Đề tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án (Đề số 47)
34 câu hỏi
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 \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số trên là
\(x = 1\).
\(N\left( { - 1;1} \right)\).
\(M\left( {1; - 3} \right)\).
\(x = - 1\).
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(M\left( {1; - 3} \right)\).
Lưu ý: Cần phân biệt với điểm cực tiểu của hàm số là \(x = 1\). Chọn 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.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \ln \left( {4ex - {x^2}} \right)\).
a) \(f\left( e \right) = 3\).
a) Sai.Ta có \(f\left( e \right) = \ln \left( {3{e^2}} \right) = 2 + \ln 3\).
b) Hàm số có tập xác định là \(\left[ {0;4e} \right]\).
b) Sai. Điều kiện: \(4ex - {x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 4e\). Tập xác định của hàm số là \(\left( {0;4e} \right)\).
c) Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có một nghiệm \(x = 2e\).
c)Đúng. Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{4e - 2x}}{{4ex - {x^2}}}\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4e - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 2e\).
d) Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ {1;3e} \right]\) có dạng \(a\ln 2 + b\) thì \(a + b = 4\).
d) Đúng. Bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {1;3e} \right]\):
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ {1;3e} \right]\) là \(2\ln 2 + 2\).
Suy ra \(a = 2;b = 2\). Do đó \(a + b = 4\).
Trong không gian \(Oxyz,\) cho tam giác \(ABC\) có \(A\left( {2; - 3;1} \right),B\left( {1;3; - 4} \right)\) và \(C\left( {3; - 3;6} \right).\) Trọng tâm của tam giác \(ABC\) có tọa độ là
\(\left( {2; - 1;1} \right)\).
\(\left( { - 6;3; - 3} \right)\).
\(\left( {6; - 3;3} \right)\).
\(\left( { - 2;1; - 1} \right)\).
Trọng tâm của tam giác \(ABC\) có tọa độ là
\(\left( {\frac{{2 + 1 + 3}}{3};\frac{{ - 3 + 3 + \left( { - 3} \right)}}{3};\frac{{1 + \left( { - 4} \right) + 6}}{3}} \right) = \left( {2; - 1;1} \right).\)Chọn A.
Một chiếc đèn tròn được treo song với mặt phẳng nằm ngang bởi ba sợi dây không dãn xuất phát từ điểm \(O\) trên trần nhà và lần lượt buộc vào 3 điểm \(A,B,C\) trên đèn tròn. Độ dài của 3 đoạn dây \(OA,OB,OC\) đều bằng \(L\,\left( {{\rm{inch}}} \right)\). Trọng lượng một chiếc đèn là \[24{\rm{ N}}\] và bán kính của chiếc đèn là \(18{\rm{ }}\left( {{\rm{inch}}} \right)\)\(\left( {1{\rm{ inch}} = {\rm{ }}2,54\,\,{\rm{cm}}} \right)\). Gọi \(F\) là độ lớn của các lực căng \[\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}} \]trên mỗi sợi dây \(OA,OB,OC\) (tham khảo hình vẽ).
a) Chu vi của chiếc đèn là \[36\pi \] (cm).
a) Sai.Ta có\({\rm{ }}1{\rm{ inch}} = {\rm{ }}2,54\,\,{\rm{cm}} \Rightarrow 18\,\,{\rm{inch}} = 45,72\,\,{\rm{cm}}\).
Bán kính R của chiếc đèn là \(18\,\,\left( {{\rm{inch}}} \right)\) nên chu vi \[45,72 \cdot 2\pi = 91,44\pi \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\].
b) \[\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = 24{\rm{ N}}\].
b) Đúng. Gọi \(I\) là hình chiếu của \(O\) lên chiếc đèn ta có:
\(\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {k\overrightarrow {OA} + k\overrightarrow {OB} + k\overrightarrow {OC} } \right| = \left| {k3\overrightarrow {OI} } \right| = \left| {\overrightarrow P } \right| = 24\,\,{\rm{N}}\left( {k \ne 0} \right)\).
c) Khi độ dài của ba sợi dây càng tăng (dài hơn \(18{\rm{ }}\left( {{\rm{inch}}} \right)\)) thì độ lớn các lực căng \(F\) giảm nhưng không vượt quá \[9\,{\rm{N}}\].
c) Sai. Ta có \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = \left| {k3\overrightarrow {OI} } \right| = 24 \Rightarrow OI = \frac{8}{k}\) .
