Đề tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT môn Toán có đáp án (Đề số 49)
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.
Cho hàm số \[y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x - m}}{{x - 2}}\], có đồ thị \[\left( {{C_m}} \right)\] (với \[m\] là tham số thực).
a) Đồ thị \[\left( {{C_m}} \right)\] luôn có hai điểm cực trị.
a)Sai. Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\]. Ta có \[f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 4x - 2 + m}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\].
Hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi \[\left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 4} \right)^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( { - 2 + m} \right) > 0\\{2^2} - 4 \cdot 2 - 2 + m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}16 + 8 - 4m > 0\\m \ne 6\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 6\].
Vậy đồ thị hàm số \[\left( {{C_m}} \right)\] có hai cực trị khi \[m < 6\].
b) Hàm số \[f\left( x \right)\]có hai điểm cực trị khi \[m > 6\].
b)Sai. Theo câu a), ta có đồ thị hàm số \[\left( {{C_m}} \right)\] có hai cực trị khi \[m < 6\].
c) Khi \[m = 5\] thì hàm số \[f\left( x \right)\] đồng biến trên khoảng \[\left( {3; + \infty } \right)\].
c) Đúng. Khi \[m = 5\], ta có \[y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x - 5}}{{x - 2}}\].
\[f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\], \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\].
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng \[\left( { - \infty ;1} \right),\,\left( {3; + \infty } \right)\]; hàm số nghịch biến trên các khoảng \[\left( {1;2} \right),\,\,\left( {2;3} \right)\].
d) Hàm số \[f\left( x \right)\]nghịch biến trên \[\mathbb{R}\].
d) Sai. Ta có \[y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + x - m}}{{x - 2}}\].
Tập xác định \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\]. Nên hàm số không thể đơn điệu trên \[\mathbb{R}\].
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 \[y = f\left( x \right)\] có đồ thị như hình dưới đây.
Biểu thức \[f\left( x \right)\] là biểu thức nào sau đây?
\[x + \frac{1}{x}\].
\[ - {x^3} + 3x - 1\].
\[{x^3} - 1\].
\[\frac{{x - 1}}{{x + 1}}\].
Đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] có tiệm cận đứng là \[x = - 1\] nên biểu thức \[f\left( x \right)\] là \[\frac{{x - 1}}{{x + 1}}\].
Chọn D.
Cây đậu Hà Lan khi trồng có chiều cao \(3\) centimet. Gọi \(h\left( t \right)\) là độ cao tính bằng centimet của cây đậu Hà Lan tại thời điểm \(t\) kể từ khi được trồng, với \(t\) tính theo tuần. Khảo sát cho thấy tốc độ tăng chiều cao của cây đậu Hà Lan sau khi trồng là (centimet/tuần).
a) Hàm số \(h\left( t \right)\) có công thức là \(h\left( t \right) = - 0,005{t^4} + 0,1{t^3}\).
a) Sai.Độ cao của cây đậu Hà Lan được xác định bằng công thức:
\(h\left( t \right) = \int {h'\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( { - 0,02{t^3} + 0,3{t^2}} \right){\rm{d}}t} = 0,005{t^4} + 0,1{t^3} + C\).
Tại thời điểm được trồng \(\left( {t = 0} \right)\) thì chiều cao của cây đậu bằng \(3\) centimet nên
\(h\left( 0 \right) = 3 \Rightarrow C = 3\).
Vậy \[\;h\left( t \right) = - 0,005{t^4} + 0,1{t^3} + 3\].
b) Giai đoạn tăng trưởng của cây đậu Hà Lan đó kéo dài \(15\) tuần.
b) Đúng.Xét hàm số \[\;h\left( t \right) = - 0,005{t^4} + 0,1{t^3} + 3\].
Ta có \(h'\left( t \right) = - 0,02{t^3} + 0,3{t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 15\\t = 0\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, giai đoạn tăng trưởng của cây đậu Hà Lan kéo dài 15 tuần.
c) Chiều cao tối đa của cây đậu Hà Lan đó là \(88\) centimet.
c) Sai. Từ bảng biến thiên ở câu b), chiều cao tối đa của cây đậu Hà Lan là \(\frac{{699}}{8} \approx 87,38\) centimet.
d) Vào thời điểm cây đậu Hà Lan phát triển nhanh nhất thì chiều cao của cây là \(53\) centimet.
d) Đúng.Xét hàm tốc độ tăng chiều cao của cây đậu Hà Lan sau khi trồng là:
\(h'\left( t \right) = - 0,02{t^3} + 0,3{t^2}\).
