng tại thời điểm \(t = 0\) là 400 \(\left( {{\rm{ppm}}} \right)\).
a) Đúng. Nồng độ khí \(C{O_2}\) trong phòng tại thời điểm \(t = 0\) là
\(f\left( 0 \right) = 400 + \frac{{2000 \cdot 0}}{{{0^2} + 5}} = 400\) \(\left( {{\rm{ppm}}} \right)\).
b) \(f'\left( t \right) = \frac{{ - 2000{t^2} - 10000}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}}\) với \(t \ge 0\).
b) Sai.
\[f'\left( t \right) = {\left( {400} \right)^\prime } + \frac{{{{\left( {2000t} \right)}^\prime }\left( {{t^2} + 5} \right) - {{\left( {{t^2} + 5} \right)}^\prime }2000t}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}} = \frac{{2000\left( {{t^2} + 5} \right) - 2t.2000t}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}}\]\[ = \frac{{ - 2000{t^2} + 10000}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}}\].
c) Nghiệm của phương trình \[f'\left( t \right) = 0\] là \(t = 2\).
c) Sai.\[f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2000{t^2} + 10000}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow - 2000{t^2} + 10000 = 0 \Leftrightarrow t = \sqrt 5 \] (vì \(t \ge 0\)).
d) Nồng độ khí \(C{O_2}\) cao nhất đo được trong phòng thí nghiệm (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị) là 947 \(\left( {{\rm{ppm}}} \right)\).
d) Sai.Ta có bảng biến thiên:
Vậy \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} f\left( t \right) = 400 + 200\sqrt 5 \approx 847\].
Do đó nồng độ khí \(C{O_2}\) cao nhất đo được trong phòng thí nghiệm (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị) là 847 \(\left( {{\rm{ppm}}} \right)\).
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) là hàm đa thức có đạo hàm \(f'\left( x \right) = x\left( {{x^2} - 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2}\). Số điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là:
\[1\].
\[4\].
\[3\].
\[2\].
Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = 2\end{array} \right.\). Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực tiểu. Chọn D.
Với \(a,b\) là các số thực dương tùy ý, gọi \(x = {\log _2}a,y = {\log _2}b,P = {\log _2}\left( {{a^2}{b^3}} \right)\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(P = {x^2}{y^3}\).
\(P = {x^2} + {y^3}\).
\(P = 2x + 3y\).
\(P = 6xy\).
Với \(a > 0,b > 0\), ta có \(P = {\log _2}\left( {{a^2}{b^3}} \right) = {\log _2}{a^2} + {\log _2}{b^3} = 2{\log _2}a + 3{\log _2}b = 2x + 3y\).
Chọn C.
Một bể chứa dầu ban đầu có 50 000 lít dầu. Gọi \(V\left( t \right)\) là thể tích dầu (lít) trong bể tại thời điểm \(t,\) trong đó \(t\) tính theo giờ \((0 \le t \le 24).\) Trong quá trình bơm dầu vào bể, thể tích dầu tăng theo tốc độ được biểu diễn bởi hàm số hàm số \(V'\left( t \right) = k \cdot \sqrt t ,\) với \(k\) là hằng số dương. Sau 4 giờ bơm liên tục, thể tích dầu trong bể đạt 58 000 lít.
a) Hàm số \(V\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( t \right) = k \cdot \sqrt t \).
a) Đúng. Vì \(V\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(V'\left( t \right)\),tức là \(V\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( t \right) = k \cdot \sqrt t \).
b) \(V\left( t \right) = \frac{{2k}}{3} \cdot t\sqrt t + C,\) với \(0 \le t \le 24\) và \(k,\,C\) là các hằng số.
b) Đúng. Ta có \(V\left( t \right) = \int {\left( {k \cdot \sqrt t } \right)} \,{\rm{d}}t = \int {\left( {k \cdot {t^{\frac{1}{2}}}} \right)} \,{\rm{d}}t = k \cdot \frac{{{t^{\frac{1}{2} + 1}}}}{{\frac{1}{2} + 1}} + C = \frac{{2k}}{3} \cdot t\sqrt t + C\), với \(0 \le t \le 24\) và \(k,\,C\) là các hằng số.
c) Sau 16 giờ bơm liên tục, thể tích dầu trong bể đạt được là 148 000 lít.
c) Sai. Theo giả thiết \(V\left( 0 \right) = 50\,000\) và \(V\left( 4 \right) = 58\,000\) nên
\(\left\{ \begin{array}{l}C = 50\,000\\\frac{{2k}}{3} \cdot 4\sqrt 4 + C = 58\,000\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{16k}}{3} + 50\,000 = 58\,000 \Rightarrow k = 1500\).