Tam giác \(\Delta OAI\) vuông tại \(I\)\( \Rightarrow OI = \sqrt {O{A^2} - I{A^2}} \Rightarrow k = \frac{8}{{\sqrt {O{A^2} - 324} }}\left( {OA > 18} \right)\).
\[F = \left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = k\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \frac{8}{{\sqrt {O{A^2} - 324} }} \cdot OA \Rightarrow F' = \frac{{ - 2592}}{{\left( {O{A^2} - 324} \right)\sqrt {O{A^2} - 324} }} < 0\] với \(OA > 18\).
Ta có bảng biến thiên:
Khi độ dài \(L\) tăng thì thì lực căng sợi dây giảm và không bao giờ vượt quá \(8N\).
d) Chiều dài tối thiểu của mỗi sợi dây để lực căng tối đa \[24\,{\rm{N}}\]là \[27\sqrt 2 \left( {{\rm{inch}}} \right)\].
d) Sai. Ta có \[F = 24 \Rightarrow \frac{8}{{\sqrt {O{A^2} - 324} }} \cdot OA = 24 \Leftrightarrow OA = 3\sqrt {O{A^2} - 324} \Leftrightarrow OA = \frac{{27\sqrt 2 }}{2}\,\left( {{\rm{inch}}} \right)\].
Trong không gian \(Oxyz,\) cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 3}}{2} = \frac{{y + 2}}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{2}.\)Điểm nào sau đây không thuộc đường thẳng \(d?\)
\(P\left( {5; - 3;1} \right)\).
\(N\left( {2; - 1; - 3} \right)\).
\(Q\left( { - 1;0; - 5} \right)\).
\(M\left( { - 3;1; - 7} \right)\).
Thay điểm \(N\left( {2; - 1; - 3} \right)\) vào phương trình chính tắc của đường thẳng \(d\) ta được:
\(\frac{{2 - 3}}{2} = \frac{{ - 1 + 2}}{{ - 1}} = \frac{{ - 3 + 1}}{2}\,\)(vô lí vì \( - \frac{1}{2} \ne - 1)\).
Vậy điểm \(N\left( {2; - 1; - 3} \right)\) không thuộc đường thẳng \(d\). Chọn B.
Chào mừng tháng Thanh niên. Đoàn trường THPT X tổ chức cải tạo một khoảng đất trong khuôn viên nhà trường có hình dạng là một đường tròn có đường kính \(8\,{\rm{m}}\). Để tăng tính thẩm mỹ, khi thực hiện cải tạo đã chia mảnh đất đó thành hai phần bằng một đường cong là một phần của đồ thị hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\), phần gạch chéo dùng để trồng hoa và phần còn lại dùng để trồng cỏ, được mô hình hóa trong hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ dưới đây.
Biết đồ thị hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có tâm đối xứng trùng với gốc tọa độ; đi qua các điểm \(E,F\) lần lượt là các điểm chính giữa của các cung và đi qua các giao điểm của đường tròn với trục \(Ox\).
a) Tọa độ các điểm \(E,F\) là \(E\left( { - 2\sqrt 2 ;2\sqrt 2 } \right),F\left( {2\sqrt 2 ; - 2\sqrt 2 } \right)\).
a) Đúng.Vì các điểm \(E,F\) lần lượt là các điểm chính giữa của các cung nên \(E = \left( { - 4\cos 45^\circ ;4\sin 45^\circ } \right) = \left( { - 2\sqrt 2 ;2\sqrt 2 } \right)\), tương tự \(F\left( {2\sqrt 2 ; - 2\sqrt 2 } \right)\).
b) Biết \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + bx\). Khi đó \(a + b = - 15\).
b) Sai. Hàm số bậc ba có dạng \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + c{x^2} + bx + d\left( {a \ne 0} \right)\).
Ta có \(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2cx + b\); \(f''\left( x \right) = 6ax + 2c\).
Đồ thị hàm số đi qua các điểm \(C\left( { - 4;0} \right),A\left( {4;0} \right)\) và có tâm đối xứng là gốc tọa độ nên ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 4} \right) = 0\\f\left( 4 \right) = 0\\f''\left( 0 \right) = 0\\f\left( 0 \right) = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}64a + 4b = 0\\c = 0\\d = 0\end{array} \right. \Rightarrow b = - 16a \Rightarrow f\left( x \right) = a{x^3} - 16ax\).
Đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = a{x^3} - 16ax\) đi qua các điểm \(E\left( { - 2\sqrt 2 ;2\sqrt 2 } \right),F\left( {2\sqrt 2 ; - 2\sqrt 2 } \right)\) nên \(a = \frac{1}{8}\); \(b = - 16a = - 2\). Suy ra \(a + b = - \frac{{15}}{2}\).
c) Diện tích phần trồng hoa là \(S = 16 + 8\pi \,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
c) Đúng. Diện tích phần trồng hoa là \(S = \frac{1}{2} \cdot \pi \cdot {4^2} + 2 \cdot \int\limits_{ - 4}^0 {\left( {\frac{1}{8}{x^3} - 2x} \right)} \,{\rm{d}}x = 8\pi + 16\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
d) Biết chi phí trồng hoa \(1\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\) là \(180\) nghìn đồng, trồng cỏ \(1\,\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\) là \(100\) nghìn đồng. Chi phí để hoàn thành công trình trên là \(8117\) nghìn đồng (làm tròn kết quả đến hàng nghìn).
d) Sai. Diện tích phần trồng cỏ là \(S = \pi \cdot {4^2} - \left( {8\pi + 16} \right) = 8\pi - 16\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Chi phí để hoàn thành công trình trên là \(\left( {8\pi + 16} \right) \cdot 180 + \left( {8\pi - 16} \right) \cdot 100 \approx 8317\) (nghìn đồng).
Giải bất phương trình \({\log _2}\left( {3x - 1} \right) < 3\), ta được tập nghiệm là \(\left( {a;b} \right)\). Hãy tính giá trị của biểu thức \(S = a + b\).
\(S = 3\).
\(S = \frac{{10}}{3}\).
\(S = \frac{5}{3}\).
\(S = \frac{1}{3}\).
Điều kiện: \(3x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}.\)
Ta có: \({\log _2}\left( {3x - 1} \right) < 3 \Leftrightarrow 3x - 1 < 8 \Leftrightarrow x < 3.\)
Kết hợp với điều kiện ta được: \(\frac{1}{3} < x < 3.\)
Suy ra tập nghiệm của BPT đã cho là \(T = \left( {\frac{1}{3};3} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{3}\\b = 3\end{array} \right..\)
Vậy \(S = a + b = \frac{1}{3} + 3 = \frac{{10}}{3}.\)Chọn B.
Một xạ thủ bắn bia, trên bia có các vòng tròn tính điểm (từ \(5\) đến \(10\)) như hình vẽ. Mỗi lần bắn, xác suất xạ thủ bắn trúng vòng \(8\) là \(0,25\); trúng vòng dưới 8 (kể cả bắn trượt) là \(0,4\). Gọi \({P_1},{P_2}\) lần lượt là xác suất xạ thủ đó bắn trúng vòng \(10\) và vòng \(9\) trong mỗi lần bắn. Biết rằng nếu xạ thủ đó bắn ba phát vào bia thì xác suất cả ba lần bắn trúng vòng \(10\) là \(0,003375\).
a)\({P_1} = 0,15\).
Theo bài ra, ta có bảng sau:
Điểm | Xác suất |
10 | \({P_1}\) |
9 | \({P_2}\) |
8 | 0,25 |
dưới 8 | 0,4 |
a)Đúng. Xác suất cả ba lần bắn trúng vòng \(10\) là: \({\left( {{P_1}} \right)^3} = 0,003375 \Rightarrow {P_1} = \sqrt[3]{{0,003375}} = 0,15\).
b)\({P_2} = 0,18\).
b) Sai. Ta có \({P_1} + {P_2} + 0,25 + 0,4 = 1 \Rightarrow {P_2} = 1 - \left( {{P_1} + 0,25 + 0,4} \right) = 1 - \left( {0,15 + 0,25 + 0,4} \right) = 0,2\).
c)Nếu xạ thủ đó bắn ba phát thì xác suất đạt \(29\) điểm là \(0,0045\).
c) Sai. Ta có \(29 = 9 + 10 + 10\). Xảy ra các trường hợp như sau:
Điểm L1 | Điểm L2 | Điểm L3 | Xác suất |
9 | 10 | 10 | \[0,2 \times {\left( {0,15} \right)^2}\] |
10 | 9 | 10 | \[0,2 \times {\left( {0,15} \right)^2}\] |
10 | 10 | 9 | \[0,2 \times {\left( {0,15} \right)^2}\] |
Do đó, xác suất bắn \(3\) lần đạt \(29\) điểm là \[3 \times 0,2 \times {\left( {0,15} \right)^2} = 0,0135\].
d)Nếu xạ thủ đó bắn ba phát thì xác suất đạt ít nhất \(28\) điểm là \(0,05175\).
d) Đúng. Xác suất đạt ít nhất \(28\) điểm sau \(3\) lần bắn.