Ta có \(h''\left( t \right) = - 0,06{t^2} + 0,6t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 10\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, ta thấy vào thời điểm \(t = 10\) cây đậu Hà Lan phát triển nhanh nhất, lúc đó cây cao \(h\left( {10} \right) = 53\) centimet.
Cho hàm số \[f\left( x \right)\] liên tục trên \[\left[ { - 1;5} \right]\] và có đồ thị trên đoạn \[\left[ { - 1;5} \right]\] như hình vẽ dưới.
Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \[f\left( x \right)\] trên đoạn \[\left[ { - 1;5} \right]\]bằng
\[4\].
\[1\].
\[2\].
\[ - 1\].
Quan sát đồ thị ta có: \[\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;5} \right]} f\left( x \right) = 3,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;5} \right]} f\left( x \right) = - 2\].
Vậy tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \[f\left( x \right)\] trên đoạn \[\left[ { - 1;5} \right]\] bằng \[1\]. Chọn B.
Một hộp có 80 viên bi, trong đó có 50 viên bi màu đỏ và 30 viên bi màu vàng. Các viên bi có kích thước và khối lượng như nhau. Sau khi kiểm tra, người ta thấy có 60% số viên bi màu đỏ đánh số và 50% số viên bi màu vàng có đánh số, những viên bi còn lại không đánh số. Lấy ra ngẫu nhiên 1 viên bi trong hộp.
a) Xác suất chọn được viên bi màu vàng có đánh số bằng 18,57%.
a) Sai. Số bi vàng có đánh số là: \(30 \cdot 50\% = 15\).
Số viên bi trong hộp là 80.
Vậy xác suất chọn được viên bi màu vàng có đánh số bằng \(\frac{{15}}{{80}} = \frac{3}{{16}} = 18,75\% .\)
b) Xác suất chọn được viên bi màu đỏ bằng 62,5%.
b) Đúng. Trong hộp có 50 viên bi màu đỏ.
Số viên bi trong hộp là 80. Vậy xác suất chọn được viên bi màu đỏ bằng \(\frac{{50}}{{80}} = 62,5\% .\)
c) Xác suất chọn được viên bi không đánh số bằng 43,75%.
c) Đúng. Số bi đỏ có đánh số là: \(50 \cdot 60\% = 30\).
Vậy số viên bi không đánh số là \(80 - 30 - 15 = 35\).
Khi đó, xác suất chọn được viên bi không đánh số bằng \(\frac{{35}}{{80}} = 43,75\% \).
d) Giả sử viên bi được lấy ra là viên bi chưa được đánh số, xác suất để viên bi đó là bi đỏ thấp hơn xác suất viên bi đó là bi vàng.
d) Sai. Gọi \(A\) là biến cố: “viên bi được chọn màu đỏ”.
Khi đó \(\overline A \) là biến cố: “viên bi được chọn màu vàng”.
Gọi \(B\) là biến cố: “viên bi được chọn có đánh số”.
Khi đó \(\overline B \) là biến cố: “viên bi được chọn không đánh số”.
\(P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{{P\left( {A \cap \overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{20}}{{35}} = \frac{4}{7}\).
\(P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A \cap \overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{15}}{{35}} = \frac{3}{7}\).
Vậy viên bi được lấy ra là viên bi chưa được đánh số, xác suất để viên bi đó là bi đỏ cao hơn xác suất viên bi đó là bi vàng.
Trong không gian \[Oxyz\], đường thẳng đi qua điểm \[A\left( {1;1;1} \right)\] và vuông góc với mặt phẳng tọa độ \[\left( {Oxy} \right)\]có phương trình tham số là
\[\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\\z = 1 + t\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 + t\\z = 1\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1\\z = 1\end{array} \right.\].
\[\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1 + t\\z = 1\end{array} \right.\].
Mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\] có vectơ pháp tuyến là \[\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\].