Suy ra \(V\left( t \right) = 1000 \cdot t\sqrt t + 50\,000\), vì vậy sau 16 giờ thể tích dầu trong bể đạt được là
\(V\left( {16} \right) = 1000 \cdot 16\sqrt {16} + 50\,000 = 114\,000\) (lít).
d) Trong quá trình bơm dầu, nếu sau mỗi giờ lượng dầu bị rò rỉ đều đặn với tốc độ 500 lít/giờ, thì tại thời điểm \(t\) bằng 9 giờ, thể tích dầu trong bể là 72 000 lít.
d) Sai. Vì lượng dầu bị rò rỉ đều đặn với tốc độ 500 lít/giờ, nên tại thời điểm \(t\) giờ thì lượng dầu bị rò rỉ là \(500t\) (lít).
Vì vậy thể tích dầu trong bể là \({V_1}\left( t \right) = V\left( t \right) - 500t = 1000 \cdot t\sqrt t + 50\,000 - 500t\).
Do đó, tại thời điểm \(t\) bằng 9 giờ, thể tích dầu trong bể là
\({V_1}\left( 9 \right) = 1000 \cdot 9\sqrt 9 + 50\,000 - 500 \cdot 9 = 72\,500\)(lít).
Các nghiệm của phương trình \[\cos 2x = 0\] là
\(x = \frac{\pi }{2} + k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x = \frac{\pi }{8} + \frac{{k\pi }}{2}\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x = k\frac{\pi }{2}\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Ta có \[\cos 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]. Chọn D.
Một công ty tổ chức chương trình bốc thăm trúng thưởng nhân dịp lễ 30/4 và 1/5 cho 100 nhân viên. Trong hộp có 100 vé, trong đó có 4 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí ở Thái Lan, 10 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí ở Đà Nẵng và 20 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí ở Cửa Lò (Nghệ An). Các vé còn lại trúng thưởng năm triệu đồng. Lần lượt từng nhân viên lên bốc ngẫu nhiên một vé (không hoàn lại).
a) Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \[\frac{{33}}{{50}}\].
a) Đúng. Gọi \(A\) là biến cố: “Người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng”. Khi đó hệ \(\left\{ {A\,;\,\overline A } \right\}\) là một hệ đầy đủ các biến cố.
Ta có \(n\left( A \right) = 100 - 4 - 10 - 20 = 66 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{66}}{{100}} = \frac{{33}}{{50}}.\)
b) Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \[\frac{{13}}{{20}}\], biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
b)Sai. Gọi \(B\) là biến cố: “Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng”.
Khi đó, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng, biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{65}}{{99}}\).
c) Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \[\frac{{33}}{{50}}\].
c)Đúng. Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \[P\left( B \right).\]
Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có \[P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\].
Ta có\(P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{33}}{{50}} = \frac{{17}}{{50}}\), \[P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{66}}{{99}}\].
Vậy \[P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{33}}{{50}} \cdot \frac{{65}}{{99}} + \frac{{17}}{{50}} \cdot \frac{{66}}{{99}} = \frac{{33}}{{50}}\].
d) Để tạo bất ngờ cho người bốc thăm tiếp theo, sau khi người thứ nhất bốc thăm, người dẫn chương trình giữ lại vé và không công bố kết quả. Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng. Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \[\frac{{65}}{{99}}\].
d)Đúng.Ta có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {BA} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{33}}{{50}} \cdot \frac{{65}}{{99}}}}{{\frac{{33}}{{50}}}} = \frac{{65}}{{99}}\).
Trong không gian \[Oxyz\], cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 3}}{2} = \frac{{y - 4}}{{ - 5}} = \frac{{z + 5}}{3}\). Điểm nào sau đây thuộc đường thẳng \(d\)?
\[M\left( {3;4; - 5} \right)\].
\[N\left( {2; - 5;3} \right)\].
\[P\left( { - 3; - 4;5} \right)\].
\[Q\left( {2;5; - 3} \right)\].
Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy \(A \in d\). Chọn A.
Khi gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục tính theo kilômét) vào một sân bay, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt sân bay, một máy bay đang ở vị trí \(A\left( {4; - 5;1} \right)\) sẽ hạ cánh khẩn cấp ở vị trí \(B\left( {1;2;0} \right)\) trên đường băng \(EG\).
a) Phương trình đường thẳng \(AB\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3t\\y = - 5 + 7t\\z = 1 - t\end{array} \right.\).
a) Đúng.Đường bay có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;7; - 1} \right)\).
