Đề tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án (Đề số 48)
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.
Nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^2} + 2\) là:
\(2x + C\).
\(3{x^2} + 2x + C\).
\({x^3} + 2x + C\).
\({x^3} + C\).
Ta có \(\int {\left( {3{x^2} + 2} \right){\rm{d}}x} = {x^3} + 2x + C\). 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 \(y = x - 1 + \frac{9}{{x + 2}}\).
a) Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).
a) Đúng.Hàm số xác định khi và chỉ khi \(x + 2 \ne 0 \Rightarrow x \ne - 2\).
Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).
b) Hàm số có đạo hàm là \[y' = 1 - \frac{9}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\].
b) Đúng. Ta có \[y' = 1 - \frac{9}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\].
c) Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 5} \right)\,\,{\rm{v\`a }}\,\,\left( {1; + \infty } \right)\).
c) Đúng. Ta có \(y' = 0 \Leftrightarrow x = - 5\) hoặc \(x = 1\).
Bảng biến thiên của hàm số:
Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 5} \right)\,\,{\rm{v\`a }}\,\,\left( {1; + \infty } \right)\).
d) Hàm số có giá trị cực đại lớn hơn giá trị cực tiểu.
d) Sai. Từ bảng biến thiên ở trên, ta thấy hàm số có giá trị cực đại là và giá trị cực tiểu là \({y_{CT}} = 3\). Ta có \( - 9 < 3\) nên yCĐ<yCT.
Đạo hàm của hàm số \(y = \cos 5x\) tại \(x = \frac{\pi }{6}\) bằng
\(\frac{{5\sqrt 3 }}{2}\).
\( - \frac{5}{2}\).
\( - \frac{{5\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{5}{2}\).
Ta có \(y = \cos 5x \Rightarrow y' = - 5\sin 5x\). Khi đó, \(y'\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = - 5\sin \left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = - \frac{5}{2}\). Chọn B.
Trên quốc lộ, một mô tô đang di chuyển từ Cần Thơ đến Sóc Trăng với vận tốc \(50\,{\rm{km/h}}\). Cùng lúc đó một ô tô đang di chuyển từ Sóc Trăng đến Cần Thơ với vận tốc \(30\,\,{\rm{km/h}}\), sau 6 phút di chuyển, thì ô tô bắt đầu tăng tốc với vận tốc \[v\left( t \right) = \frac{{25}}{9}t + b\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\], với \(t\) là thời gian kể từ lúc ô tô bắt đầu tăng tốc. Giả sử khi đạt đến tốc độ \(60\,\,{\rm{km/h}}\) thì ô tô giữ nguyên vận tốc.
a) Quãng đường xe mô tô đi được sau 10 phút là \[5\,{\rm{km}}\].
a) Sai.Quãng đường xe mô tô đi được sau 10 phút là \(S = v \cdot t = 50 \cdot \frac{1}{6} = \frac{{25}}{3}\,\,{\rm{(km)}}\).
b) Giá trị của \[b\] là \[30\].
b) Sai. Ô tô bắt đầu tăng tốc tại thời điểm vận tốc bằng \(30\,{\rm{km/h}} = \frac{{25}}{3}{\rm{m/s}}\) nên \[v\left( 0 \right) = \frac{{25}}{3} \Rightarrow b = \frac{{25}}{3}\].
c) Thời gian ô tô bắt đầu tăng tốc cho đến khi đạt tốc độ \(60\,\,{\rm{km/h}}\) là 3 giây.
c) Đúng. Ta có \[60\,{\rm{km/h}} = \frac{{50}}{3}{\rm{m/s}}\].
Do đó, \[v\left( t \right) = \frac{{50}}{3} \Rightarrow \frac{{25}}{9}t + \frac{{25}}{3} = \frac{{50}}{3} \Leftrightarrow t = 3\].
d) Biết quãng đường Sóc Trăng – Cần Thơ dài \(60\,\,{\rm{km}}\), sau khi ô tô gặp mô tô thì ô tô di chuyển thêm \[29\,{\rm{km}}\] thì đến Cần Thơ (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
d) Sai. Giả sử ô tô gặp mô tô tại thời điểm \(x\) giây sau khi ô tô tăng tốc. Khi đó:
+ Quãng đường mô tô di chuyển được là: \({S_1} = 6 \cdot 60 \cdot \frac{{125}}{9} + x \cdot \frac{{125}}{9} = 5000 + \frac{{125}}{9}x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).