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng tọa độ \[\left( {Oxy} \right)\] nên có vectơ chỉ phương là \[\overrightarrow u = \left( {0;0;1} \right)\] và đi qua điểm \[A\left( {1;1;1} \right)\] suy ra phương trình cần tìm là \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\\z = 1 + t\end{array} \right.\]. Chọn A.
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz\], một viên đạn được bắn ra từ vị trí \[A\left( {1\,; - 2\,;6} \right)\]hướng đến vị trí \[B\left( {0;2; - 4} \right)\], bia chắn là mặt phẳng \[\left( P \right):2x - y + 2z + 8 = 0\], đơn vị là kilômet.
a) Điểm \[B\] thuộc mặt phẳng \[\left( P \right)\].
a) Sai. Thay tọa độ điểm \[B\left( {0;2; - 4} \right)\] vào phương trình \[\left( P \right):2x - y + 2z + 8 = 0\] ta có \[2 \cdot 0 - 2 + 2 \cdot \left( { - 4} \right) + 8 \ne 0\], vậy điểm \[B\] không thuộc mặt phẳng \[\left( P \right)\].
b) Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng \[\left( {Oxz} \right)\]là \[H\left( {1;0;6} \right)\].
b) Đúng. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng \[\left( {Oxz} \right)\] là \[H\left( {1;0;6} \right)\].
c) Góc giữa đường thẳng \[AB\] và mặt phẳng \[\left( P \right)\](làm tròn đến hàng đơn vị) là \[50^\circ \].
c) Sai. Gọi góc giữa đường thẳng \[AB\] và mặt phẳng \[\left( P \right)\] là \[\varphi \].
Ta có \[\vec n = \left( {2; - 1;2} \right)\] là vectơ pháp tuyến của \[\left( P \right)\], \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;4; - 10} \right)\].
\[\sin \varphi = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {AB} \,,\,\vec n} \right)} \right| = \frac{{\left| { - 1 \cdot 2 + 4 \cdot \left( { - 1} \right) + \left( { - 10} \right) \cdot 2} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {4^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}} \cdot \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{{2\sqrt {13} }}{9}\].
Vậy \[\varphi \approx 53^\circ \].
d) Giả sử viên đạn chuyển động thẳng đều theo hướng vectơ \[\vec v = \left( { - 1;4; - 10} \right)\]với vận tốc \[850\,{\rm{m/s}}\] (bỏ qua mọi lực cản và chướng ngại vật) sau hai phút viên đạn bắn ra đi qua điểm \[B\].
d) Sai. Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;4; - 10} \right)\]. Phương trình đường thẳng \[AB:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = - 2 + 4t\\z = 6 - 10t\end{array} \right.\].
Giao điểm \[M\left( {x;y;z} \right)\] của \[AB\] và \[\left( P \right)\] thỏa mãn
\[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = - 2 + 4t\\z = 6 - 10t\\2x - y + 2z + 8 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{{12}}{{13}}\\x = \frac{1}{{13}}\\y = \frac{{22}}{{13}}\\z = - \frac{{42}}{{13}}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{1}{{13}};\frac{{22}}{{13}}; - \frac{{42}}{{13}}} \right)\].
Ta có \[\overrightarrow {AM} \left( { - \frac{{12}}{{13}};\frac{{48}}{{13}}; - \frac{{120}}{{13}}} \right) = \frac{{12}}{{13}}\overrightarrow {AB} \].
Vậy viên đạn dừng lại ở bia chắn là mặt phẳng \[\left( P \right)\], không đi qua \[B\].
Đường thẳng \[2y + 1 = 0\] là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số nào sau đây?
\[y = \frac{{3 - {x^2}}}{{2{x^2} - 3x + 1}}\].
\[y = \frac{{{x^2} + x + 1}}{{1 - 2x}}\].
\[y = \frac{{x + 1}}{{2x + 1}}\].
\[y = \frac{{2x + 1}}{{1 - x}}\].
Vì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{3 - {x^2}}}{{2{x^2} - 3x + 1}} = - \frac{1}{2}\] nên đồ thị hàm số \[y = \frac{{3 - {x^2}}}{{2{x^2} - 3x + 1}}\] có tiệm cận ngang là đường thẳng \[y = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2y + 1 = 0\]. Chọn A.
