Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Công an môn Toán (có đáp án) - Đề 1
35 câu hỏi
Hàm số \[y = 2{x^4} + 1\] đồng biến trên khoảng nào?
\(\left( { - \infty ; - \frac{1}{2}} \right)\).
\(\left( {0; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \frac{1}{2}; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
Lời giải
Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\).
Ta có \(y' = 8{x^3}\); \(y' = 0 \Leftrightarrow 8{x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0\). Có \(y\left( 0 \right) = 1\).
Giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = + \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \).
Bảng biến thiên của hàm số:
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\). Chọn B.
Dựa vào thông tin cung cấp dưới đây để trả lời các câu hỏi từ 29 đến 31.
Sao Thủy gần như không có khí quyển thật sự như Trái Đất hay sao Kim. Tuy nhiên, nó có một lớp khí rất mỏng gọi là exosphere – tức là thượng quyển loãng, gồm các hạt khí cực kỳ thưa thớt như hydro, heli, oxy, natri...Trong không gian Oxyz, đơn vị trên mỗi trục là nghìn km, vùng thượng quyển loãng của sao Thủy được mô hình hóa bởi phương trình mặt cầu \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y - 4 = 0\). Các nhà khoa học không gian đang quan sát các tiểu hành tinh ở các vị trí có tọa độ \(A\left( {4\,;\,\,2\,;\,\,4} \right)\,,\,\,B\left( {1\,;\,\,4\,;\,\,2} \right)\) và xem xét sự di chuyển của chúng. Nếu tiểu hành tinh nằm trong vùng thượng quyển loãng thì nó sẽ bị hút xuống bề mặt sao Thủy.
Vùng thượng quyển loãng của sao Thủy có bán kính bằng
\(3\) km.
\(1\) km.
\(1000\) km.
\(3000\) km.
Lời giải
Vùng thượng quyển loãng của sao Thủy là mặt cầu có tâm \(I\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,0} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {0^2} + 4} = 3\).
Như vậy vùng thượng quyển loãng của sao Thủy có bán kính bằng \(3000\) km. Chọn D.
Mệnh đề nào dưới đây là đúng?
Tiểu hành tinh A nằm trong vùng thượng quyển loãng, tiểu hành tinh B nằm ngoài vùng thượng quyển loãng của sao Thủy.
Tiểu hành tinh A nằm ngoài vùng thượng quyển loãng, tiểu hành tinh B nằm trong vùng thượng quyển loãng của sao Thủy.
Cả hai tiểu hành tinh A và B đều nằm trong vùng thượng quyển loãng của sao Thủy.
Cả hai tiểu hành tinh A và B đều nằm ngoài vùng thượng quyển loãng của sao Thủy.
Lời giải
Ta có \(IA = \sqrt {{{\left( {4 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2} + {{\left( {4 - 0} \right)}^2}} = 5\,;\,\,IB = \sqrt {{{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {4 - 2} \right)}^2} + {{\left( {2 - 0} \right)}^2}} = 2\sqrt 2 \).
Vì \(IA > R\,;\,\,IB < R\) nên tiểu hành tinh A nằm ngoài vùng thượng quyển loãng, còn tiểu hành tinh B thì nằm tròn vùng thượng quyển loãng của sao Thủy và nó sẽ bị hút xuống bề mặt sao Thủy. Chọn B.
Các nhà quan sát cho rằng có một sao chổi mang tên Haxen di chuyển theo quỹ đạo đường thẳng với vận tốc 51,5 km/s; khoảng cách ngắn nhất từ tâm sao Thủy đến sao chổi bằng \(\frac{{\sqrt {871} }}{{10}}\) nghìn km. Thời gian sao chổi đi trong vùng thượng quyển loãng của sao Thủy bằng bao nhiêu giây (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Lời giải
Gọi d là quỹ đạo đường thẳng của sao chổi và H là hình chiếu vuông góc của tâm I trên d.
Gọi M, N là điểm đầu và điểm cuối của sao chổi trong vùng thượng quyển loãng của sao Thủy.
Ta có \(IH = \frac{{\sqrt {871} }}{{10}}\); suy ra \(MN = 2MH = 2\sqrt {{R^2} - I{H^2}} = 2\sqrt {9 - \frac{{871}}{{100}}} = \frac{{\sqrt {29} }}{5}\) (nghìn km).
Thời gian sao chổi di chuyển trong vùng thượng quyển loãng: \(\frac{{\sqrt {29} }}{5} \times 1000:51,5 \approx 21\) (giây).
Đáp án: 21.
Trong không gian \(Oxyz,\) cho hai đường thẳng \({\Delta _1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 5 - 2t\\y = 5 + 3t\\z = 2t\end{array} \right.\), \({\Delta _2}:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 3}}{{ - 2}} = \frac{{z - 6}}{{ - 4}}\). Góc giữa hai đường thẳng \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) bằng
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
\(60^\circ \).
\(45^\circ \).