+ Quãng đường ô tô di chuyển được là:
\[{S_2} = 6 \cdot 60 \cdot \frac{{25}}{3} + \int\limits_0^x {\left( {\frac{{25}}{9}t + \frac{{25}}{3}} \right){\rm{d}}t} = 3000 + \frac{{25}}{{18}}{x^2} + \frac{{25}}{3}x\,\,\left( {\rm{m}} \right)\].
Ô tô và mô tô gặp nhau \( \Leftrightarrow {S_1} + {S_2} = 60000 \Leftrightarrow \frac{{25}}{{18}}{x^2} + \frac{{200}}{9}x - 52000\, = 0 \Rightarrow x = 185,6595\).
Suy ra \({S_2} \approx 52\,421\,\,{\rm{(m)}}\,\, \approx 52\,\,{\rm{(km)}}\).
Do đó, khi gặp nhau, ô tô đã đi được quãng đường xấp xỉ \[52\,{\rm{km}}\], nên chỉ còn di chuyển thêm khoảng \[8\,{\rm{km}}\] nữa là đến Cần Thơ.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho vectơ \(\overrightarrow u = \overrightarrow i - 3\overrightarrow j + 2\overrightarrow k \). Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow u \) là
\[\left( {1;2;3} \right)\].
\[\left( {2;3;1} \right)\].
\[\left( {1; - 3;2} \right)\].
\[\left( {2; - 3;1} \right)\].
Ta có \(\overrightarrow u = \overrightarrow i - 3\overrightarrow j + 2\overrightarrow k \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {1; - 3;2} \right)\). Chọn C.
Một hệ thống AI được sử dụng để kiểm tra đạo văn trong các bài viết học sinh nộp. Theo thống kê: \(1\)% bài viết là đạo văn, \(99\)% bài viết là chính chủ (không đạo văn). Phần mềm kiểm tra có độ chính xác như sau: Nếu bài viết là đạo văn, phần mềm phát hiện đúng với xác suất \(98\% \); nếu bài viết là chính chủ, phần mềm cảnh báo nhầm là đạo văn với xác suất \(3\)%. Kiểm tra ngẫu nhiên một bài viết của học sinh nộp.
Gọi A là biến cố: “Bài viết thực sự là đạo văn”.
Gọi B là biến cố: “Phần mềm cảnh báo bài viết là đạo văn”.
a) Xác suất \(P\left( A \right) = 0,01\) và \(P\left( {\overline A } \right) = 0,99\).
a) Đúng.Theo giả thiết, ta có: \[P\left( A \right) = 1\% = 0,01 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,01 = 0,99\];
\(P\left( {B|A} \right) = 98\% = 0,98\); \(P\left( {B|\overline A } \right) = 3\% = 0,03\).
b)Xác suất \(P\left( B \right) = 0,0395\).
b) Đúng.Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:
\(P\left( B \right)\)\( = P\left( {B|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {B|\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline A } \right) = 0,98 \cdot 0,01 + 0,03 \cdot 0,99 = 0,0395\).
c) Xác suất có điều kiện \(P\left( {A|B} \right) = 0,7\).
c) Sai.Ta có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,01 \cdot 0,98}}{{0,0395}} \approx 0,25\).
d) Trong số những bài viết bị phần mềm cảnh báo là đạo văn, có nhiều khả năng là bài viết chính chủ hơn là đạo văn.
d) Đúng.Ta có \(P\left( {\overline A B} \right) = 0,99 \cdot 0,03 = 0,0297\).
Xác suất bài viết là chính chủ trong số các bài viết bị phần mềm cảnh báo là đạo văn là:
\(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,0297}}{{0,0395}} = \frac{{297}}{{395}} \approx 0,75\).
Xác suất bài viết là đạo văn bị phần mềm cảnh báo là đạo văn là: \(P\left( {A|B} \right) \approx 0,25\).