Cho hai biến cố \(A\) và \(B\), với \(P\left( B \right) = 0,8\);\(P\left( {A|B} \right) = 0,7\);\(P\left( {A|\overline B } \right) = 0,45\). Tính \(P\left( {B|A} \right)\).
\(0,65\).
\(0,25\).
\(0,5\).
\(\frac{{56}}{{65}}\).
Theo công thức xác suất toàn phần:
\[P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right) = 0,8 \cdot 0,7 + 0,2 \cdot 0,45 = 0,65\].
Theo công thức Bayes: \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,8 \cdot 0,7}}{{0,65}} = \frac{{56}}{{65}}\). Chọn D.
Bảng sau thống kê thời gian tập thể dục mỗi ngày trong tháng 3/2025 của hai bạn Hưng và Bình.
Thời gian (phút) | \[\left[ {10;15} \right)\] | \[\left[ {15;20} \right)\] | \[\left[ {20;25} \right)\] | \[\left[ {25;30} \right)\] | \[\left[ {30;35} \right)\] |
Số ngày tập của Hưng | \[2\] | \[14\] | \[8\] | \[3\] | \[3\] |
Số ngày tập của Bình | \[12\] | \[8\] | \[7\] | \[3\] | \[0\] |
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm về thời gian tập của Hưng và Bình lần lượt là
\[20\]phút và \[25\]phút.
\[25\]phút và \[20\]phút.
\[20\]phút và \[20\]phút.
\[25\]phút và \[25\]phút.
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm về thời gian tập của Hưng là:
\[35 - 10 = 25\] (phút).
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm về thời gian tập của Bình là:
\[30 - 10 = 20\] (phút).
Chọn B.
Trong không gian \(Oxyz\), phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 1;2;1} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {0;4; - 1} \right)\)là
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 3\).
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\).
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 3\).
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\).
Bán kính mặt cầu \(R = IA = \sqrt {{{\left( {0 + 1} \right)}^2} + {{\left( {4 - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - 1} \right)}^2}} = 3\).
Phương trình mặt cầu tâm \(I\) đi qua điểm \(A\): \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\). Chọn B.
Trong không gian \(Oxyz\), một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{3} = 1\) là
\(\overrightarrow n = \left( { - 3; - 6; - 2} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( { - 2; - 1;3} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {2; - 1;3} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {3;6; - 2} \right)\).
Ta có \(\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 3x + 6y - 2z + 6 = 0\).
Vậy mặt phẳng trên có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {3;6; - 2} \right)\). Chọn D.
Cắt một vật thể bởi hai mặt phẳng vuông góc với trục \[Ox\]tại \[x = 1\] và \[x = 2\]. Một mặt phẳng tùy ý vuông góc với trục \[Ox\] tại điểm có hoành độ \[x\]\[\left( {1 \le x \le 2} \right)\] cắt vật thể đó có diện tích \[S\left( x \right) = 2026x\]. Tính thể tích của phần vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng trên.
\(1518\pi \).
\(3039\).
\(3039\pi \).
\(3036\).
Ta có \(V = \int\limits_1^2 {S\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_1^2 {2026x} {\rm{d}}x = 3039\). Chọn B.
Tìm tất cả nguyên hàm \[F\left( x \right)\] của hàm số \[f\left( x \right) = x - \frac{1}{x}\].
\(\frac{1}{2}{x^2} - \ln \left| x \right|\).
\(\frac{1}{2}{x^2} - \ln \left| x \right| + C\).
\(\frac{1}{2}{x^2} - \ln x + C\).
\(1 - \ln \left| x \right| + C\).
Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\rm{d}}x = } \frac{1}{2}{x^2} - \ln \left| x \right| + C\). Chọn B.
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz\], cho mặt phẳng \[\left( P \right):6x + 8y + 10z - 1 = 0\] và đường thẳng \[d:\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y + 1}}{4} = \frac{{z - 5}}{5}\]. Góc giữa đường thẳng \[d\] và mặt phẳng \[\left( P \right)\] là
\(45^\circ \).
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
\(60^\circ \).