Lời giải
Ta có VTCP của \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) lần lượt là \(\overrightarrow {{a_1}} = \left( {2; - 3;\,2} \right)\) và \(\overrightarrow {{a_2}} = \left( {1; - 2;\, - 4} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{a_1}} \cdot \overrightarrow {{a_2}} = 0\).
Vậy góc giữa \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) bằng \(90^\circ \). Chọn B.
Một đứa trẻ đang xây tháp bằng các khối gỗ. Đứa trẻ sử dụng 15 khối cho hàng dưới cùng. Hàng trên có ít hơn 2 khối so với hàng liền dưới. Giả sử rằng tháp có 8 hàng. Hỏi, đứa trẻ đã sử dụng bao nhiêu khối cho hàng trên cùng?
\(8\).
\(3\).
\(5\).
\(1\).
Lời giải
Kí hiệu \({a_n}\) là số khối gỗ tại hàng thứ \(n\). Ta đánh dấu hàng dưới cùng là hàng đầu tiên.
Ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a_1} = 15}\\{{a_n} = {a_{n - 1}} - 2 = {a_{n - 1}} + \left( { - 2} \right)}\end{array}} \right.\,\,\left( {n \in \mathbb{N},n \ge 2} \right)\).
Suy ra \({a_8} = {a_1} + 7 \cdot \left( { - 2} \right) = 15 - 14 = 1\).
Vậy hàng trên cùng có 1 khối gỗ. Chọn D.
Họ tất cả các nguyên hàm của \[f\left( x \right) = \frac{1}{{{{\left( {\sin x + \sqrt 3 \cos x} \right)}^2}}}\] là
\( - \frac{1}{4}\cot \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + C\).
\( - \frac{1}{4}\tan \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + C\).
\(\frac{1}{4}\cot \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + C\).
\(\frac{1}{4}\tan \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + C\).
Lời giải
\(\int {\frac{1}{{{{\left( {\sin x + \sqrt 3 \cos x} \right)}^2}}}{\rm{d}}x = \int {\frac{1}{{4{{\left( {\frac{1}{2}\sin x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos x} \right)}^2}}}} } \,{\rm{d}}x = \int {\frac{1}{{4{{\sin }^2}\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right)}}} \,{\rm{d}}x = - \frac{1}{4}\cot \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) + C\). Chọn A.
Cho hàm số \[f'\left( x \right) = {\left( {x - 2} \right)^2}\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\] với mọi \[x \in \mathbb{R}\]. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của \(m\) để hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 10x + m + 9} \right)\) có \(5\) điểm cực trị?
\(18\).
\(16\).
\(15\).
\(19\).
Lời giải
Ta có \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.\], \(x = 2\) là nghiệm kép nên khi qua giá trị \(x = 2\) thì \(f'\left( x \right)\) không bị đổi dấu.
Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 10x + m + 9} \right)\) khi đó \(g'\left( x \right) = f'\left( u \right) \cdot \left( {2x - 10} \right)\) với \(u = {x^2} - 10x + m + 9\).
Nên \[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 10 = 0\\{\left( {{x^2} - 10x + m + 9 - 2} \right)^2} = 0\\{x^2} - 10x + m + 9 = 1\\{x^2} - 10x + m + 9 = 3\end{array} \right.\] \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 5\\{\left( {{x^2} - 10x + m + 9 - 2} \right)^2} = 0\\{x^2} - 10x + m + 8 = 0\,\,\left( 1 \right)\\{x^2} - 10x + m + 6 = 0\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\].
Hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 10x + m + 9} \right)\) có \(5\) điểm cực trị khi và chỉ khi \(g'\left( x \right)\) đổi dấu \(5\) lần hay phương trình \(\left( 1 \right)\) và phương trình \(\left( 2 \right)\) mỗi phương trình phải có hai nghiệm phân biệt khác \(5\)
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{\Delta '}_1} > 0\\{{\Delta '}_2} > 0\\h\left( 5 \right) \ne 0\\p\left( 5 \right) \ne 0\end{array} \right.\] (với \(h\left( x \right) = {x^2} - 10x + m + 8\) và \(p\left( x \right) = {x^2} - 10x + m + 6\)) \[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}17 - m > 0\\19 - m > 0\\ - 17 + m \ne 0\\ - 19 + m \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m < 17\].
Vậy có \(16\) giá trị nguyên dương \(m\) thỏa mãn. Chọn B.
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz\], cho bốn điểm \(A\left( {1;0;1} \right)\), \(B\left( { - 1;2;2} \right)\), \(C\left( {3;1;1} \right)\), \(D\left( {4;1;1} \right)\). Phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm \(A,B\) và song song với \(CD\) là
\(y - 2z + 2 = 0\).
\(x - 2z + 2 = 0\).
\(x - y + 2z + 2 = 0\).
\(x - 2y + 2 = 0\).
Lời giải
Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng cần tìm.