Phương trình đường bay \(AB\): \(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3t\\y = - 5 + 7t\\z = 1 - t\end{array} \right.\).
b) Góc trượt (góc giữa đường bay \(AB\) và mặt đất là mặt phẳng nằm ngang \(\left( {Oxy} \right)\)) không nằm trong phạm vi cho phép từ \(2,5^\circ \) đến \(9^\circ \).
b) Sai.Mặt đất có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\).
\(\sin \left( {AB,\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow k } \right|}} = \frac{{\left| { - 3 \cdot 0 + 7 \cdot 0 - 1 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {7^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} \cdot \sqrt 1 }} = \frac{{\sqrt {59} }}{{59}}\)\( \Rightarrow \left( {AB,\left( {Oxy} \right)} \right) \approx 7,48^\circ \).
Vậy góc trượt nằm trong phạm vi cho phép.
c) Có một lớp mây mô phỏng bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua ba điểm \(M\left( {5;0;0} \right),\,\,N\left( {0; - 1;0} \right),\)\(P\left( {0;0;2} \right)\). Máy bay xuyên qua đám mây tại điểm \(C\) có cao độ làm tròn đến hàng đơn vị là \(346\,{\rm{m}}\).
c) Đúng.Mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) có phương trình: \(\frac{x}{5} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{2} = 1 \Leftrightarrow 2x - 10y + 5z - 10 = 0\).
\(C = AB \cap \left( {MNP} \right) \Rightarrow C\left( {4 - 3t; - 5 + 7t;1 - t} \right)\).
Mà \[C \in \left( {MNP} \right) \Rightarrow 2\left( {4 - 3t} \right) - 10\left( { - 5 + 7t} \right) + 5\left( {1 - t} \right) - 10 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{53}}{{81}} \Rightarrow C\left( {\frac{{55}}{{27}};\frac{{ - 34}}{{81}};\frac{{28}}{{81}}} \right)\].
Vậy điểm \(C\) có cao độ \({z_C} = \frac{{28}}{{81}}\,\,{\rm{km}} \approx 346\,\,{\rm{m}}\).
Vậy máy bay xuyên qua đám mây tại điểm \(C\) có cao độ làm tròn đến hàng đơn vị là \(346\,{\rm{m}}\).
d) Biết rằng tầm nhìn của người phi công sau khi ra khỏi đám mây là \(800\,{\rm{m}}\). Sau khi ra khỏi đám mây, người phi công đạt được quy định an toàn bay là người phi công phải nhìn thấy điểm đầu \(E\left( {2;0,5;0} \right)\) của đường băng ở độ cao tối thiểu \(150\,{\rm{m}}\).
d) Đúng. Gọi \(K\left( {4 - 3t; - 5 + 7t;1 - t} \right)\) là vị trí của máy bay.
Khi đó \(KE = \sqrt {{{\left( { - 2 + 3t} \right)}^2} + {{\left( {5,5 - 7t} \right)}^2} + {{\left( { - 1 + t} \right)}^2}} = 0,8\)\[ \Leftrightarrow 59{t^2} - 91t + \frac{{3461}}{{100}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \approx 0,861\\t \approx 0,681\end{array} \right.\].
Vị trí đầu tiên máy bay xuất hiện sau khi ra khỏi đám mây là \({K_1}\left( {1,417;1,027;0,139} \right)\), và điểm cuối là \({K_2}\left( {1,957; - 0,233;0,319} \right)\).
Như vậy, ở vị trí điểm xuất hiện đầu tiên \({K_1}\) người phi công nhìn thấy đầu điểm \(E\) ở độ cao \(139\,\,{\rm{m}}\). Hay người phi công đạt được quy định an toàn bay.
Tập nghiệm của bất phương trình \({\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2x - 1}} \le {\left( {\frac{4}{3}} \right)^{ - 2 + x}}\) là:
\(S = \left( { - \infty ;1} \right]\).
\(S = \left( {1; + \infty } \right)\).
\(S = \left[ {1; + \infty } \right)\).
\(S = \left( { - \infty ;1} \right)\).
Ta có \({\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2x - 1}} \le {\left( {\frac{4}{3}} \right)^{ - 2 + x}} \Leftrightarrow - 2x + 1 \le - 2 + x \Leftrightarrow x \ge 1\). Chọn C.