Vậy \(P\left( {\overline A |B} \right)\) > \(P\left( {A|B} \right)\). Hay trong số các bài viết bị phần mềm cảnh báo là đạo văn, có nhiều khả năng là bài viết chính chủ hơn là đạo văn.
Trong không gian \[Oxyz\], cho mặt phẳng \(\left( P \right):2x + 3y + z - 1 = 0\). Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) có tọa độ là
\[\left( {2;3;1} \right)\].
\[\left( {1; - 2;3} \right)\].
\[\left( {1;2;3} \right)\].
\[\left( {1; - 3;2} \right)\].
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \[{\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {2;3;1} \right)\]. Chọn A.
Trong không gian \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 3}}{3}\) và điểm \(A\left( {2;3; - 1} \right)\).
a) Điểm \(A\) không thuộc đường thẳng \(d\).
a) Đúng. Vì thay toạ độ điểm \(A\left( {2;3; - 1} \right)\) vào đường thẳng \(d\) ta thấy không thoả mãn nên điểm \(A\) không thuộc đường thẳng \(d\).
b) Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(A\) và vuông góc \(d\) có phương trình là \(2x + y + 3z + 4 = 0\).
b) Sai. Vì \(\left( P \right) \bot d\)
Do đó \(\left( P \right):2\left( {x - 2} \right) + 1\left( {y - 3} \right) + 3\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y + 3z - 4 = 0\).
c) Giao điểm của \(d\) và \(\left( P \right)\) là điểm \(K\left( {\frac{2}{7}; - \frac{{33}}{{14}};\frac{{27}}{{14}}} \right)\).
c) Đúng. Ta có phương trình tham số của \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 2 + t\\z = 3 + 3t\end{array} \right.\).
Gọi \(K = d \cap \left( P \right)\).
Xét phương trình \(2\left( {1 + 2t} \right) + \left( { - 2 + t} \right) + 3\left( {3 + 3t} \right) - 4 = 0\)\( \Rightarrow t = - \frac{5}{{14}}\).
Do đó \(K\left( {\frac{2}{7}; - \frac{{33}}{{14}};\frac{{27}}{{14}}} \right)\).
d) Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng chứa \(d\) sao cho khoảng cách từ điểm \(A\) đến \(\left( Q \right)\) là lớn nhất. Khi đó mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có phương trình là \(24x + 75y - 41z + 249 = 0\).
d) Đúng. Gọi \(H,M\) lần lượt là hình chiếu \(A\) lên \(d\) và \(\left( Q \right)\).
Khi đó \(AM \le AH \Rightarrow d{\left( {A,\left( Q \right)} \right)_{max}} = AH \Leftrightarrow M \equiv H\).
Do đó \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng đi qua \(N\left( {1; - 2;3} \right) \in d\) và vuông góc đường thẳng \(AH\).
Vì \(H \in d\) nên \(H\left( {1 + 2t; - 2 + t;3 + 3t} \right)\) và \(\overrightarrow {AH} = \left( { - 1 + 2t; - 5 + t;4 + 3t} \right)\).
Vì \(AH \bot d\) nên \(2\left( { - 1 + 2t} \right) + 1\left( { - 5 + t} \right) + 3\left( {4 + 3t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{5}{{14}}\).
Do đó \(\overrightarrow {AH} = \left( {\frac{{ - 12}}{7}; - \frac{{75}}{{14}};\frac{{41}}{{14}}} \right)\).
Vậy \(\left( Q \right): - \frac{{12}}{7}\left( {x - 1} \right) - \frac{{75}}{{14}}\left( {y + 2} \right) + \frac{{41}}{{14}}\left( {y - 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 24x + 75y - 41z + 249 = 0\).
Cho hàm số bậc ba \[y = f\left( x \right)\] có đồ thị như hình vẽ.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\[\left( { - \infty ; - 2} \right)\].
\[\left( { - 2;0} \right)\].
\[\left( {0; + \infty } \right)\].
\[\left( { - 1;1} \right)\].
Quan sát hình vẽ ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \[\left( { - 2;0} \right)\]. Chọn B.