Vì \(\left( P \right)\) đi qua hai điểm \(A,B\) và song song với \(CD\) nên \(\left( P \right)\) nhận hai vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;2;1} \right)\),\(\overrightarrow {CD} = \left( {1;0;0} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương suy ra \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {CD} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {0; - 1;2} \right)\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(0\left( {x - 1} \right) - 1\left( {y - 0} \right) + 2\left( {z - 1} \right) = 0\) hay \(y - 2z + 2 = 0\). Chọn A.
Số lượng của một loài vi khuẩn trong phòng thí nghiệm được tính theo công thức \(s\left( t \right) = A \cdot {e^{rt}}\) trong đó \(A\) là số lượng vi khuẩn ban đầu, \(s\left( t \right)\) là số lượng vi khuẩn có sau \(t\) phút, \(r\) là tỷ lệ tăng trưởng \(\left( {r > 0} \right)\), \(t\) là thời gian tăng trưởng. Biết rằng số lượng vi khuẩn ban đầu có \(100\) con và sau \(5\) phút có \(300\) con. Hỏi sau bao lâu, kể từ lúc bắt đầu, số lượng vi khuẩn tăng gấp \(10\) lần so với số lượng ban đầu?
\(\frac{3}{{\log 5}}\) phút.
\(\frac{{5\ln 3}}{{\ln 10}}\) phút.
\(\frac{{3\ln 5}}{{\log 10}}\) phút.
\(\frac{5}{{\log 3}}\) phút.
Lời giải
Theo đề bài ta có \(300 = 100 \cdot {e^{5r}} \Rightarrow {e^{5r}} = 3\).
Khi đó số lượng vi khuẩn tăng gấp \(10\) lần so với số lượng ban đầu thì
\(10A = A{e^{rt}} \Leftrightarrow {\left( {{e^{5r}}} \right)^{\frac{t}{5}}} = 10 \Leftrightarrow {3^{\frac{t}{5}}} = 10 \Leftrightarrow t = 5{\log _3}10 = \frac{5}{{\log 3}}\) phút. Chọn D.
Có hai hộp chứa đồ. Hộp thứ nhất chứa 4 chiếc bút đỏ và \(5\) chiếc bút xanh. Hộp thứ hai chứa 8 quyển vở bìa vàng và 5 quyển vở bìa trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một chiếc bút và một quyển vở. Xác suất để lấy được chiếc bút đỏ và quyển vở bìa vàng là
\(\frac{{124}}{{127}}\).
\(\frac{{40}}{{117}}\).
\(\frac{{32}}{{117}}\).
\(\frac{{25}}{{117}}\).
Lời giải
Gọi \[A\] là biến cố: “Lấy ra từ hộp thứ nhất chiếc bút đỏ”, ta có \[P\left( A \right) = \frac{4}{9}\].
\[B\]là biến cố: “Lấy ra từ hộp thứ hai quyển vở bìa vàng”, ta có \[P\left( B \right) = \frac{8}{{13}}\].
Suy ra \[AB\] là biến cố: “Lấy được chiếc bút đỏ và quyển vở bìa vàng”.
Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên \[P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{4}{9} \cdot \frac{8}{{13}} = \frac{{32}}{{117}}\]. Chọn C.
Trong không gian \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 2}}{3} = \frac{y}{6} = \frac{{z - 1}}{2}\) và điểm \(I\left( {1; - 2;5} \right)\). Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\) và cắt đường thẳng \(d\) tại hai điểm \(A\), \(B\) sao cho tam giác \(IAB\) vuông tại \(I\) là
\(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {x - 5} \right)^2} = 40\).
\[\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {x - 5} \right)^2} = 49\].
\[\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {x - 5} \right)^2} = 69\].
\[\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {x - 5} \right)^2} = 64\].
Lời giải
Đường thẳng \(d\) đi qua \(M\left( {2;0;1} \right)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {3;6;2} \right)\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) trên đường thẳng \(d\) ta có \(IH = d\left( {I,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IM} ,\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}\), với \(\overrightarrow {IM} = \left( {1;2; - 4} \right)\), \(\overrightarrow u = \left( {3;6;2} \right)\) nên \(IH = d\left( {I,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IM} ,\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \sqrt {20} \).
Theo đề bài ta có tam giác \(IAB\) vuông cân tại \(I\) nên \(IA = IH\sqrt 2 = \sqrt {40} \).
Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {x - 5} \right)^2} = 40\). Chọn A.
Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} + \left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 2m + 1}}{{1 - x}}\) \(\left( 1 \right)\), \(m\) là tham số thực. Tìm giá trị của \(m\) để đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(\left( 1 \right)\) tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng \(\frac{1}{2}\).
\(m = \pm 2\).
\(m = \pm 3\).
\(m = \pm 4\).
\(m = \pm 1\).
Lời giải
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Ta có \(y = \frac{{{x^2} + \left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 2m + 1}}{{1 - x}} = - x - m + \frac{{{m^2} - m + 1}}{{1 - x}}\).
Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(\Delta :y = - x - m\).