Ta có \[{\overrightarrow n _P} = \left( {6;8;10} \right),\,\,{\overrightarrow u _d} = \left( {3;4;5} \right) \Rightarrow {\overrightarrow n _P} = 2{\overrightarrow u _d}\] hay \[{\overrightarrow n _P}\] và \[{\overrightarrow u _d}\] cùng phương.
Vậy \[d \bot \left( P \right)\], do đó góc giữa đường thẳng \[d\] và mặt phẳng \[\left( P \right)\] bằng \(90^\circ \). Chọn C.
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với số hạng đầu \({u_1} = 6\) và công bội \(q = - \frac{1}{2}\). Tính \({u_5}\).
\(\frac{3}{8}\).
\( - 3\).
\( - \frac{3}{8}\).
\( - \frac{4}{3}\).
Ta có \({u_5} = {u_1} \cdot {q^4} = 6 \cdot {\left( { - \frac{1}{2}} \right)^4} = \frac{3}{8}\). Chọn A.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Nhà máy \(A\) chuyên sản xuất một loại sản phẩm cho nhà máy \(B\). Hai nhà máy thoả thuận rằng, hàng tháng nhà máy \(A\) cung cấp cho nhà máy \(B\) số lượng sản phẩm theo đơn đặt hàng của nhà máy \(B\) (tối đa \(100\) tấn sản phẩm). Nếu số lượng đặt hàng là \(x\) tấn sản phẩm thì giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là \(p\left( x \right) = 90 - 0,01{x^2}\) (đơn vị: triệu đồng). Chi phí để nhà máy \(A\) sản xuất \(x\) tấn sản phẩm trong một tháng là \(C\left( x \right) = \frac{1}{2}\left( {200 + 27x} \right)\) (đơn vị: triệu đồng), thuế giá trị gia tăng mà nhà máy \(A\) phải đóng cho nhà nước là \(10\% \) tổng doanh thu mỗi tháng. Hỏi nhà máy \(A\) bán cho nhà máy \(B\) bao nhiêu tấn sản phẩm để mỗi tháng thu được lợi nhuận (sau khi đã trừ thuế giá trị gia tăng) cao nhất?
Đáp án: 50.
Ta có giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là \(p\left( x \right) = 90 - 0,01{x^2}\) (triệu đồng).
Nên bán \(x\) tấn sản phẩm thu được \(\left( {90 - 0,01{x^2}} \right)x\) (triệu đồng). Điều kiện \(0 < x \le 100\).
Lợi nhuận hàng tháng của nhà máy \(A\) khi sản xuất và bán \(x\) tấn sản phẩm cho nhà máy \(B\) là:
\(L\left( x \right) = \left( {90 - 0,01{x^2}} \right)x \cdot 90\% - \frac{1}{2}\left( {200 + 27x} \right)\) (triệu đồng).
Hay \(L\left( x \right) = - 0,009{x^3} + 67,5x - 100\).
Xét hàm số \(L\left( x \right) = - 0,009{x^3} + 67,5x - 100\) trên nửa khoảng \(\left( {0;100} \right]\):
\(L'\left( x \right) = - 0,027{x^2} + 67,5\);
\(L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 0,027{x^2} + 67,5 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 2500 \Rightarrow x = 50\).
Bảng biến thiên:
Như vậy nhà máy \(A\) cần sản xuất và bán \(50\) tấn sản phẩm cho nhà máy \(B\) mỗi tháng để thu được lợi nhuận cao nhất.
Bánh Taco là một món ăn đặc trưng của Mexico, bánh Taco được tạo thành từ một chiếc bánh Tortilla (bánh ngô) cuộn quanh thức ăn. Cụ thể, để làm một chiếc bánh Taco ta lấy bánh Tortilla tròn có đường kính 20 cm đặt vào mặt trong của hình trụ có bán kính \(R = 4\) cm, dọc theo đường kính của Tortilla và gấp bánh lại quanh hình trụ. Sau đó ta sẽ đổ đầy thịt, phô mai, và rau củ đến tận mép bánh. Gọi \(x\) là khoảng cách từ tâm bánh Tortilla đến một điểm P trên đường kính (tham khảo hình vẽ).
Tính thể tích của bánh Taco theo đơn vị centimet khối (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Đáp án: 711.
Chu vi của đường tròn có bán kính bằng 4 là \(2 \cdot 4\pi \approx 25,133\).