TH1: Xác suất đạt \(30\) điểm là \(P\left( {{d_1}} \right) = {\left( {0,15} \right)^3} = 0,003375\).
TH2: Xác suất đạt \(29\) điểm là \(P\left( {{d_2}} \right) = 3 \cdot {\left( {0,15} \right)^2} \cdot 0,2 = 0,0135\).
TH3: Xác suất đạt \(28\) điểm.
Ta có \(28 = 10 + 10 + 8 = 9 + 9 + 10\).
Þ Xác suất đạt \(28\) điểm là \(P\left( {{d_3}} \right) = 3 \times 0,25 \times {\left( {0,15} \right)^2} + 3 \times 0,15 \times {\left( {0,2} \right)^2} = 0,034875\)
Do đó, xác suất đạt ít nhất 28 điểm sau \(3\) lần bắn là
\(P = P\left( {{d_1}} \right) + P\left( {{d_2}} \right) + P\left( {{d_3}} \right) = 0,003375 + 0,0135 + 0,034875 = 0,05175\).
Họ tất cả nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 4x + 3\) là
\(2{x^2} + C\).
\(2{x^2} + 3x + C\).
\(4{x^2} + C\).
\(4{x^2} + 3x + C\).
Gọi \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 4x + 3\).
Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {4x + 3} \right){\rm{d}}x} = 2{x^2} + 3x + C\).Chọn B.
Một cửa hàng quần áo khảo sát một số khách hàng xem họ dự định mua quần áo cho trẻ em với mức giá nào (đơn vị: nghìn đồng). Kết quả khảo sát được ghi lại ở bảng sau:
Mức giá | \(\left[ {60;90} \right)\) | \(\left[ {90;120} \right)\) | \(\left[ {120;150} \right)\) | \(\left[ {150;180} \right)\) | \(\left[ {180;210} \right)\) |
Số khách hàng | 20 | 75 | 48 | 25 | 12 |
Nửa khoảng \(\left[ {a;b} \right),{\rm{ }}\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\) chứa tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm trên. Tính tổng \(S = a + b\) được kết quả là
\(210\).
\(150\).
\(45\).
\(30\).
Cỡ mẫu \(n = 180 \Rightarrow \frac{n}{4} = 45\).
Suy ra tứ phân vị thứ nhất là \(\frac{1}{2}\left( {{x_{45}} + {x_{46}}} \right)\), do \({x_{45}},{x_{46}} \in \left[ {90;120} \right)\).
Nên nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là nhóm \(\left[ {90;120} \right)\).
Vậy \(S = a + b = 210\). Chọn A.
Có bao nhiêu nghiệm nguyên trong đoạn \(\left[ { - 5;5} \right]\) của bất phương trình \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{x + 2}} \le 2\).
\(3\).
\(8\).
\(10\).
\(9\).
Ta có \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{x + 2}} \le 2 \Leftrightarrow {2^{ - x - 2}} \le 2 \Leftrightarrow - x - 2 \le 1 \Leftrightarrow x \ge - 3\).
Vì \(x \in \mathbb{Z},x \in \left[ { - 5;5} \right]\) nên \(x \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1;2;3;4;5} \right\}\). Vậy có 9 giá trị nguyên. Chọn D.
Trong không gian \[Oxyz\], cho hai vectơ \[\overrightarrow u = \overrightarrow i + 3\overrightarrow j - 2\overrightarrow k \] và \[\overrightarrow v = \left( {2; - 1;1} \right)\]. Tích vô hướng \[\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v \] bằng
\[ - 12\].
\[5\sqrt 2 \].
\[ - 3\].
\[2\sqrt {21} \].
Ta có \[\overrightarrow u = \overrightarrow i + 3\overrightarrow j - 2\overrightarrow k \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {1;3; - 2} \right)\].
Khi đó, \[\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = 1 \cdot 2 + 3 \cdot \left( { - 1} \right) - 2 \cdot 1 = - 3\]. Chọn C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định với mọi \(x \ne 2\) có bảng biến thiên như hình vẽ.