Tiệm cận xiên cắt hai trục tọa độ tại hai điểm \(A\left( {0; - m} \right)\) và \(B\left( { - m;0} \right)\).
Diện tích tam giác \(OAB\) là \(S = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}\left| {{y_A}} \right|.\left| {{y_B}} \right| = \frac{1}{2}{m^2}\).
Theo giả thiết \(S = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {m^2} = 1 \Leftrightarrow m = \pm 1\).
Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \[m = \pm 1\]. Chọn D.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\). Đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như hình vẽ dưới đây.
Đồ thị của hàm số \(y = {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\) có bao nhiêu điểm cực đại, cực tiểu?
\(2\) điểm cực đại, \(3\) điểm cực tiểu.
\(1\) điểm cực đại, \(3\) điểm cực tiểu.
\(2\) điểm cực đại, \(2\) điểm cực tiểu.
\(3\) điểm cực đại, \(2\) điểm cực tiểu.
Lời giải
Từ đồ thị hàm số ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\):
Ta có \(y = {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\)\( \Rightarrow y' = 2f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right),\,\,y' = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\f'\left( x \right) = 0\end{array} \right.\).
Quan sát đồ thị ta có \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.\) và \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\\x = 1\\x = {x_2}\end{array} \right.\) với \({x_1} \in \left( {0;1} \right)\) và \({x_2} \in \left( {1;3} \right)\).
Suy ra \[y' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) > 0\\f'\left( x \right) > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) < 0\\f'\left( x \right) < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \in \left( {3; + \infty } \right)\\x \in \left( {0;{x_1}} \right) \cup \left( {1;{x_2}} \right)\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow x \in \left( {0;{x_1}} \right) \cup \left( {1;{x_2}} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\].
Từ đó ta lập được bảng biến thiên của hàm số \(y = {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2}\):
Suy ra hàm số có \(2\) điểm cực đại, \(3\) điểm cực tiểu. Chọn A.
Trong mặt phẳng Oxy, đường thẳng \(\Delta \) đi qua giao điểm của hai đường thẳng \({d_1}:2x + y - 3 = 0\) và \({d_2}:x - 2y + 1 = 0\) đồng thời tạo với \({d_3}:y - 1 = 0\) một góc \(45^\circ \) có phương trình là
\(x - y = 0\) hoặc \(x + y - 2 = 0\).
\(x + 2y = 0\) hoặc \(x - 4y = 0\).
\(x + \left( {1 - \sqrt 2 } \right)y = 0\) hoặc \(x - y - 1 = 0\).
\(2x + 1 = 0\) hoặc \(y + 5 = 0\).
Lời giải
Tọa độ giao điểm của \({d_1}:2x + y - 3 = 0\) và \({d_2}:x - 2y + 1 = 0\) là nghiệm của hệ phương trình
\[\left\{ \begin{array}{l}2x + y - 3 = 0\\x - 2y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right. \Rightarrow {d_1} \cap {d_2} = A\left( {1;1} \right) \in \Delta \].
Phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(A\left( {1;\,1} \right)\) nên \[a\left( {x - 1} \right) + b\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow ax + by - a - b = 0\] với điều kiện \[{a^2} + {b^2} \ne 0\].
Gọi \[\overrightarrow {{n_3}} = \left( {0;1} \right)\] và \[\overrightarrow {{n_\Delta }} = \left( {a;b} \right)\] lần lượt là vectơ pháp tuyến của đường thẳng \({d_3}:y - 1 = 0\) và đường thẳng \(\Delta \).
Vì góc giữa \[{d_3}\] và \(\Delta \) bằng \(45^\circ \) nên ta có:
\[\frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\left| b \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \cdot \sqrt {0 + 1} }} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 2{b^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = b \Rightarrow a = b = 1 \Rightarrow \Delta :\,x + y - 2 = 0\\a = - b \Rightarrow a = 1,b = - 1 \Rightarrow \Delta :\,x - y = 0\end{array} \right.\]. Chọn A.
Một vòng quay quan sát quay ngược chiều kim đồng hồ quanh trục O của nó trên một mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với mặt đất. Vòng quay có đường kính bánh xe là \(20\) m và có 12 khoang hành khách hình trứng được thiết kế ở những vị trí trên đường tròn bánh xe sao cho khoảng cách giữa hai khoang gần nhất luôn bằng nhau. Vị trí hành khách bước lên khoang hành khách cách mặt đất \(5\) m. Sau khi tất cả mọi người đã bước lên khoang hành khách, vị trí khoang hành khách của bạn A. Hỏi vị trí khoang hành khách của bạn A sau khi vòng quay quay được \(5\frac{1}{6}\) vòng cách mặt đất bao nhiêu mét? Kết quả làm tròn đến hàng phần mười.
\(23,7\,{\rm{m}}\).
\(32,3\,{\rm{m}}\).
\(22,3\,{\rm{m}}\).
\(25,1\,{\rm{m}}\).
