Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 17)
22 câu hỏi
\(y = 1.\)
\(y = 2.\)
\(y = - 2.\)
\(x = 1.\)
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{1 - 2x}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{1}{x} - 2}}{{1 - \frac{1}{x}}} = - 2\) nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là \(y = - 2\). Chọn C.
\(\left( {3\,; - 1\,; - 3} \right)\).
\(\left( {1\,;3\,; - 3} \right)\).
\(\left( {3\,; - 5\,;1} \right)\).
\(\left( {1\,; - 1\,;1} \right)\).
Ta có \(\vec u = \left( {2\,; - 3\,;1} \right)\). Khi đó, \(\vec u - \vec v = \left( {2 + 1; - 3 - 2;1 - 0} \right) = \left( {3\,; - 5\,;1} \right)\). Chọn C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng xét dấu của đạo hàm như hình vẽ.
Số điểm cực tiểu của hàm số đã cho là
2.
1.
4.
3.
Từ bảng xét dấu của đạo hàm của hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta có hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực tiểu. Chọn A.
\(\left( S \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 3\).
\(\left( S \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 9\).
\(\left( S \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 3\).
\(\left( S \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9\).
Bán kính mặt cầu là \(IM = \sqrt {{{\left( {0 + 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 4} \right)}^2} + {{\left( {2 - 3} \right)}^2}} = 3\).
Phương trình mặt cầu là \(\left( S \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9\). Chọn D.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( x \right) + 1\) trên \(\left[ { - 1\,;2} \right]\) bằng
−2.
−1.
1.
2.
Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) ta có:
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( x \right) + 1\) trên \(\left[ { - 1\,;\,2} \right]\) bằng \( - 2 + 1 = - 1\). Chọn B.
\(\int {\left( {{2^x} \cdot {3^{x\, + \,1}}} \right)} \;{\rm{d}}x = 3 \cdot {6^x} + C\).
\(\int {\left( {{2^x} \cdot {3^{x + 1}}} \right)} \;{\rm{d}}x = 3 \cdot {6^{x + 1}} + C\).
\(\int {\left( {{2^x} \cdot {3^{x + 1}}} \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{{3 \cdot {6^x}}}{{\ln 6}} + C\).
\(\int {\left( {{2^x} \cdot {3^{x + 1}}} \right)} \;{\rm{d}}x = \frac{{3 \cdot {6^{x + 1}}}}{{\ln 6}} + C\).
Ta có \(\int {\left( {{2^x} \cdot {3^{x + 1}}} \right)} \;{\rm{d}}x = \int {\left( {{2^x} \cdot 3 \cdot {3^x}} \right)} \;{\rm{d}}x = 3\int {{6^x}} \;{\rm{d}}x = 3 \cdot \frac{{{6^x}}}{{\ln 6}} + C.\) Chọn C.
\( + \infty .\)
1.
2.
\(\frac{3}{2}.\)
Ta có \(\lim \frac{{2n + 3}}{{n + 2}} = 2\). Chọn C.
\(V = \frac{{{a^3}}}{2}.\)
\(V = {a^3}\sqrt 2 .\)
\(V = \frac{{{a^3}}}{6}.\)
\(V = \frac{{{a^3}}}{3}.\)
Xét khối chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\), góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng \(45^\circ .\)
Gọi \(H\) là tâm đáy \(ABCD\), \(M\) là trung điểm của cạnh \(BC\).
Ta có \(SH\) là đường cao của khối chóp, \(HM \bot BC\).
\( \Rightarrow SM \bot BC\)\( \Rightarrow \widehat {SMH} = \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = 45^\circ \).
Ta thấy tam giác \(SHM\) vuông cân tại \(H\).
Suy ra \(SH = MH = \frac{a}{2}.\)
Diện tích đáy \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = {a^2}.\)
Vậy thể tích V của khối chóp là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{a^2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{1}{6}{a^3}.\) Chọn C.
6.
\(\frac{3}{2}.\)
3.
2.
Ta có \({S_n} = 5 + 5 \cdot \left( { - \frac{2}{3}} \right) + 5 \cdot {\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)^2} + \ldots + 5 \cdot {\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)^{n - 1}}\)
\( = \frac{{5 \cdot \left( {1 - {{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^n}} \right)}}{{1 - \left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}} = \frac{{5 \cdot \left( {1 - {{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^n}} \right)}}{{\frac{5}{3}}} = 3\left( {1 - {{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^n}} \right)\).