Hàm số đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau?
\(\left( { - 1;7} \right)\).
\(\left( {2;7} \right)\).
\(\left( { - 1;7} \right)\backslash \left\{ 2 \right\}\).
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2;7} \right)\). Chọn B.
Trong không gian \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 4}}{{ - 3}} = \frac{{y + 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 3}}{{ - 5}}\). Phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3t\\y = - 1 - 2t\\z = 3 - 5t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 4t\\y = 2 - t\\z = 5 + 3t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + 4t\\y = - 2 - t\\z = - 5 + 3t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + 3t\\y = 1 + 2t\\z = 3 + 5t\end{array} \right.\).
Ta có phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3t\\y = - 1 - 2t\\z = 3 - 5t\end{array} \right.\). Chọn A.
Một trường học tổ chức trải nghiệm cho học sinh bằng cách tổ chức các trò chơi, trong đó có trò chơi sử dụng đồng xu để xếp thành một kim tự tháp. Yêu cầu mỗi nhóm học sinh sử dụng \(253\) đồng tiền xu để xếp một mô hình kim tự tháp. Biết rằng tầng dưới cùng có \(58\) đồng xu và cứ lên thêm một tầng thì số đồng xu giảm đi \(7\) đồng. Tập hợp số xu ở mỗi tầng tạo thành
một cấp số nhân với số hạng đầu và công bội lần lượt là \({u_1} = 58;q = 7\).
một cấp số cộng với số hạng đầu và công sai lần lượt là \({u_1} = 58;d = - 7\).
một cấp số cộng với số hạng đầu và công sai lần lượt là \({u_1} = 58;d = 7\).
một cấp số nhân với số hạng đầu và công bội lần lượt là \({u_1} = 58;q = - 7\).
Gọi số đồng xu ở tầng dưới cùng là \({u_1} = 58\).
Số đồng xu ở tầng thứ hai là \({u_2} = {u_1} + \left( { - 7} \right) = 58 - 7 = 51\).
Số đồng xu ở tầng thứ hai là \({u_3} = {u_2} + \left( { - 7} \right) = 51 - 7 = 44\).
…….
Vậy tập hợp số xu ở mỗi tầng tạo thành một cấp số cộng với số hạng đầu và công sai lần lượt là \({u_1} = 58;d = - 7\). Chọn B.
Diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 3{x^2}\), \(y = - 2\), \(x = 0\) và \(x = 1\) được tính bởi công thức nào sau đây?
\(S = \int\limits_0^1 {\left( {3{x^2} + 2} \right){\rm{d}}x} \).
\(S = \int\limits_0^1 {\left( {3{x^2} - 2} \right){\rm{d}}x} \).
\(S = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {3{x^2} + 2} \right)}^2}{\rm{d}}x} \).
\(S = \pi \int\limits_0^1 {\left( {3{x^2} + 2} \right){\rm{d}}x} \).
Ta có diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 3{x^2}\), \(y = - 2\), \(x = 0\) và \(x = 1\)là\(S = \int\limits_0^1 {\left| {3{x^2} + 2} \right|{\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_0^1 {\left( {3{x^2} + 2} \right){\rm{d}}x} \). Chọn A.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Chi phí về nhiên liệu của một con tàu được chia làm hai phần. Phần chi phí thứ nhất không phụ thuộc vào tốc độ tàu và bằng 480 nghìn đồng mỗi giờ. Chi phí phần thứ hai trên 1 km đường tỉ lệ thuận với lập phương của tốc độ tàu, khi tốc độ bằng \(20\)km/h thì chi phí phần thứ hai bằng 100 nghìn đồng mỗi giờ. Giả sử con tàu đó luôn giữ nguyên tốc độ di chuyển, để tổng chi phí nhiên liệu trên 1 km đường là nhỏ nhất thì tốc độ của con tàu đó bằng bao nhiêu km/h? (làm tròn kết quả đến hàng phầnchục).
Đáp án: \(22,5\).
Gọi \(x\,\,{\rm{(km/h)}}\) là tốc độ của tàu.
Thời gian tàu chạy quãng đường 1 km là \(\frac{1}{x}\) (giờ).
Chi phí tiền nhiên liệu phần thứ nhất cho quãng đường 1 km là: \(\frac{1}{x} \cdot 480\) (nghìn đồng).