Bảng sau đây biểu diễn mẫu số liệu ghép nhóm thống kê về nhu cầu mức giá mua nhà (đơn vị triệu đồng\({\rm{/}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\)) của khách hàng tại một công ty xây dựng:
Nhóm | \(\left[ {10;14} \right)\) | \(\left[ {14;18} \right)\) | \(\left[ {18;22} \right)\) | \(\left[ {22;26} \right)\) | \(\left[ {26;30} \right)\) |
Tần số | \[54\] | \(78\) | \(120\) | \(45\) | \(12\) |
Khoảng biến thiên của một số liệu ghép nhóm trên là:
\(9\).
\(4\).
\(20\).
\(108\).
Ta có \(R = 30 - 10 = 20\). Chọn C.
Công thức tính thể tích \(V\) của khối tròn xoay được tạo ra khi quay hình thang cong, giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục \(Ox\) và 2 đường thẳng \(x = a,x = b\left( {a < b} \right)\), xung quanh trục \(Ox\) là:
\(V = \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x} \).
\(V = \pi \int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).
\(V = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} \).
\(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x} \).
Chọn D.
Chohàm số có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là:
\(y = 1\).
\(y = 2\).
\(x = 1\).
\(x = 2\).
Chọn A.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành, \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Góc giữa hai đường thẳng nào sau đây bằng \(90^\circ \)?
\(SA,SB\).
\(SB,AD\).
\(SA,BD\).
\(SA,SC\).
Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right),BD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\). Chọn C.
Trong không gian \[Oxyz\], mặt phẳng nào dưới đây nhận vectơ \(\overrightarrow n = \left( {3;1; - 7} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến?
\(3x - y - 7z + 1 = 0\).
\(3x + z + 7 = 0\).
\(3x + y - 7z - 3 = 0\).
\(3x + y - 7 = 0\).
Mặt phẳng \(3x + y - 7z - 3 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {3;1; - 7} \right)\). Chọn C.
Cho hình hộp \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\). Mệnh đề nào sau đây đúng?
\(\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {B{B_1}} + \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {B{D_1}} } \right|\).
\(\left| {\overrightarrow {A{A_1}} + \overrightarrow {{C_1}D} + \overrightarrow {{C_1}{D_1}} } \right| = 0\).
\(\left| {\overrightarrow {A{B_1}} - \overrightarrow {A{D_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {B{D_1}} } \right|\).
\(\left| {\overrightarrow {A{B_1}} + \overrightarrow {A{D_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {A{C_1}} } \right|\).
Ta có \(\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {B{B_1}} + \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {B{D_1}} } \right|\). Chọn A.
Biết \(\int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x = 5} \) và \(\int\limits_1^3 {g\left( x \right){\rm{d}}x = - 7} \). Giá trị của \(\int\limits_1^3 {\left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} \) bằng
\( - 31\).
\(29\).
\(1\).
\( - 29\).
Ta có \(\int\limits_1^3 {\left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = 3\int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x - 2} \int\limits_1^3 {g\left( x \right){\rm{d}}x = 3 \cdot 5 - 2 \cdot \left( { - 7} \right) = 29} \). Chọn B.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một công ty trung bình bán được 600 chiếc máy lọc không khí mỗi tháng với giá 10 triệu đồng một chiếc. Một khảo sát cho thấy nếu giảm giá bán mỗi chiếc 400 nghìn đồng, thì số lượng bán ra tăng thêm khoảng 60 chiếc mỗi tháng. Gọi \(p\) (triệu đồng) là giá bán của mỗi máy, \(x\) là số máy bán ra. Khi đó, hàm cầu \(p = p\left( x \right)\)và hàm doanh thu là \(R\left( p \right) = px\). Hỏi công ty phải bán mỗi máy lọc không khí với số tiền bao nhiêu triệu đồng để doanh thu là lớn nhất?
Đáp án: 7.
Theo giả thiết, tốc độ thay đổi của \(x\) tỉ lệ với tốc độ thay đổi của \[p\] nên hàm số \(p = p\left( x \right)\) là hàm số bậc nhất. Do đó, \(p\left( x \right) = ax + b\) \((a\) khác 0\()\).
Giá tiền \({p_1} = 10\) ứng với \({x_1} = 600\), giá tiền \({p_2} = 9,6\) ứng với \({x_2} = 600 + 60 = 660\).
Do đó, phương trình đường thẳng \(p\left( x \right) = ax + b\) đi qua hai điểm \(\left( {600\,;10} \right)\) và \(\left( {660\,;9,6} \right)\).
Ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{10 = 600a + b}\\{9,6 = 660a + b}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{ - 1}}{{150}}}\\{b = 14}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy hàm cầu là \(p\left( x \right) = - \frac{1}{{150}}x + 14\).
Vì \(p = - \frac{1}{{150}}x + 14 \Rightarrow x = - 150p + 2100\) suy ra hàm doanh thu là:
\(R\left( p \right) = px = p\left( { - 150p + 2100} \right) = 150\left( { - {p^2} + 14p} \right)\).
Ta có \(R(p)\) lớn nhất \( \Leftrightarrow p = \frac{{ - B}}{{2A}} = 7\).
Vậy công ty phải bán mỗi máy lọc không khí với số tiền 7 triệu đồng để doanh thu là lớn nhất.
Một tòa nhà có hình dạng là một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy là \(160\,{\rm{m}}\) và cạnh bên là \(140\,{\rm{m}}\). Giả sử, từ một mặt bên của tòa nhà ta cần thiết kế con đường ngắn nhất để di chuyển đến tâm của đáy tòa nhà, khi đó quãng đường ngắn nhất có độ dài khoảng bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng phần chục)?
Đáp án: \(57,4\).
Giả sử mô hình tòa nhà như hình chóp đều \(S.ABCD\) tâm \(O\), theo giả thiết ta có
\(AB = 160,\,\,SB = 140 \Rightarrow OB = 80\sqrt 2 ,SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = 20\sqrt {17} .\)
Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\) và kẻ \(OK \bot SH\)\(\left( {K \in SH} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot OH}\\{BC \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOH} \right)\), mà \(OK \subset \left( {SOH} \right)\) nên \(OK \bot BC\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)\( \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right)\).
Do đó, \(d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OK = \frac{{OS.OH}}{{\sqrt {O{S^2} + O{H^2}} }} = \frac{{20\sqrt {17} .80}}{{\sqrt {{{\left( {20\sqrt {17} } \right)}^2} + {{80}^2}} }} = \frac{{80\sqrt {561} }}{{33}} \approx 57,4\).
Vậy quãng đường ngắn nhất từ mặt bên của tòa nhà đến tâm của đáy xấp xỉ \(57,4\)m.
Người ta lát gạch trang trí một mảnh sân hình chữ nhật có kích thước \[14{\rm{m}} \times 12{\rm{m}}\] như hình vẽ dưới, trong đó \[\left( {{P_1}} \right),\,\,\left( {{P_2}} \right)\] là hai parabol đối xứng trục với nhau qua trục đối xứng vuông góc với chiều dài của mảnh sân, \[\left( C \right)\] là đường tròn có tâm trùng với tâm của mảnh sân và lần lượt có duy nhất một điểm chung với các parabol đó (tham khảo hình vẽ biết phần gạch đậm là phần lát gạch). Chi phí cho phần lát gạch là \[240\] nghìn đồng một mét vuông. Trong trường hợp hình tròn \[\left( C \right)\] có diện tích lớn nhất thì chi phí lát gạch là bao nhiêu triệu đồng? (kết quả làm tròn tới hàng phần chục).
Đáp án: 12,4.
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ với \(M\left( {0\,;\,m} \right)\,\,\left( {m < 0} \right)\) là đỉnh của parabol \(\left( {{P_1}} \right)\).
Khi đó \(\left( {{P_1}} \right):y = \frac{{7 - m}}{{36}}{x^2} + m\) và \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} = {m^2}.\)
Để \(\left( {{P_1}} \right),\,\,\left( C \right)\) có một điểm chung duy nhất thì phương trình sau có nghiệm duy nhất.
\({x^2} + {\left( {\frac{{7 - m}}{{36}}{x^2} + m} \right)^2} = {m^2} \Leftrightarrow {x^2}\left[ {{{\left( {\frac{{7 - m}}{{36}}} \right)}^2}{x^2} + \frac{{ - {m^2} + 7m + 18}}{{18}}} \right] = 0\).
\({\rm{YCBT}} \Leftrightarrow - {m^2} + 7m + 18 \ge 0 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 9\). Mà \(m < 0\) nên \( - 2 \le m < 0\).
Khi đó, đường tròn \(\left( C \right)\) có diện tích lớn nhất khi \(\left( C \right)\) có bán kính lớn nhất, điều này xảy ra khi và chỉ khi \(m = - 2 \Rightarrow r = 2.\)
Hoành độ giao điểm của \(\left( {{P_1}} \right):y = \frac{1}{4}{x^2} - 2\) và trục hoành là \(x = \pm 2\sqrt 2 \).