Mỗi ngày bác Lan đều đi bộ để rèn luyện sức khỏe. Quãng đường đi bộ mỗi ngày (đơn vị: km) của bác Lan trong \(20\) ngày được thống kê lại ở bảng sau:
Quãng đường (km) | \(\left[ {2,7;3,0} \right)\) | \(\left[ {3,0;3,3} \right)\) | \(\left[ {3,3;3,6} \right)\) | \(\left[ {3,6;3,9} \right)\) | \(\left[ {3,9;4,2} \right)\) |
Số ngày | \(3\) | \(6\) | \(5\) | \(4\) | \(2\) |
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm này có giá trị gần nhất với giá trị nào dưới đây?
\(0,25\).
\(0,27\).
\(0,42\).
\(0,36\).
Ta có bảng sau:
Quãng đường (km) | \(\left[ {2,7;3,0} \right)\) | \(\left[ {3,0;3,3} \right)\) | \(\left[ {3,3;3,6} \right)\) | \(\left[ {3,6;3,9} \right)\) | \(\left[ {3,9;4,2} \right)\) |
Số ngày | \(3\) | \(6\) | \(5\) | \(4\) | \(2\) |
\({x_i}\) | \(2,85\) | \(3,15\) | \(3,45\) | \(3,75\) | \(4,05\) |
Ta có \(n = 20\).
Số trung bình: \(\overline x = \frac{{3 \cdot 2,85 + 6 \cdot 3,15 + 5 \cdot 3,45 + 4 \cdot 3,75 + 2 \cdot 4,05}}{{20}} = 3,39\).
Độ lệch chuẩn:
\(s = \sqrt {\frac{{3 \cdot {{\left( {2,85 - \overline x } \right)}^2} + 6 \cdot {{\left( {3,15 - \overline x } \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {3,45 - \overline x } \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {3,75 - \overline x } \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {4,05 - \overline x } \right)}^2}}}{{20}}} \approx 0,36\).
Chọn D.
Tập nghiệm của phương trình \({\left( {0,2} \right)^x} \le 4\) là
\(\left( { - \infty ;{{\log }_4}0,2} \right]\).
\[\left[ {{{\log }_{0,2}}4; + \infty } \right)\].
\(\left( { - \infty ;{{\log }_{0,2}}4} \right]\).
\[\left[ {{{\log }_4}0,2; + \infty } \right)\].
Ta có \({\left( {0,2} \right)^x} \le 4 \Leftrightarrow x \ge {\log _{0,2}}4\) vì \(a = 0,2 < 1\). Chọn B.
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình \[{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9\]. Toạ độ tâm của mặt cầu đã cho là:
\[\left( {2; - 1;3} \right)\].
\[\left( { - 2;1;3} \right)\].
\[\left( { - 2;1; - 3} \right)\].
\[\left( { - 2; - 1;3} \right)\].
Mặt cầu có phương trình: \[{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9\] có tâm là \[\left( {2; - 1;3} \right)\]. Chọn A.
Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\].
Đường thẳng nào sau đây vuông góc với mặt phẳng \[\left( {CDD'C'} \right)\]?
\[A'B\].
\[BC\].
\[AD'\].
\[AB\].
Vì\[ABCD.A'B'C'D'\] là hình lập phươngnên \[BC \bot \left( {CDD'C'} \right)\]. Chọn B.
Cho hàm số\[f\left( x \right)\]có đạo hàm \[f'\left( x \right)\] liên tục trên\[\mathbb{R}\], \[f\left( 1 \right) = 1\] và \[\int\limits_1^4 {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = 15\], khi đó giá trị \[f\left( 4 \right)\]bằng:
\[16\].
\[15\].
\[14\].
\[17\].
Ta có \[\int\limits_1^4 {f'\left( x \right){\rm{d}}x} = 15 \Leftrightarrow f\left( 4 \right) - f\left( 1 \right) = 15 \Rightarrow f\left( 4 \right) = 15 + f\left( 1 \right) = 15 + 1 = 16\]. Chọn A.
Cho cấp số cộng \[\left( {{u_n}} \right)\]có \[{u_1} = 5,{\kern 1pt} \;{u_7} = 29\]. Công sai của cấp số cộng đã cho là
\[d = 24\].
\[d = \frac{{29}}{5}\].
\[d = 4\].
\[d = 145\].