Gọi \(y\) (nghìn đồng) là chi phí nhiên liệu phần thứ hai cho quãng đường 1 km ứng với tốc độ \(x\). Ta có \(y\) tỉ lệ thuận với lập phương tốc độ nên \(y = k{x^3}\) với \(k > 0\).
Khi tốc độ \(x = 20\,\,{\rm{(km/h)}}\) thì thời gian tàu chạy 1 km là \(\frac{1}{{20}}\) (giờ) nên chi phí phần thứ 2 cho quãng đường 1 km là \(\frac{1}{{20}} \cdot 100 = 5\) (nghìn đồng).
Suy ra \(5 = k \cdot {20^3}\) nên \(k = \frac{5}{{{{20}^3}}} = \frac{1}{{1600}}\), do đó \(y = \frac{{{x^3}}}{{1600}}\).
Vậy tổng chi phí tiền nhiên liệu cho 1 km đường là: \(P\left( x \right) = \frac{{480}}{x} + \frac{{{x^3}}}{{1600}}\).
Bài toán trở thành tìm \(x\) để \(P\left( x \right)\) nhỏ nhất.
Có \(P'\left( x \right) = - \frac{{480}}{{{x^2}}} + \frac{{3{x^2}}}{{1600}};\,\,P'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{3{x^2}}}{{1600}} = \frac{{480}}{{{x^2}}} \Rightarrow x = 4\sqrt[4]{{1000}}\).
Lập bảng biến thiên suy ra \(P\left( x \right)\) đạt GTNN tại \(x = 4\sqrt[4]{{1000}}\).
Vậy để tổng chi phí trên 1 km đường nhỏ nhất thì vận tốc của tàu là \(x = 4\sqrt[4]{{1000}} \approx 22,5\,{\rm{(km/h)}}\).
Một phân xưởng sản xuất hai kiểu mũ. Thời gian để làm ra một chiếc mũ kiểu thứ nhất nhiều gấp đôi thời gian để làm ra một chiếc mũ kiểu thứ hai. Nếu chỉ sản xuất kiểu mũ thứ hai thì trong 1 giờ phân xưởng làm được 60 chiếc. Phân xưởng làm việc không quá 8 tiếng mỗi ngày và thị trường tiêu thụ tối đa trong một ngày là 200 chiếc mũ kiểu thứ nhất và 240 chiếc mũ kiểu thứ hai. Tiền lãi khi bán một chiếc mũ kiểu thứ nhất là 24 nghìn đồng, một chiếc mũ kiểu thứ hai là 15 nghìn đồng. Số tiền lãi lớn nhất mà phân xưởng thu được trong một ngày là bao nhiêu nghìn đồng?
Đáp án: 6480.
Thời gian sản xuất:
+ Một chiếc mũ kiểu thứ nhất: \(t\) phút.
+ Một chiếc mũ kiểu thứ hai: \(t' = \frac{t}{2}\) phút.
Trong 1 giờ sản xuất được 60 chiếc mũ kiểu thứ hai: \(t' = \frac{{60}}{{60}} = 1\) (phút/mũ).
Suy ra \(t = 2\) (phút/mũ).
Gọi \(x\), \(y\) lần lượt là số lượng mũ kiểu thứ nhất và kiểu thứ hai sản xuất được mỗi ngày.
Phân xưởng làm việc không quá 8 tiếng \( = 480\) phút mỗi ngày và thị trường tiêu thụ tối đa trong một ngày là 200 chiếc mũ kiểu thứ nhất và 240 chiếc mũ kiểu thứ hai nên \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y \le 480\\0 \le x \le 200\\0 \le y \le 240\end{array} \right.\) \(\left( I \right)\).
Tiền lãi:
+ Một chiếc mũ kiểu thứ nhất: 24 nghìn đồng.
+ Một chiếc mũ kiểu thứ hai là 15 nghìn đồng.
Do đó tổng tiền lãi là \(P = 24x + 15y\).
Ta xét bài toán tìm \(x\), \(y\) để \(P = 24x + 15y\) đạt giá trị lớn nhất, với các điều kiện \(\left( I \right)\).
Biểu diễn các ràng buộc trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\): \(2x + y = 480\); \(x = 200\); \(y = 240\).
Miền nghiệm của \(\left( I \right)\) là miền ngũ giác \(OHIJK\) như hình vẽ dưới đây.