Như vậy khi trải miếng bánh có đường kính 20 thì còn thừa hai đầu là \(2 \cdot 4\pi - 20 \approx 5,133\).
Xét mặt cắt ngang của miếng bánh, mỗi mặt cắt vuông góc với trục tọa độ \(Ox\) là một hình quạt.
Gọi \(x\,,\, - 10 \le x \le 10\) là hoành độ của mặt phẳng cắt trên. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
|
Ta có .
Diện tích mặt cắt
\[S\left( x \right) = \frac{{MN}}{2} \cdot R - {S_{\Delta IMN}} = \frac{{2\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} \cdot 4}}{2} - \frac{1}{2}{4^2}\sin \left( {\frac{{\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} }}{2}} \right) = 4\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} - 8\sin \left( {\frac{{\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} }}{2}} \right)\].
Khi đó thể tích chiếc bánh là:
\[V = 2\int\limits_0^{10} {S\left( x \right){\rm{d}}x = } 2\int\limits_0^{10} {\left[ {4\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} - 8\sin \left( {\frac{{\sqrt {{{10}^2} - {x^2}} }}{2}} \right)} \right]{\rm{d}}x \approx 711\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)} \].
Trong cuộc gặp mặt dặn dò trước khi lên đường tham gia kì thi học sinh giỏi, có 10 bạn trong đội tuyển gồm 2 bạn đến từ lớp 12A, 3 bạn từ lớp 12B, 5 bạn còn lại đến từ 5 lớp khác (mỗi lớp một bạn). Thầy giáo xếp ngẫu nhiên các bạn kể trên ngồi vào một bàn dài có 10 ghế mà mỗi bên có 5 ghế xếp đối diện nhau. Tính xác suất để không có học sinh nào cùng lớp ngồi đối diện nhau (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Đáp án: \(0,6\).
Số cách xếp 10 bạn học sinh trong đội tuyển thi HSG vào một bàn dài mà mỗi bên có 5 ghế đối diện nhau là \(10! \Rightarrow n\left( \Omega \right) = 10!\).
Xét các biến cố \(A\) : “Không có học sinh nào cùng lớp ngồi đối diện nhau”.
\(\bar A\) : “Có học sinh cùng lớp ngồi đối diện nhau”.
\({A_1}\) : “Học sinh lớp 12A ngồi đối diện nhau”.
\({A_2}\) : “Học sinh lớp 12B ngồi đối diện nhau”.
\({A_1} \cap {A_2}\): “Học sinh 12A ngồi đối diện nhau và học sinh 12B ngồi đối diện nhau”.
\( \Rightarrow \overline A = {A_1} \cup {A_2} \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = n\left( {{A_1}} \right) + n\left( {{A_2}} \right) - n\left( {{A_1} \cap {A_2}} \right)\).
Sắp xếp 2 học sinh lớp 12A ngồi vào hai ghế đối diện nhau, hoán đổi vị trí của 2 học sinh, sau đó sắp xếp 8 học sinh còn lại \( \Rightarrow n\left( {{A_1}} \right) = C_5^1 \cdot 2!\, \cdot 8!\).
Từ 3 học sinh lớp 12B, chọn ra 2 học sinh sắp xếp 2 học sinh này ngồi vào hai ghế đối diện, sau đó sắp xếp 8 học sinh còn lại \( \Rightarrow n\left( {{A_2}} \right) = A_3^2 \cdot C_5^1 \cdot 8!\).
Chọn vị trí để sắp xếp 2 học sinh lớp 12A vào ngồi hai ghế đối diện, tiếp tục chọn vị trí xếp tiếp 2 học sinh (chọn 2 trong 3 học sinh của lớp 12B) lớp 12B ngồi vào hai ghế đối diện, cuối cùng sắp xếp 6 học sinh còn lại \( \Rightarrow n\left( {{A_1} \cap {A_2}} \right) = 5 \cdot 2!\, \cdot 4 \cdot A_3^2 \cdot 6!\).
\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = n\left( {{A_1}} \right) + n\left( {{A_2}} \right) - n\left( {{A_1} \cap {A_2}} \right) = 1\,440\,000\).
\( \Rightarrow n\left( A \right) = n\left( \Omega \right) - n\left( {\overline A } \right) = 2188800 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{38}}{{63}} \approx 0,6\).