Vì \[\left( {{u_n}} \right)\] là cấp số cộng nên công sai \[d = \frac{{{u_7} - {u_1}}}{6} = \frac{{29 - 5}}{6} = 4\]. Chọn C.
Số nghiệm của phương trình \[\cos x{\rm{ = 0}}\] thuộc khoảng \[\left( {0;2\pi } \right)\] là:
\[1\].
\[3\].
\[4\].
\[2\].
Trong khoảng \[\left( {0;2\pi } \right)\], \[\cos x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2}\\x = \frac{{3\pi }}{2}\end{array} \right.\] nên phương trình đã cho có 2 nghiệm.
Chọn D.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Trong trung tâm thương mại Lotte thành phố Vĩnh Yên, có một nhà hàng bán buffet hải sản. Khi nhà hàng bán với giá 200 nghìn đồng một suất thì mỗi ngày nhà hàng bán được 100 suất. Nhà hàng dự định có đợt giảm giá bán để kích cầu trong dịp cuối năm. Theo khảo sát từ thị trường thì mỗi lần giảm giá 10 nghìn đồng một suất thì nhà hàng bán thêm được 10 suất, hỏi nhà hàng cần bán với giá mới là bao nhiêu nghìn đồng một suất để doanh thu trong một ngày là lớn nhất?
Đáp án: 150.
Gọi \[x\] (nghìn đồng), \[0 < x < 200\] là số tiền giảm đi của mỗi suất ăn để doanh thu là lớn nhất.
Giảm 10 nghìn đồng thì tăng thêm 10 suất nên giảm \[x\] nghìn đồng thì tăng thêm \[x\] suất.
Khi đó ta thiết lập được hàm doanh thu của nhà hàng là
\[f\left( x \right) = \left( {200 - x} \right)\left( {100 + x} \right) = - {x^2} + 100x + 20000\].
Khảo sát sự biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( {0\,;\,200} \right)\):
Ta có \[f'\left( x \right) = - 2x + 100 = 0 \Rightarrow x = 50\].
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, ta thấy doanh thu của cửa hàng lớn nhất khi \[x = 50\].
Vậy giá bán mới của cửa hàng để doanh thu lớn nhất là 150 nghìn đồng.
Trong một đợt diễn tập quốc phòng, hai người ở vị trí khác nhau cùng ngắm bắn một mục tiêu cố định trên không. Người ta gắn một hệ trục tọa độ \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục tính theo mét), mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất. Người thứ nhất bắn một viên đạn đi qua hai điểm \(A\left( {5;\,7;\,10} \right)\) và \(B\left( {6;\,9;\,12} \right)\). Người thứ hai bắn một viên đạn đi qua hai điểm \(C\left( {15;\,17;\,5} \right)\) và \(D\) (điểm \(D\) ở độ cao \(26\,{\rm{m}}\) so với mặt đất). Biết rằng sau một thời gian rời khỏi nòng súng, hai viên đạn chạm với nhau tại vị trí cách điểm \(A\) một khoảng \(150\,{\rm{m}}\)(tham khảo hình vẽ).
Hỏi \(D\) cách \(C\) một khoảng bao nhiêu mét? (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).
Đáp án: 28,8.
Gọi \(E\left( {x;\,y;\,z} \right)\) là điểm va chạm của hai viên đạn.
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;\,2;\,2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} = 3\).
Theo bài ra, ta có: \(AE = 150\); \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AE} \) cùng hướng.
Do đó \(\overrightarrow {AE} = \frac{{150}}{3}\overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x - 5 = 50 \cdot 1}\\{y - 7 = 50 \cdot 2}\end{array}}\\{z - 10 = 50 \cdot 2}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 55}\\{y = 107}\end{array}}\\{z = 110}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow E\left( {55;\,107;\,110} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {CE} = \left( {40;\,90;105} \right)\)\( \Rightarrow \vec u = \left( {8;\,18;21} \right)\) là vectơ chỉ phương của đường thẳng \(CE\).