Tọa độ các đỉnh của ngũ giác \(OHIJK\) và tính giá trị tiền lãi:
+ \(O\left( {0;0} \right)\). Ta có \(P = 24 \cdot 0 + 15 \cdot 0 = 0\).
+ \(H\left( {200;0} \right)\). Ta có \(P = 24 \cdot 200 + 15 \cdot 0 = 4800\).
+ \(I\) là giao điểm của các đường \(2x + y = 480\) và \(x = 200\) nên \(I = \left( {200;80} \right)\).
\( \Rightarrow P = 24 \cdot 200 + 15 \cdot 80 = 6000\).
+ \(J\) là giao điểm của các đường \(2x + y = 480\) và \(y = 240\) nên \(J = \left( {120;240} \right)\).
\( \Rightarrow P = 24 \cdot 120 + 15 \cdot 240 = 6480\).
+ \(K\left( {0;240} \right)\). Ta có \[P = 24 \cdot 0 + 15 \cdot 240 = 3600\].
Vậy số tiền lãi lớn nhất mà phân xưởng thu được trong một ngày là: 6480 nghìn đồng.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh bằng \(3\) và cạnh bên \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc nhị diện \(\left[ {B,SC,D} \right]\) bằng \(120^\circ \). Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD\) bằng bao nhiêu?
Đáp án:\(9\).
Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) kẻ \(OI \bot SC\) tại \(I\); \(AH \bot SC\) tại \(H\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot SA}\\{BD \bot AC}\end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)} \right.\), \(OI \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow OI \bot BD\) và \(BD \bot SC\).
Vậy \(SC \bot \left( {BID} \right) \Rightarrow SC \bot BI;\,SC \bot DI\) nên góc phẳng nhị diện \(\left[ {B,SC,D} \right]\) bằng \(\widehat {BID}\).
\( \Rightarrow \widehat {BID} = 120^\circ \). Suy ra \(\widehat {BIO} = 60^\circ \).
Khi đó, \(\tan \widehat {BIO} = \frac{{BO}}{{OI}} \Rightarrow \tan 60^\circ = \frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot 3}}{{OI}} \Leftrightarrow OI = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow AH = \sqrt 6 \).
Tam giác vuông \(SAC\) có đường cao \(AH \Rightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} \Rightarrow SA = 3.\)
Vậy thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 9 = 9\).
Một ly thủy tinh có hình dạng phần chứa nước là một hình parabol tròn xoay. Hình dạng này được tạo ra bằng cách quay một phần của đường parabol quanh trục đối xứng của nó. Biết phần chứa nước của ly có chiều cao tính từ đáy ly lên đến miệng ly là \[10{\rm{ cm}},\] đường kính miệng ly là \[8{\rm{ cm}}\] (chỉ tính phần chứa nước, không tính phần thủy tinh).
Ban đầu, người ta đổ vào ly một lượng nước có thể tích bằng \(\frac{1}{4}\) thể tích của ly khi nó chứa đầy nước. Sau đó, người ta đổ thêm vào ly một lượng nước có thể tích bằng với lượng nước đã đổ ban đầu. Hỏi sau khi đổ thêm, chiều cao của mực nước trong ly đã tăng thêm bao nhiêu centimét so với lúc ban đầu (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Đáp án: 2,07.
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ dưới đây:
Gọi dạng của parabol là \(\left( P \right):{y^2} = 2px\).
Ta có \(x = 10,y = 4 \Rightarrow p = \frac{4}{5} \Rightarrow \left( P \right):{y^2} = \frac{8}{5}x\).
Thể tích ly nước nếu đổ đầy: \(V = \pi \int\limits_0^{10} {{y^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^{10} {\frac{8}{5}x{\rm{d}}x} = \left. {\frac{{4\pi {x^2}}}{5}} \right|_0^{10} = 80\pi .\)
Thể tích của nước trong ly lúc mới đổ lần đầu là: \(\pi \int\limits_0^{{h_1}} {\frac{8}{5}x{\rm{d}}x} = \frac{1}{4} \cdot 80\pi \Leftrightarrow \frac{{4h_1^2}}{5} = 20 \Rightarrow {h_1} = 5\).
Khi đó, chiều cao của nước ban đầu là \({h_1} = 5\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Thể tích của nước trong ly sau khi đổ thêm là: \(\pi \int\limits_0^{{h_2}} {\frac{8}{5}x{\rm{d}}x} = 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot 80\pi \Leftrightarrow \frac{{4h_2^2}}{5} = 40 \Rightarrow {h_2} = 5\sqrt 2 \).