Lời giải
Ta có: \(5\frac{1}{6}\) vòng tương ứng với góc quay \(\alpha = 5 \cdot 2\pi + \frac{1}{6} \cdot 2\pi = 10\pi + \frac{\pi }{3}\).
Chọn đường tròn lượng giác như hình vẽ trên.
Khi đó vị trí khoang hành khách của bạn A cách mặt đất là
\(d = 15 + 10\sin \alpha = 15 + 10\sin \left( {10\pi + \frac{\pi }{3}} \right) = 15 + 10\sin \frac{\pi }{3} \approx 23,66025404\).
Kết quả làm tròn đến hàng phần mười là \(23,7\) m. Chọn A.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) với \(a \ne 0\) có đồ thị như hình vẽ sau.
Điểm cực đại của đồ thị hàm số \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\) là:
\(\left( { - 3;4} \right)\).
\(\left( {3;2} \right)\).
\(\left( {5;8} \right)\).
\(\left( {5;4} \right)\).
Lời giải
Ta có \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\)\( \Rightarrow y' = - f'\left( {4 - x} \right)\).
\(y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( {4 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 - x = - 1}\\{4 - x = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{x = 3}\end{array}} \right.\).
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\) như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta có .
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\) là \(\left( {5;4} \right).\) Chọn D.
Thực nghiệm tính tuổi thọ của \[100\] bóng đèn thắp thử như sau:
Tuổi thọ của bóng đèn (tính theo tháng) | Số bóng đèn |
\(\left[ {14;\,15} \right)\) | \(20\) |
\(\left[ {15;16} \right)\) | \(x\) |
\(\left[ {16;17} \right)\) | \(40\) |
\(\left[ {17;18} \right)\) | \(y\) |
Số bóng đèn có tuổi thọ chứa trong khoảng \[\left[ {16\,;18} \right)\] biết số trung vị của mẫu số liệu trên là \[16,5\], là
\[70\].
\[25\].
\[60\].
\[10\].
Lời giải
Theo bài ra ta có \[20 + x + 40 + y = 100 \Leftrightarrow y = 40 - x\]. Điều kiện \[40 - x \ge 0 \Leftrightarrow x \le 40\].
Ta có bảng tần số ghép nhóm bao gồm cả tần số tích luỹ như sau:
Tuổi thọ của bóng đèn (tính theo tháng) | Số bóng đèn | Tần số tích lũy |
\(\left[ {14;\,15} \right)\) | \(20\) | \(20\) |
\(\left[ {15;16} \right)\) | \(x\) | \(20 + x\) |
\(\left[ {16;17} \right)\) | \(40\) | \(60 + x\) |
\(\left[ {17;18} \right)\) | \(40 - x\) | \(100\) |
Số phần tử của mẫu là \[n = 100\]. Ta có \[\frac{n}{2} = \frac{{100}}{2} = 50\].
Trường hợp 1: \[20 < 50 \le 20 + x \Leftrightarrow x \ge 30\].
Khi đó \({M_e} = 15 + \frac{{50 - 20}}{x} \times 1 = 16,5 \Leftrightarrow x = 20\) (loại).
Trường hợp 2: \[20 + x < 50 \le 60 + x \Rightarrow 0 < x < 30\].
Khi đó \({M_e} = 16 + \frac{{50 - \left( {20 + x} \right)}}{{40}} \times 1 = 16,5 \Leftrightarrow x = 10\) (thỏa mãn).
Số bóng đèn có tuổi thọ chứa trong khoảng \[\left[ {16\,;18} \right)\] là \[40 + \left( {40 - 10} \right) = 70\]. Chọn A.
Cho hình chóp \[S.ABC\] có đáy \[ABC\] là tam giác đều cạnh bằng \[1\]. Biết khoảng cách từ \[A\] đến mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] là \[\frac{{\sqrt 6 }}{4}\], từ \[B\] đến mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\] là \[\frac{{\sqrt {15} }}{{10}}\], từ \[C\] đến mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] là \[\frac{{\sqrt {30} }}{{20}}\] và hình chiếu vuông góc của \[S\] xuống đáy nằm trong tam giác \[ABC\]. Thể tích khối chóp \[S.ABC\] bằng
\[\frac{1}{{36}}\].
\[\frac{1}{{48}}\].
\[\frac{1}{{12}}\].
\[\frac{1}{{24}}\].
Lời giải
Gọi \(O\) là chân đường cao hạ từ \(S\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).
Đặt \[d\left( {O,\,BC} \right) = a\], \[d\left( {O,\,AC} \right) = b\], \[d\left( {O,AB} \right) = c\], \[SO = h\].
Ta có \[{S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta OBC}} + {S_{\Delta OAC}} + {S_{\Delta OAB}} \Rightarrow a + b + c = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( 1 \right)\].
Gọi \(OA \cap BC = M\). Từ \(O\), kẻ \(OI\) vuông góc với \(BC\) \(\left( {I \in BC} \right)\) và từ \(A\), kẻ \(AK\) vuông góc với \(BC\) \(\left( {K \in BC} \right)\).