Diện tích phần lát gạch là \(S = 4\int\limits_{2\sqrt 2 }^6 {\left( {\frac{1}{4}{x^2} - 2} \right){\rm{d}}x} + \pi {r^2} = \frac{{72 + 32\sqrt 2 }}{3} + 4\pi \).
Số tiền lát gạch là: \(240S \approx 12396,32\) (nghìn đồng) \( \approx 12,4\) (triệu đồng).
Có hai người gọi điện thoại đến hai số điện thoại khác nhau nhưng đều quên mất chữ số cuối. Họ đều thử ngẫu nhiên các chữ số từ 0 đến 9 và không lặp lại các số đã thử. Tính xác suất để ít nhất một trong hai người đó gọi đúng số điện thoại đã quên mà không phải thử quá hai lần.
Đáp án: 0,36.
Gọi biến cố \(A\): “Ít nhất một trong hai người đó gọi đúng số điện thoại đã quên mà không phải thử quá hai lần”.
Khi đó, biến cố \(\bar A\): “Cả hai người gọi thử cả 2 lần đều không đúng”.
Xác suất gọi sai cả 2 lần của mỗi người là \(\frac{9}{{10}} \cdot \frac{8}{9} = \frac{4}{5}\).
Hai người gọi điện là độc lập nên \[P\left( {\overline A } \right) = \frac{4}{5} \cdot \frac{4}{5} = \frac{{16}}{{25}}\].
Vậy \(P\left( A \right) = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}} = 0,36\).
Trong không gian\[Oxyz\] (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét), một ngôi nhà như hình vẽ dưới đây có sàn nhà nằm ngang trên mặt phẳng \[\left( \alpha \right):2x + y - 3z + 18 = 0\]. Hai mái nhà lần lượt nằm trên các mặt phẳng \[\left( P \right):x - y = 0\], \[\left( Q \right):x + y - 2z = 0\]. Hỏi chiều cao của ngôi nhà tính từ sàn nhà đến nóc nhà (điểm cao nhất của mái nhà) là bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng phần chục)?
Đáp án: 4,8.
Cần tìm tọa độ một điểm thuộc đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( Q \right)\].
Cho \[y = 0\], ta giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x - 2z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\z = 0\end{array} \right.\].
Do đó gốc tọa độ \[O\left( {0;0;0} \right)\] thuộc đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( Q \right)\].
Khi đó chiều cao từ sàn nhà đến nóc nhà là \(d\left( {O,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{18}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = \frac{{9\sqrt {14} }}{7} \approx 4,8\,\,({\rm{m)}}\).
Trong lần đầu tiên nuôi gà, một trang trại do thiếu kinh nghiệm nên dự tính lượng thức ăn cho gà hằng ngày là không đổi và đã dự trữ thức ăn đủ dùng trong \[50\] ngày. Nhưng thực tế, theo sự phát triển của gà, để đảm bảo chất lượng thì kể từ ngày thứ 2 trở đi lượng thức ăn nuôi gà mỗi ngày của trang trại đã tăng thêm \[1\% \] so với ngày trước đó. Hỏi lượng thức ăn mà trang trại dự trữ đủ dùng cho gà ăn tối đa bao nhiêu ngày mà vẫn đảm bảo chất lượng ăn mỗi ngày? (lấy kết quả số ngày là số nguyên).
Đáp án: \(40\).
Gọi \(x\) là lượng thức ăn nuôi gà ngày đầu tiên của trang trại.
Lượng thức ăn mà trang trại dự trữ là \(50x\).
Gọi n là số ngày thực tế lượng thức ăn sẽ hết.
Lượng thức ăn dùng cho gà ăn sau \(n\) ngày là:
\(x + x \cdot {\left( {1 + 1\% } \right)^1} + x \cdot 1,{01^2} + ... + x{\left( {1,01} \right)^{n - 1}} = x \cdot \frac{{1,{{01}^n} - 1}}{{1,01 - 1}} = 100x\left( {1,{{01}^n} - 1} \right)\).
Ta có \(n\) là số nguyên lớn nhất thỏa mãn:
\(50x \ge 100x\left( {1,{{01}^n} - 1} \right) \Leftrightarrow \,1,{01^n} \le 1,5 \Leftrightarrow n \le {\log _{1,01}}1,5 \approx 40,75\).
Suy ra \(n = 40\) ngày.