Chiều cao của mực nước sau khi đổ thêm là \({h_2} = 5\sqrt 2 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Chiều cao của mực nước tăng thêm so với ban đầu: \(h = {h_2} - {h_1} = 5\sqrt 2 - 5 \approx 2,07{\rm{ (cm)}}{\rm{.}}\)
Trong một khu du lịch, người ta cho du khách trải nghiệm thiên nhiên bằng cách đu theo đường trượt zipline từ vị trí \(A\) cao \(15{\rm{\;m}}\) của tháp 1 này sang vị trí \(B\) cao \(10{\rm{\;m}}\) của tháp 2 trong khung cảnh tuyệt đẹp xung quanh.
Với hệ trục toạ độ \(Oxyz\)cho trước (đơn vị: mét), toạ độ của \(A\) và \(B\) lần lượt là \(A\left( {3;2,5;15} \right)\) và \(B\left( {21;27,5;10} \right)\). Khi du khách khi ở độ cao 12 mét thì tọa độ của du khách lúc đó là \(M\left( {a;b;c} \right)\). Tính giá trị biểu thức \(T = a + b + c\).
Đáp án: \(43,3\).
Phương trình đường thẳng chứa đường trượt zipline là đường thẳng\(AB\).
Ta có \(A\left( {3;2,5;15} \right)\), \(B\left( {21;27,5;10} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {18;25; - 5} \right)\).
Phương trình đường thẳng chứa đường trượt zipline là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 18t\\y = 2,5 + 25t\\z = 15 - 5t\end{array} \right.{\rm{ }}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
Khi du khách khi ở độ cao 12 mét \( \Rightarrow z = 12 \Rightarrow 15 - 5t = 12 \Rightarrow t = \frac{3}{5}\).
Thay \(t = \frac{3}{5}\) vào phương trình đường thẳng \(AB\) ta được \(\left\{ \begin{array}{l}x = 13,8\\y = 17,5\\z = 12\end{array} \right.{\rm{ }} \Rightarrow M\left( {13,8;17,5;12} \right)\).
Vậy \(T = a + b + c = 13,8 + 17,5 + 12 = 43,3.\)
Có hai hộp đựng bi. Hộp thứ nhất chứa 7 viên bi màu trắng, 5 viên bi màu đỏ, hộp thứ hai chứa 4 viên bi màu trắng, 6 viên bi màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp thứ nhất bỏ sang hộp thứ hai, sau đó lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp thứ hai. Tính xác suất lấy được cả 2 viên bi thuộc hộp thứ nhất bỏ sang hộp thứ hai, biết rằng 3 viên bi đó màu trắng (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Đáp án:\(0,5\).
Gọi \(A\) là biến cố: “Trong 3 viên bi lấy ra từ hộp hai có 2 viên bi từ hộp thứ nhất chuyển sang”.
Gọi \(B\) là biến cố: “Ba viên bi lấy ra từ hộp hai là màu trắng”.
Trường hợp 1: 2 viên bi từ hộp thứ nhất chuyển sang là 2 viên bi trắng. Khi đó:
\({P_1}\left( B \right) = \frac{{C_7^2}}{{C_{12}^2}} \cdot \frac{{C_6^3}}{{C_{12}^3}} = \frac{7}{{242}}\).
Trường hợp 2: 2 viên bi từ hộp thứ nhất chuyển sang là 2 viên bi đỏ. Khi đó:
\({P_2}\left( B \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_{12}^2}} \cdot \frac{{C_4^3}}{{C_{12}^3}} = \frac{1}{{363}}\).
Trường hợp 3: 2 viên bi từ hộp thứ nhất chuyển sang là 1 viên bi trắng và 1 viên bi đỏ. Khi đó:
\({P_3}\left( B \right) = \frac{{C_7^1.C_5^1}}{{C_{12}^2}} \cdot \frac{{C_5^3}}{{C_{12}^3}} = \frac{{35}}{{1452}}\).
Suy ra \(P\left( B \right) = {P_1}\left( B \right) + {P_2}\left( B \right) + {P_3}\left( B \right) = \frac{{27}}{{284}}\) và \(P\left( {AB} \right) = {P_1}\left( B \right) = \frac{7}{{242}}\).
Do đó, \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{7}{{242}}}}{{\frac{{27}}{{484}}}} = \frac{{14}}{{27}} \approx 0,5\).