Khi đó \[\frac{{d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{OM}}{{AM}} = \frac{{OI}}{{AK}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} \cdot \frac{{\sqrt 6 }}{4} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\].
Suy ra \[\frac{2}{{{a^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow a = h\].
Tương tự \[\frac{{d\left( {O,\left( {SAC} \right)} \right)}}{{d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)}} = \frac{{d\left( {O,AC} \right)}}{{d\left( {B,AC} \right)}} = \frac{{2b}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow d\left( {O,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{2b}}{{\sqrt 3 }} \cdot \frac{{\sqrt {15} }}{{10}} = \frac{b}{{\sqrt 5 }}\].
Suy ra \[\frac{5}{{{b^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} \Rightarrow b = 2h\].
Tương tự \[\frac{{d\left( {O,\left( {SAB} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)}} = \frac{{d\left( {O,AB} \right)}}{{d\left( {C,AB} \right)}} = \frac{{2c}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow d\left( {O,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{2c}}{{\sqrt 3 }} \cdot \frac{{\sqrt {30} }}{{20}} = \frac{c}{{\sqrt {10} }}\].
Suy ra \[\frac{{10}}{{{c^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \Rightarrow c = 3h\,\].
Từ \[\left( 1 \right) \Rightarrow h + 2h + 3h = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow h = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}} \Rightarrow V = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{{48}}\]. Chọn B.
Một bác thợ gốm làm một cái chậu trồng cây, phần trong chậu cây có dạng khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng được tô đậm như hình sau quanh trục \[Ox\] (đơn vị trên trục là decimet), biết đường cong trong hình là đồ thị của hàm số \[y = \sqrt {x + 1} \], đáy chậu và miệng chậu có đường kính lần lượt là 2 dm và 4 dm. Dung tích của chậu là bao nhiêu (làm tròn kết quả nếu cần thiết)?
25,13 lít.
23,56 lít.
14,66 lít.
7,5 lít.
Lời giải
Với bán kính đáy chậu là \(1\) dm thì \(y = 1 \Rightarrow \sqrt {x + 1} = 1 \Rightarrow x = 0\).
Với bán kính đáy chậu là \(2\) dm thì \(y = 2 \Rightarrow \sqrt {x + 1} = 2 \Rightarrow x = 3\).
Thể tích của khối chậu là: \[V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {\sqrt {x + 1} } \right)}^2}} {\rm{d}}x = \frac{{15\pi }}{2} \approx 23,56\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^3} = 23,56\] lít. Chọn B.
Miền phẳng trong hình vẽ dưới đây giới hạn bởi hàm số \[y = f\left( x \right)\] và parabol \[y = {x^2} - 2x\]. Biết \[\int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{7}{5}\].
Khi đó diện tích hình phẳng được gạch chéo trong hình vẽ bằng
\[S = 1\].
\[S = \frac{{71}}{{40}}\].
\[S = \frac{{41}}{{40}}\].
\[S = 2\].
Lời giải
Ta có \[S = \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {\left[ {f\left( x \right) - \left( {{x^2} - 2x} \right)} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_{ - \frac{1}{2}}^1 {\left( {{x^2} - 2x} \right){\rm{d}}x} = \frac{7}{5} + \frac{3}{8} = \frac{{71}}{{40}}\]. Chọn B.
Một ô tô bắt đầu chuyển động thẳng đều với vận tốc \({v_0}\), sau 6 giây chuyển động thì gặp chướng ngại vật nên bắt đầu giảm tốc độ với vận tốc chuyển động \(v\left( t \right) = - \frac{5}{2}t + a\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right),\,\,\left( {t \ge 6} \right)\) cho đến khi dừng hẳn. Biết rằng kể từ lúc chuyển động đến lúc dừng thì ô tô đi được quãng đường là 80 m. Tìm \({v_0}\).
\({v_0} = 25\,\,{\rm{m/s}}\).
\({v_0} = 35\,{\rm{m/s}}\).
\({v_0} = 20\,{\rm{m/s}}\).
\({v_0} = 10\,{\rm{m/s}}\).
Lời giải
Tại thời điểm \(t = 6\) vật đang chuyển động với vận tốc \({v_0}\) nên có \(v\left( 6 \right) = {v_0}\)\( \Leftrightarrow - \frac{5}{2} \cdot 6 + a\,\, = {v_0} \Leftrightarrow a\,\, = {v_0} + 15\).
Suy ra \(v\left( t \right) = - \frac{5}{2}t + {v_0} + 15\).
Gọi \(k\) là thời điểm vật dừng hẳn vậy ta có \(v\left( k \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{5}{2}k + {v_0} + 15 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{2}{5} \cdot \left( {{v_0} + 15} \right) \Leftrightarrow k = \frac{{2{v_0}}}{5} + 6\).