\(\lim {S_n} = \lim \left( {3\left( {1 - {{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^n}} \right)} \right) = \lim 3 \cdot \lim \left( {1 - {{\left( {\frac{{ - 2}}{3}} \right)}^n}} \right) = 3 \cdot 1 = 3\). Chọn C.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
8.
12.
5.
4.
Ta có \(3{\log _5}a + 2{\log _5}b = {\log _5}\left( {{a^3}{b^2}} \right) = {\log _5}625 = 4\). Chọn D.
\(M\left( {0\,;0\,;21} \right)\).
\(M\left( {0\,;0\,;3} \right)\).
\(M\left( {0\,;0\,;3} \right),M\left( {0\,;0; - 15} \right)\).
\(M\left( {0\,;0\,; - 15} \right)\).
Gọi tọa độ điểm \(M\) là \(M\left( {0\,;0\,;a} \right)\quad \left( {a > 0} \right)\).
Ta có \(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {a + 6} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 3 \Rightarrow \left| {a + 6} \right| = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{a = - 15}\end{array}} \right..\)
Vậy ta có các điểm \(M\) thỏa mãn là \(M\left( {0\,;0\,;3} \right)\). Chọn B.
\(2x + 2y + z + 3 = 0\).
\[2x + 2y + z - 3 = 0\].
\(x - 2y - z = 0\).
\(x - 2y - z - 2 = 0\).
Ta có một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\vec n = \left( {2\,;2\,;1} \right)\).
Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):2\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 1} \right) + \left( {z + 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 2x + 2y + z - 3 = 0.\)
Chọn B.
\(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{6}{{55}}\).
Xác suất để hai viên bi lấy ra từ hộp thứ hai là bi xanh là \(\frac{4}{{55}}.\)
Biết rằng 2 viên bi lấy ra từ hộp thứ hai là bi xanh, xác suất viên bi lấy ra từ hộp thứ nhất cũng là bi xanh là \(\frac{1}{3}.\)
Biết rằng 2 viên bi lấy ra từ hộp thứ hai luôn có bi đỏ, xác suất viên bi lấy ra từ hộp thứ nhất là bi đỏ là \(\frac{{49}}{{153}}.\)
a) Đúng. \(P\left( {B\mid A} \right)\) là xác suất lấy được hai viên bi xanh từ hộp thứ hai khi biết viên bi được chuyển từ hộp thứ nhất sang hộp thứ hai là viên bi xanh. Khi đó, hộp thứ hai có tổng cộng 11 viên bi, trong đó có 4 viên bi xanh, nên \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_4^2}}{{C_{11}^2}} = \frac{6}{{55}}.\)
b) Đúng. Ta có \(P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{{C_3^2}}{{C_{11}^2}} = \frac{3}{{55}}\) (Vì ta sẽ chuyển 1 viên bi đỏ từ hộp thứ nhất sang hộp thứ hai nên hộp thứ hai có tổng cộng 11 viên với 3 viên bi xanh).
Ta có \(P\left( A \right) = \frac{{C_3^1}}{{C_9^1}} = \frac{1}{3};P\left( {\bar A} \right) = \frac{2}{3};\,P\left( {B\mid A} \right) = \frac{6}{{55}}\).
Áp dụng công thức xác suất toàn phần, suy ra xác suất để hai viên bi lấy ra từ hộp thứ hai là bi xanh là \[P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right)\]\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{6}{{55}} + \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{{55}} = \frac{4}{{55}}.\)
c) Sai. Áp dụng công thức Bayes, ta có \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{3} \cdot \frac{6}{{55}}}}{{\frac{4}{{55}}}} = \frac{1}{2}.\)
d) Sai. Theo công thức Bayes, ta có \(P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}}.\)
Do đó, ta cần đi tìm các dữ kiện còn thiếu ở đây là \(P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)\) và \(P\left( {\bar B} \right)\).
Ta có \(P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - \frac{4}{{55}} = \frac{{51}}{{55}}\) (theo tính chất của xác suất).