Một công ty vận tải cần giao hàng đến tất cả các thành phố \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\) (hình vẽ). Chi phí di chuyển giữa các thành phố được mô tả trên hình (tính theo đơn vị nghìn đồng). Xe giao hàng của công ty xuất phát từ thành phố \(A\)đi qua tất cả các thành phố còn lại đúng một lần sau đó trở lại thành phố \(A\). Tìm chi phí thấp nhất của xe giao hàng (tính theo đơn vị nghìn đồng)?
Đáp án: 5300.
Cách 1: Liệt kê các đường đi có thể liên thông
Các hành trình có thể và chi phí tương ứng:
1. \(A \to B \to E \to C \to D \to A\): \(900 + 800 + 1200 + 1300 + 1100 = 5300\)
2. \(A \to B \to E \to D \to C \to A\): \(900 + 800 + 1400 + 1300 + 1200 = 5600\)
3. \(A \to B \to C \to E \to D \to A\): \(900 + 1400 + 1200 + 1400 + 1100 = 6000\)
4. \(A \to B \to C \to D \to E \to A\): \(900 + 1400 + 1300 + 1400 + 1000 = 6000\)
5. \(A \to E \to B \to C \to D \to A\): \(1000 + 800 + 1400 + 1300 + 1100 = 5600\)
6. \(A \to E \to D \to C \to B \to A\): \(1000 + 1400 + 1300 + 1400 + 900 = 6000\)
7. \(A \to D \to C \to B \to E \to A\): \(1100 + 1300 + 1400 + 800 + 1000 = 5600\)
8. \(A \to D \to C \to E \to B \to A\): \(1100 + 1300 + 1200 + 800 + 900 = 5300\)
9. \(A \to D \to E \to B \to C \to A\): \(1100 + 1400 + 800 + 1400 + 1200 = 5900\)
10. \(A \to D \to E \to C \to B \to A\): \(1100 + 1400 + 1200 + 1400 + 900 = 6000\)
Kết luận: Chi phí thấp nhất mà xe tải của công ty vận tải phải trả là \(5300\) nghìn đồng, ứng với các hành trình:
1. \(A \to B \to E \to C \to D \to A\)
8. \(A \to D \to C \to E \to B \to A\)
@ Cách 2: Lý thuyết đồ thị
⮚ Hình bên là một đơn đồ thị liên thông có \(5\) đỉnh.
⮚ Do bậc của các đỉnh đều lớn hơn hoặc bằng \(3\) nên đồ thị có chu trình Hamilton.
Chúng ta cần tìm một chu trình Hamilton có tổng trọng số nhỏ nhất trong đồ thị đã cho, bắt đầu và kết thúc tại đỉnh \(A\).
Dùng phương pháp gắn nhãn ta thấy chu trình \(A \to B \to E \to C \to D \to A\) có chi phí thấp nhất là \(5300\) nghìn đồng.
Chu trình ngược lại \(A \to D \to C \to E \to B \to A\) cũng có chi phí tương đương:
\[1100 + 1300 + 1200 + 800 + 900 = 5300\].
Vậy, chi phí thấp nhất mà xe hàng phải trả là \(5300\) nghìn đồng.
Trong không gian với hệ trục tọa độ \[Oxyz,\] xét mô hình phòng không như sau: rada đặt tại gốc tọa độ \[O\left( {0\,;0\,;0} \right)\], tên lửa phòng không đặt tại điểm \[M\left( {0\,;50\,;0} \right)\], mỗi đơn vị tương ứng với \[10\,\,{\rm{m}},\] mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\] trùng với mặt đất, trục \[Oz\] vuông góc mặt đất và hướng lên. Giả sử mọi UAV (phương tiện bay không người lái) và tên lửa đều chuyển động thẳng đều. Tại thời điểm \[t = 0\,\,({\rm{s)}},\] rada phát hiện ra UAV \[A\] ở toạ độ \[{A_0}\left( {1100\,;0\,;15} \right)\]. Tại thời điểm \[t = 1\,\,{\rm{(s)}},\] rađa theo dõi thấy UAV \[A\] ở tọa độ \[{A_1}\left( {1095\,;1\,;14,5} \right)\] trên đường thẳng \[d\]. Tại thời điểm \[t = 6\,\,{\rm{(s)}},\] một tên lửa được phóng lên và chuyển động thẳng đều với vận tốc \[1300\,\,{\rm{(m/s)}},\] va chạm và phá huỷ UAV \[A\] tại điểm \[B\] trên \[d\]. Hỏi sau bao nhiêu giây kể từ lúc được phóng lên thì tên lửa va chạm với UAV (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm của giây)?