Phương trình đường thẳng \(CE\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 15 + 8t}\\{y = 17 + 18t}\end{array}}\\{z = 5 + 21t}\end{array}} \right.\).
Theo bài ra ta có \(D\left( {a;\,b;\,26} \right)\)\( \in CE\), nên: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{a = 15 + 8t}\\{b = 17 + 18t}\end{array}}\\{26 = 5 + 21t}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{a = 23}\\{b = 35}\end{array}}\\{t = 1}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow D\left( {23;\,35;\,26} \right)\).
Vậy \(CD = \sqrt {{{\left( {23 - 15} \right)}^2} + {{\left( {35 - 17} \right)}^2} + {{\left( {26 - 5} \right)}^2}} = \sqrt {829} \approx 28,8\).
Cho một hộp quà hình lập phương có cạnh bằng \(10\,\,{\rm{cm}}\). Trong hộp có một quả cầu pha lê lớn đặc được đặt vừa khít vào hộp sao cho quả cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hộp. Ở 8 góc của hình lập phương, có 8 quả cầu pha lê nhỏ cùng tiếp xúc với các mặt hộp và tiếp xúc với quả cầu lớn. Đổ epoxy resin (một loại keo tổng hợp trong suốt dùng trong thủ công mỹ nghệ) vào đầy hộp để trang trí. Tính thể tích phần keo cần đổ, theo đơn vị lít (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Đáp án: 0,4.
Tham khảo hình vẽ \({H_1}\).
\({H_1}\) \({H_2}\)
Thể tích lập phương: \(V = {10^3} = 1000\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\).
Bán kính quả cầu pha lê lớn: \(R = \frac{{10}}{2} = 5\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Thể tích quả cầu pha lê lớn: \({V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{500\pi }}{3}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
Để tính bán kính quả cầu nhỏ, ta xét mặt cắt là hình chữ nhật \(BB'D'D\) tâm \(I\) (tham khảo hình vẽ \({H_2}\)), ta có:
\(BD' = B'D = 10\sqrt 3 \) (đường chéo hình lập phương). Nên \(ID' = 5\sqrt 3 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
\(BD = B'D' = 10\sqrt 2 \) (đường chéo hình vuông). Nên \(FD' = 5\sqrt 2 \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
\(\tan \widehat {FD'I} = \frac{5}{{5\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \sin \widehat {FD'I} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Tam giác \(HD'J\) vuông tại \(H\) có: \(JD' = \frac{{HJ}}{{\sin \widehat {FD'I}}} = r\sqrt 3 \).
Ta có \(ID' = 5\sqrt 3 \Leftrightarrow 5 + r + r\sqrt 3 = 5\sqrt 3 \Rightarrow r = \frac{{5\sqrt 3 - 5}}{{1 + \sqrt 3 }} = 10 - 5\sqrt 3 \).
Thể tích \(8\)quả cầu nhỏ: \({V_2} = 8 \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot {r^3} \approx 80,6\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
Thể tích phần keo cần đổ: \({V_{keo}} = V - {V_1} - {V_2} \approx 395,8\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right) \approx 0,4\,\,\left( {{\rm{l\'i t}}} \right)\).
Tính hết năm \(2022\) diện tích rừng của thành phố \(X\) là \(140600\,{\rm{ha}}\), tỷ lệ che phủ rừng trên địa bàn thành phố đạt \(39,8\% \). Trong năm \(2022\) thành phố \(X\)trồng mới được \(1000\,{\rm{ha}}\). Giả sử diện tích rừng trồng mới của thành phố mỗi năm tiếp theo đều tăng \(6\% \) so với diện tích rừng trồng mới của năm liền trước. Sau ít nhất bao nhiêu năm thành phố có diện tích rừng đạt tỷ lệ che phủ \(45\% \)?
Đáp án: 50.
Ta có diện tích rừng của thành phố \(X\) bằng \(S = \frac{{140600}}{{39,8\% }}\).
Gọi diện tích rừng trồng mới của thành phố \(X\) sau \(1\) năm là
\({u_1} = 1000 + 1000 \cdot 6\% = 1000\left( {1 + 6\% } \right)\).