Lại có \(P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = 1 - P\left( {B\mid \bar A} \right) = 1 - \frac{3}{{55}} = \frac{{52}}{{55}}.\)
Suy ra \(P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{\frac{2}{3} \cdot \frac{{52}}{{55}}}}{{\frac{{51}}{{55}}}} = \frac{{104}}{{153}}.\)
Khu vực trung tâm một quảng trường có dạng hình tròn đường kính AB bằng 10 m. Người ta trang trí khu vực này bằng hai đường parabol đối xứng nhau qua AB, nằm trong một hình tròn, hai parabol đi qua các điểm \(A,B\) và có đỉnh cách mép hình tròn 1 m. Phần giới hạn bởi 2 parabol được trồng hoa với chi phí 200 nghìn đồng 1 mét vuông, phần còn lại được lát gốm sứ với chi phí 800 nghìn đồng 1 mét vuông. Để tính toán chi phí người ta gắn vườn hoa vào hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.
Đường tròn nằm ngoài hai parabol có phương trình là \({x^2} + {y^2} = 5\).
Phương trình của parabol có bề lõm hướng lên là \(y = - 0,16{x^2} + 4\;\left( { - 5 \le x \le 5} \right)\).
Tổng chi phí để làm khu vực trung tâm quảng trường là 30,83 triệu đồng (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
a) Sai. Đường tròn nằm ngoài 2 parabol có phương trình là \({x^2} + {y^2} = 25.\)
b) Sai. Phương trình parabol có dạng \(y = a{x^2} + bx + c\quad \left( P \right)\).
Thay tọa độ các điểm \(A\left( { - 5\,;0} \right),B\left( {5\,;0} \right),C\left( {0\,; - 4} \right)\) vào phương trình parabol ta được:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{25a + 5b + c = 0}\\{25a - 5b + c = 0}\\{c = - 4}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,16}\\{b = 0}\\{c = - 4}\end{array} \Rightarrow y = 0,16{x^2} - 4} \right.} \right.\).
c) Đúng. Diện tích hình tròn là \(\pi {5^2} = 25\pi \).
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai parabol là \({S_1}\) thì diện tích phần còn lại là \({S_2} = 25\pi - {S_1}.\)
d) Đúng. Diện tích phần trồng hoa giới hạn bởi 2 parabol là:
\({S_1} = 2\int\limits_{ - 5}^5 {\left| {\left( {\frac{4}{{25}}{x^2} - 4} \right)} \right|{\rm{d}}x} = 4\int\limits_0^5 {\left| {\left( {\frac{4}{{25}}{x^2} - 4} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \frac{{160}}{3}\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}})\).
Diện tích toàn bộ phần hình tròn là: \({S_2} = 25\pi \,\,({{\rm{m}}^2})\).
Diện tích phần còn lại để trang trí gốm sứ là: \(S = {S_2} - {S_1} = 25\pi - \frac{{160}}{3}\,\,({{\rm{m}}^{\rm{2}}})\).
Vậy tổng chi phí để làm khu vực trung tâm quảng trường là
\(\frac{{160}}{3} \cdot 200 + \left( {25\pi - \frac{{160}}{3}} \right) \cdot 800 = 30,83\) (triệu đồng).
Gọi \(M = d \cap {d_1}\) thì ta có \(\overrightarrow {AM} = k\left( {3\,;3\,; - 1} \right)\) với k là hằng số thực.
Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương là \({\vec u_d} = \left( {6\,;5\,;3} \right)\).
Đường thẳng \(d\) cắt mặt phẳng \(x + 2y + 2z - 9 = 0\) tại điểm có tung độ bằng 11.
a) Đúng. Đường thẳng \({d_1}\) có vectơ chỉ phương là \({\vec u_1} = \left( {1\,; - 1\,;1} \right)\).
b) Sai. \(M = d \cap {d_1} \Rightarrow M\left( {2 + t; - 1 - t;1 + t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {t + 1; - t;t - 2} \right)\).
Có \(d \bot {d_2} \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} \cdot \overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = 0 \Rightarrow \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = 0\)\( \Rightarrow 3\left( {t + 1} \right) + 3 \cdot \left( { - t} \right) - \left( {t - 2} \right) = 0 \Rightarrow t = 5\).