Tổng quãng đường vật đi được là \[80 = 6{v_0} + \int\limits_6^k {\left( { - \frac{5}{2}t + {v_0} + 15} \right){\rm{d}}t} \]
\[ \Leftrightarrow 80 = 6{v_0} + \left. {\left( { - \frac{5}{4}{t^2} + {v_0} \cdot t + 15t} \right)} \right|_6^k \Leftrightarrow 80 = 6{v_0} - \frac{5}{4}\left( {{k^2} - {6^2}} \right) + {v_0}\left( {k - 6} \right) + 15\left( {k - 6} \right)\]
\[ \Leftrightarrow 80 = 6{v_0} - \frac{5}{4}\left( {\frac{{4v_0^2}}{{25}} + \frac{{24{v_0}}}{5}} \right) + {v_0} \cdot \frac{{2{v_0}}}{5} + 15 \cdot \frac{{2{v_0}}}{5} \Leftrightarrow v_0^2 + 30{v_0} - 400 = 0 \Rightarrow {v_0} = 10\]. Chọn D.
Trong không gian với hệ trục tọa độ \[Oxyz\], có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên \[m\] để phương trình\[{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4mx + 2my - 2mz + 9{m^2} - 28 = 0\] là phương trình mặt cầu?
\[7\].
\[8\].
\[9\].
\[6\].
Lời giải
Ta có \[{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4mx + 2my - 2mz + 9{m^2} - 28 = 0\]\[ \Leftrightarrow {\left( {x + 2m} \right)^2} + {\left( {y + m} \right)^2} + {\left( {z - m} \right)^2} = 28 - 3{m^2}\] \[\left( 1 \right)\].
\[\left( 1 \right)\] là phương trình mặt cầu \[ \Leftrightarrow 28 - 3{m^2} > 0 \Leftrightarrow - \sqrt {\frac{{28}}{3}} < m < \sqrt {\frac{{28}}{3}} \].
Do \[m\] nguyên nên \[m \in \left\{ { - 3\,;\, - 2\,;\, - 1\,;\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,3} \right\}\].
Vậy có \[7\] giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.
Biểu đồ dưới đây mô tả kết quả điều tra về thời gian sử dụng Internet trong một ngày của một số học sinh lớp 12B.
Phương sai của của mẫu số liệu trên là
\[1,17\].
\[1,37\].
\[1,38\].
\[1,39\].
Lời giải
Từ biểu đồ ta có bảng sau:
Cỡ mẫu là \(n = 3 + 5 + 8 + 10 + 4 = 30\).
Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \(\overline x = \frac{{3 \cdot 0,5 + 5\, \cdot 1,5 + 8 \cdot \,\,2,5 + 10 \cdot 3,5 + 4\, \cdot \,4,5}}{{30}} = \frac{{41}}{{15}}\).
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là
\({s^2} = \frac{1}{{30}}\left[ {3 \cdot {{0,5}^2} + 5 \cdot {{1,5}^2} + 8 \cdot \,{{2,5}^2} + 10\, \cdot {{3,5}^2} + 4 \cdot {{4,5}^2}} \right] - {\left( {\frac{{41}}{{15}}} \right)^2} \approx 1,38\). Chọn C.
Một con tàu muốn xuất phát từ hòn đảo \(A\) trở về bờ biển sau đó di chuyển đến hòn đảo \(B\). Trên màn hình ra đa của trạm điều khiển, vị trí điểm \(A,\;B\) có tọa độ lần lượt là \(A\left( {0\;;\;0} \right),B\left( {5\;;\; - 1} \right)\), giả sử đường bờ biển có phương trình đường thẳng là \(\Delta :x - y + 3 = 0\). Tìm điểm M trên bờ biển mà tàu sẽ di chuyển đến sao cho độ dài đường đi của tàu từ \(A\) đến \(B\) là ngắn nhất.
\(M\left( { - 1\;;\;2} \right)\).
\(M\left( {1\;;\;3} \right)\).
\(M\left( {0\;;\;2} \right)\).
\(M\left( {1\;;\;2} \right)\).
Lời giải
Ta nhận thấy hai điểm \(A,\;B\) nằm về cùng một phía của đường thẳng \(\Delta :x - y + 3 = 0\).
Gọi \(A'\) là điểm đối xứng của \(A\) qua \(\Delta \).
Gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(\Delta \) tại \(H\).
Phương trình tham số của \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = - t\end{array} \right.\).
Vì \(H \in d\) nên \(H\left( {{x_H}\;;\; - {x_H}} \right)\).
Mặt khác, \(H \in \Delta \Rightarrow {x_H} - \left( { - {x_H}} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow {x_H} = - \frac{3}{2}\). Suy ra \(H\left( { - \frac{3}{2}\;;\,\frac{3}{2}} \right)\).
Vì \(H\) là trung điểm của \(AA'\) nên \(A'\left( { - 3\;;\;3} \right)\).
Vì \(A,B\) cố định nên độ dài đường đi của tàu ngắn nhất \( \Leftrightarrow \)\(AM + MB\) ngắn nhất.