Diện tích rừng trồng mới sau \(2\) năm là \({u_2} = 1000{\left( {1 + 6\% } \right)^2}\)
….
Diện tích rừng trồng mới sau \(n\) năm là \({u_n} = 1000{\left( {1 + 6\% } \right)^n}\).
Khi diện tích rừng đạt tỷ lệ \(45\% \) thì diện tích rừng khi đó phải bằng \(\frac{{S \cdot 45\% }}{{100\% }}\).
Như vậy tính từ năm \(2022\) đến năm diện tích rừng đạt tỷ lệ \(45\% \) thì diện tích rừng phải tăng bằng \(\frac{{S \cdot 45\% }}{{100\% }} - 140600\).
Khi đó ta có \({u_n} = \frac{{S \cdot 45\% }}{{100\% }} - 140600\)\( \Leftrightarrow 1000{\left( {1 + 6\% } \right)^n} = \frac{{S \cdot 45\% }}{{100\% }} - 140600\).
Ta tìm được \(n \approx 49,95\).
Vậy sau \(50\) năm tỉnh có diện tích rừng đạt tỷ lệ che phủ \(45\% \).
Xác suất bé An được mẹ dẫn theo khi đi mua sắm là \(\frac{2}{5}.\) Khi bé An được đi theo mẹ thì 70% bé sẽ được mua đồ chơi. Khi bé không đi theo mẹ, có thể mẹ vẫn mua đồ chơi cho bé. Xác suất bé được đi theo mẹ biết rằng bé được mẹ mua cho đồ chơi là \(\frac{{14}}{{23}}.\) Khi bé không đi theo mẹ, xác suất bé được mẹ mua cho đồ chơi là bao nhiêu?
Đáp án: 0,3.
Gọi biến cố \(A:\) “Bé An được mẹ dẫn theo khi đi mua sắm”.
\(B:\) “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:
\[P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) \Leftrightarrow \frac{{23}}{{50}} = \frac{2}{5} \cdot \frac{7}{{10}} + \frac{3}{5} \cdot P\left( {B|\bar A} \right)\]\[ \Leftrightarrow P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{3}{{10}} = 0,3\].
Cho các hàm số
\(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) và \(g\left( x \right) = m{x^3} + n{x^2} + px + q\)\(\left( {a,b,c,d,m,n,p,q \in \mathbb{R}} \right)\).
Biết rằng đồ thị của hai hàm số \(f\left( x \right)\) và \(g\left( x \right)\) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là \( - 4;{\rm{ }} - 1;{\rm{ }}4\) và \(f\left( 2 \right) = 2;{\rm{ }}g\left( 2 \right) = - 3\) (tham khảo hình vẽ bên dưới). Gọi \({S_1}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\) và hai đường thẳng \(x = - 4;{\rm{ }}x = - 1\). Gọi \({S_2}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\) và hai đường thẳng \(x = - 1;{\rm{ }}x = 4\). Tính tỉ số \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}}\)(làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Đáp án: 0,26.
Vì \(f\left( x \right)\) và \(g\left( x \right)\) cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là \( - 4;{\rm{ }} - 1;{\rm{ }}4\).
Nên ta đặt hàm \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = k\left( {x + 4} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)\) (*).
Ta có \(f\left( 2 \right) = 2,{\rm{ }}g\left( 2 \right) = - 3\).
Thay \(x = 2\) vào (*) ta được \(f\left( 2 \right) - g\left( 2 \right) = k \cdot 6 \cdot 3 \cdot \left( { - 2} \right)\)\( \Leftrightarrow 2 - \left( { - 3} \right) = k \cdot \left( { - 36} \right) \Leftrightarrow k = \frac{{ - 5}}{{36}}\).
Suy ra \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = - \frac{5}{{36}}\left( {x + 4} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)\).
Khi đó, \({S_1} = \int\limits_{ - 4}^{ - 1} {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 4}^{ - 1} {\left| { - \frac{5}{{36}}\left( {x + 4} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \frac{{65}}{{16}}\);
\({S_2} = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| { - \frac{5}{{36}}\left( {x + 4} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \frac{{6875}}{{432}}\).
Vậy tỉ số \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{351}}{{1375}} \approx 0,26\).