\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {6\,; - 5\,;3} \right) \ne k\left( {3\,;3\,; - 1} \right)\).
c) Sai. Theo câu b) ta có: \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {6\,;\, - 5\,;3} \right).\)
d) Sai. Phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 6t}\\{y = - 1 - 5t}\\{z = 3 + 3t}\end{array}} \right.\).
Thay \(x,y,z\) theo \(t\) vào phương trình mặt phẳng \(x + 2y + 2z - 9 = 0\) ta được:
\(1 + 6t + 2 \cdot \left( { - 1 - 5t} \right) + 2\left( {3 + 3t} \right) - 9 = 0 \Rightarrow t = 2\).
Vậy tung độ của giao điểm là −11.
Ban đầu lượng nước trong bát là \(1047\,\,(\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3})\) (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Lượng nước còn lại sau t (giờ) là \(V\left( t \right) = - 100t + \frac{{200\pi }}{3}\,\,(\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3})\).
Sau 20,94 giờ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm) thì bát cạn nước.
Giả sử sau t giờ, lượng nước còn lại trong bát có chiều cao là h thì \(t = \frac{\pi }{{300}}\left( {{h^3} - 30{h^2} + 2000} \right).\)
a) Sai. Lượng nước trong bát ban đầu là
\(V = \frac{1}{3} \cdot \pi \cdot {10^2} \cdot \left( {3 \cdot 10 - 10} \right) = \frac{{2000\pi }}{3} \approx 2094\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).
b) Sai. Ta có \(V\left( t \right) = \int {V'} \left( t \right){\rm{d}}t = \int {\left( { - {r^2}} \right)\,} {\rm{d}}t = - {r^2}t + C\).
Mà \(V\left( 0 \right) = \frac{{2000\pi }}{3} \Rightarrow C = \frac{{2000\pi }}{3}\).
Vậy lượng nước còn lại sau \(t\) giờ là
\(V\left( t \right) = - {r^2}t + \frac{{2000\pi }}{3} = - 100t + \frac{{2000\pi }}{3}\) (cm3).
c) Đúng. Khi bát cạn nước thì \(V\left( t \right) = - 100t + \frac{{2000\pi }}{3} = 0 \Rightarrow t \approx 20,94\) giờ.
d) Đúng. Ta có \(V\left( t \right) = - 100t + \frac{{2000\pi }}{3} = \frac{1}{3} \cdot \pi \cdot {h^2} \cdot \left( {3r - h} \right)\)
\( \Rightarrow t = \frac{\pi }{{300}} \cdot \left( {{h^3} - 30{h^2} + 2000} \right)\).
Đáp án: 2.
Số trận đấu trong vòng bảng là: \(C_4^2 = 6\) (trận).
Nếu cả 6 trận này đều có phân thắng, thua thì tổng số điểm của cả 4 đội sẽ là \(6 \cdot 3 = 18\) (điểm).
Cứ mỗi trận hòa thì tổng số điểm trên sẽ bị giảm đi là \(3 - \left( {1 + 1} \right) = 1\) (điểm).
Số điểm bị bớt đi là \(18 - 16 = 2\) (điểm).
Vậy số trận hòa là \(2:1 = 2\) (trận).
Đáp án: 45.
Gọi \(C\) là biến cố: “Nhân chứng A và B cùng tuyên bố “T” xảy ra”;
\(T\) là biến cố: “Vụ án “T” xảy ra”.
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) Tính \(P\left( {T\mid C} \right)\).
Từ dữ kiện đề bài, ta có \(P\left( {C\mid T} \right) = 0,9 \cdot 0,9 = 0,81\) (vì A và B độc lập với nhau);
\(P\left( {\bar C\mid T} \right) = 0,1 \cdot 0,1 = 0,01\); \(P\left( T \right) = {10^{ - 2}} \Rightarrow P\left( {\bar T} \right) = 1 - P\left( T \right) = 1 - {10^{ - 2}}\).
Ta có sơ đồ cây sau:
Suy ra \(P\left( C \right) = P\left( T \right)P\left( {C\mid T} \right) + P\left( {\bar T} \right)P\left( {C\mid \bar T} \right)\).