Đáp án: 7,93.
Vectơ vận tốc của UAV: \(\vec v = \overrightarrow {{A_0}{A_1}} = \left( { - 5\,;1\,; - 0,5} \right) \Rightarrow \left| {\vec v} \right| = \frac{{\sqrt {105} }}{2} \Rightarrow v = 5\sqrt {105} {\rm{ (m/s)}}\) (do mỗi đơn vị tương ứng với \[10\,\,{\rm{m}}\]).
Đường bay của UAV là \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1100 - 5t\\y = t\\z = 15 - 0,5t\end{array} \right.\).
Vị trí của UAV tại thời điểm \(6{\rm{ (s)}}\): \(N\left( {1070\,;6\,;12} \right)\).
Yêu cầu bài toán là tìm điểm \(B \in d\) sao cho \(\frac{{10BN}}{{5\sqrt {105} }} = \frac{{10BM}}{{1300}} \Leftrightarrow 1690000B{N^2} = 2625B{M^2}\)
\[ \Rightarrow 1690000\left[ {{{\left( {30 - 5t} \right)}^2} + {{\left( {t - 6} \right)}^2} + {{\left( {3 - 0,5t} \right)}^2}} \right] = 2625\left[ {{{\left( {1100 - 5t} \right)}^2} + {{\left( {t - 50} \right)}^2} + {{\left( {15 - 0,5t} \right)}^2}} \right]\]
\[ \Leftrightarrow 44293593,75{t^2} - 503173125t - 1586353125 = 0 \Rightarrow t = 13,93083295\].
Vậy từ lúc tên lửa phóng lên cho đến lúc va chạm UAV \[A\] là: \(t \approx 13,93 - 6 = 7,93\,\,{\rm{(s)}}\).
Cho hình hộp chữ nhật \[ABCD.A'B'C'D'\]. Biết khoảng cách từ đỉnh \[A\] tới mặt phẳng\[\left( {A'BD} \right)\] bằng \[10\]. Tính thể tích nhỏ nhất của khối hộp chữ nhật \[ABCD.A'B'C'D'\] (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Đáp án: 5196.
Gọi độ dài 3 cạnh \[AB,AD,AA'\] lần lượt là \[x,y,z\].
Thể tích của khối \[ABCD.A'B'C'D'\] là: \[V = xyz\].
Kẻ \(AK \bot BD\,\,\left( {K \in BD} \right)\), \(AH \bot A'K\,\,\left( {H \in A'K} \right)\). Ta chứng minh được \(AH \bot \left( {A'BD} \right)\).
Khoảng cách từ\[A\]tới mặt phẳng \[\left( {A'BD} \right)\] bằng \[AH = 10\] nên ta có:
\[\frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{{A'}^2}}} = \frac{1}{{{{10}^2}}}\] hay \[\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} = \frac{1}{{100}}\].
Ta cần tìm GTNN của biểu thức \[V = xyz\].
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm \[\frac{1}{{{x^2}}}\], \[\frac{1}{{{y^2}}}\], \[\frac{1}{{{z^2}}}\] ta được:
\[\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{1}{{{x^2}}} \cdot \frac{1}{{{y^2}}} \cdot \frac{1}{{{z^2}}}}}\]\[ \Rightarrow \frac{1}{{100}} \ge 3 \cdot \frac{1}{{\sqrt[3]{{{x^2} \cdot {y^2} \cdot {z^2}}}}}\]\[ \Rightarrow x \cdot y \cdot z \ge \sqrt {{{300}^3}} \approx 5196\].
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[x = y = z = 10\sqrt 3 \](TM).
Vậy thể tích nhỏ nhất của khối hộp \[ABCD.A'B'C'D'\] là 5196 (đơn vị thể tích).