Theo công thức Bayes, ta có \(P\left( {T\mid C} \right) = \frac{{P\left( T \right)P\left( {C\mid T} \right)}}{{P\left( C \right)}}\)\( = \frac{{P\left( T \right)P\left( {C\mid T} \right)}}{{P\left( T \right)P\left( {C\mid T} \right) + P\left( {\bar T} \right)P\left( {C\mid \bar T} \right)}}\)
\( = \frac{{{{10}^{ - 2}} \cdot 0,81}}{{{{10}^{ - 2}} \cdot 0,81 + \left( {1 - {{10}^{ - 2}}} \right) \cdot 0,01}} = 45\% \).
Vậy xác suất xảy ra của “T” khi biết A và B cùng tuyên bố “T” xảy ra là \(45\% \).
Một cái hồ rộng có hình chữ nhật. Tại một góc nhỏ của hồ người ta đóng một cái cọc ở vị trí K cách bờ AB là 1m và cách bờ AC là 8 m, rồi dùng một cây sào ngăn một góc nhỏ của hồ để thả bèo (tham khảo hình vẽ). Tính chiều dài ngắn nhất của cây sào để cây sào có thể chạm vào hai bờ AB, AC và cây cọc K (bỏ qua đường kính của sào, làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Đáp án: 11,2.
Giả sử \(A\) trùng với gốc tọa độ trong mặt phẳng \(Oxy\), đoạn \(AC\) nằm trên trục \(Ox\), đoạn \(AB\) nằm trên trục \(Oy\) như hình vẽ dưới đây.
Ta có \(Q\left( {a\,;0} \right),\,\,P\left( {0\,;b} \right)\,\,\,\left( {a > 0,b > 0} \right)\).
Đường thẳng \(PQ\) đi qua hai điểm \(P,Q\) có dạng \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\).
Mà \(K\left( {1\,;8} \right) \in PQ\) nên \(\frac{1}{a} + \frac{8}{b} = 1\)\( \Rightarrow b = \frac{a}{{a - 8}}\left( {a > 8} \right)\)\( \Rightarrow PQ = \sqrt {{a^2} + {b^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{{a - 8}}} \right)}^2}} \).
Xét hàm số \(f\left( a \right) = {a^2} + {\left( {\frac{a}{{a - 8}}} \right)^2}\) với \(a > 8\).
Có \(f'\left( a \right) = 2a + \frac{{2a}}{{a - 8}} \cdot \frac{{ - 8}}{{{{\left( {a - 8} \right)}^2}}}\)\( = \frac{{2a\left[ {{{\left( {a - 8} \right)}^3} - 8} \right]}}{{{{\left( {a - 8} \right)}^3}}}\); \(f'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {a - 8} \right)^3} = 8 \Leftrightarrow a = 10\).
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left( {8; + \infty } \right)} f\left( a \right) = f\left( {10} \right) = 125\).
Do đó \(\min PQ = \sqrt {125} \approx 11,2\).
Đáp án: 0,67.
Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), vì tam giác \(SAB\) vuông cân tại S nên \(SH \bot AB\) và \(SH = \frac{{AB}}{2} = 1\).
Suy ra diện tích tam giác \(SAB\) là:
\({S_{ABS}} = \frac{{AB \cdot SH}}{2} = \frac{2}{2} = 1.\)
Vì \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\) lại có \(SH \bot AB\) nên
\(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Mặt khác \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(\left( P \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(\left( P \right){\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).
Lấy điểm \(M\) trên \(CD\), vì \(CD{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\) nên \(d\left( {M,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)\).
Ta có \(CB \bot AB;\,\,CB \bot SH\) nên \(CB \bot \left( {SAB} \right)\) hay \(d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = BC = 2 \Rightarrow d\left( {M,\left( {SAB} \right)} \right) = 2\).
Vậy thể tích khối tứ diện \(SAMB\) là: \({V_{SAMB}} = \frac{1}{3}d\left( {M,\left( {SAB} \right)} \right) \cdot {S_{ABS}} = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 1 = \frac{2}{3} \approx 0,67\).
Đáp án: 24,2.
Để tính được mức năng lượng tiêu hao của con vẹt tại thời điểm giờ đầu tiên quan sát, ta cần tìm được vận tốc vào thời điểm đó là bao nhiêu.
Ta có \(E\left( v \right)\) là hàm số thể hiện mức năng lượng tiêu hao của con vẹt khi bay với vận tốc v.
Theo công thức nguyên hàm, ta có \(E\left( v \right) = \int {E'} \left( v \right){\rm{d}}v = \int {\left( {\frac{{0,31{v^2} - 471,51}}{{{v^2}}}} \right)} \,{\rm{d}}v\)
\( \Rightarrow E\left( v \right) = \int {\left( {0,31 - \frac{{471,51}}{{{v^2}}}} \right)\,} {\rm{d}}v = 0,31v + \frac{{471,51}}{v} + C\).
Ta có \(E'\left( v \right) = \frac{{0,31{v^2} - 471,51}}{{{v^2}}} = 0 \Leftrightarrow 0,31{v^2} - 471,51 = 0 \Leftrightarrow v = 39\) (Vì \(v > 0\)).
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, suy ra \({E_{\min }} = E\left( {39} \right) = 24\)\( \Rightarrow 0,31 \cdot 39 + \frac{{471,51}}{{39}} + C = 24\) (Thay \(v = 39\) vào phương trình) \( \Rightarrow C = - 0,18\).
Suy ra \(E\left( v \right) = 0,31v + \frac{{471,51}}{v} - 0,18.\)
Vì trong 4 giờ (tức \(0 < t < 4\)) quan sát con vẹt bay với vận tốc tăng đều đặn từ \(30\;\,\,{\rm{km/h}}\) đến \(46\;\,{\rm{km/h}}\) nên phương trình vận tốc ở đây là 1 đường thẳng và hàm này đồng biến.
Giả sử hàm số \(v\left( t \right) = at + b\quad \left( {a > 0} \right)\).
Từ giả thiết, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{v\left( 0 \right) = 30}\\{v\left( 4 \right) = 46}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 30}\\{4a + b = 46}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 30}\\{a = 4}\end{array} \Rightarrow v\left( t \right) = 4t + 30} \right.} \right.} \right.\).
Suy ra vận tốc sau đúng một giờ quan sát là \(v\left( 1 \right) = 4 \cdot 1 + 30 = 34\) (thay \(t = 1\) vào phương trình vận tốc).
Vậy tại thời điểm quan sát, mức năng lượng tiêu hao của con vẹt là
\(E\left( {34} \right) = 0,31 \cdot 34 + \frac{{471,51}}{{34}} - 0,18 \approx 24,2\).
Đáp án: 4,2.
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 9\) có tâm \(K\left( {1; - 1;2} \right)\) và bán kính mặt cầu là \(R = \sqrt 9 = 3.\)
Từ \(M\) kẻ tiếp tuyến tới \(\left( S \right)\).
Suy ra tập hợp tiếp điểm là đường tròn tâm \(I\) bán kính \(IA\).
\(\Delta MAK\) là tam giác vuông tại A, AI là đường cao \( \Rightarrow A{K^2} = KI \cdot KM\)\( \Rightarrow {\left( {\frac{{AK}}{{KM}}} \right)^2} = \frac{{KI}}{{KM}}\).
Có \(K{M^2} = 25,A{K^2} = {R^2} = 9\) \( \Rightarrow \frac{{KI}}{{KM}} = \frac{9}{{25}} \Rightarrow \overrightarrow {KI} = \frac{9}{{25}}\overrightarrow {KM} \).
Ta có \[\overrightarrow {KI} = \left( {a - 1\,;b + 1\,;c - 2} \right),\overrightarrow {KM} = \left( {0\,;4\,; - 3} \right)\] nên \[\overrightarrow {KI} = \frac{9}{{25}}\overrightarrow {KM} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a - 1 = 0\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}b + 1 = \frac{{36}}{{25}}\\c - 2 = \frac{{ - 27}}{{25}}\end{array}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}b = \frac{{11}}{{25}}\\c = \frac{{23}}{{25}}\end{array}\end{array}} \right.\].
Vậy \(a + b + 3c = 1 + \frac{{11}}{{25}} + 3 \cdot \frac{{23}}{{25}} = 4,2\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
Học liệu phổ biến Tốt nghiệp THPT
Tốt nghiệp THPT
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