Ta có \(AM + MB = A'M + MB \ge A'B\).
Vậy \(AM + MB\) ngắn nhất \( \Leftrightarrow \)\[A',M,B\] thẳng hàng \( \Leftrightarrow \)\(A'B\) cắt \(\Delta \) tại \(M\).
Phương trình đường thẳng \(A'B\) là \(x + 2y - 3 = 0\).
Tọa độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x - y + 3 = 0\\x + 2y - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 2\end{array} \right.\). Vậy \(M\left( { - 1\;;\;2} \right)\). Chọn A.
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a.\) Biết hình chiếu vuông góc của điểm \(A'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là trung điểm cạnh \(AB\) và góc giữa \(A'C\) và mặt đáy bằng \(60^\circ \). Khoảng cách \(d\) giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(A'C\) là
\[d = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}\].
\[d = \frac{{3a}}{2}\].
\[d = \frac{{3a}}{4}\].
\[d = \frac{a}{2}\].
Lời giải
Gọi \(H\) là trung điểm cạnh \(AB\), ta có \(A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {A'CH}\).
Xét tam giác \(A'HC\) vuông tại \(H\): \(tan\widehat {A'CH} = \frac{{A'H}}{{HC}} \Leftrightarrow A'H = HC\tan \widehat {A'CH} = \frac{{3a}}{2}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot HC\\AB \bot A'H\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {A'HC} \right)\).
Dựng \(HK \bot AC'\left( {K \in A'C} \right) \Rightarrow HK = d\left( {AB,A'C} \right)\).
Xét tam giác \(A'HC\) vuông tại \(H\): \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{A'{H^2}}} + \frac{1}{{H{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{16}}{{9{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{3a}}{4}.\) Chọn C.
Nhận xét: Học sinh có thể xét tam giác \(HKC\) vuông tại \(H:\sin \widehat {KCH} = \frac{{HK}}{{HC}} \Rightarrow HK = HC \cdot \sin \widehat {KCH} = \frac{{3a}}{4}\).
Ngân Hà có một chiếc điện thoại thông minh đã được sạc đầy pin. Nếu Hà không sử dụng điện thoại một phút nào thì máy sẽ hết pin sau 96 tiếng; còn nếu cô ấy sử dụng điện thoại liên tục thì máy sẽ hết pin sau 8 tiếng. Biết Hà đã không sử dụng chiếc smartphone trong suốt 36 tiếng, sau đó lại dùng nó 90 phút liên tục. Hỏi Hà còn dùng điện thoại được bao nhiêu phút nữa trước khi máy hết pin?
\[210\] phút.
\[200\] phút.
\[180\] phút.
\[35\] phút.
Lời giải
Ta chuẩn hóa tổng thời lượng pin điện thoại ban đầu là 1.
- Nếu Hà không sử dụng điện thoại thì sau 96 tiếng smartphone mới hết pin. Suy ra sau mỗi tiếng không sử dụng, thời lượng pin sẽ giảm đi \(\frac{1}{{96}}\).
- Nếu Hà dùng điện thoại liên tục thì sau 8 tiếng, smartphone sẽ hết pin. Suy ra sau mỗi tiếng sử dụng, thời lượng pin sẽ giảm đi \(\frac{1}{8}\).
- Sau khi Hà không sử dụng điện thoại trong suốt 36 tiếng, thời lượng pin giảm \(36 \times \frac{1}{{96}} = \frac{3}{8}\). Thời lượng pin còn lại là: \(1 - \frac{3}{8} = \frac{5}{8}\).
- Sau khi Hà sử dụng điện thoại liên tục trong 90 phút, tức \(\frac{3}{2}\) tiếng, thời lượng pin tiếp tục giảm đi: \(\frac{3}{2} \times \frac{1}{8} = \frac{3}{{16}}\). Thời lượng pin còn lại là:\(\frac{5}{8} - \frac{3}{{16}} = \frac{7}{{16}}\).
Vậy trước khi điện thoại hết pin, Hà còn có thể sử dụng: \(\frac{7}{{16}} \div \frac{1}{8} = 3,5\) giờ = 210 phút. Chọn A.
Điều kiện của tham số \(m\) để hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + mx + 5\) có hai điểm cực trị là:
\[m > \frac{1}{3}\].
\[m < \frac{1}{3}\].
\[m > 3\].
\[m < 3\].
Lời giải
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x + m\).
Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) phải có 2 nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)\( \Leftrightarrow {3^2} - 3m > 0 \Leftrightarrow 9 - 3m > 0\)\( \Leftrightarrow m < 3\). Chọn D.
Cho các số thực \(a,\,\,b\) thỏa mãn \(a > b > 1\) và \(\frac{1}{{{{\log }_a}b}} + \frac{1}{{{{\log }_b}a}} = \sqrt {2021} \). Tìm giá trị của tham số thực \[m\] để giá trị biểu thức \(\frac{m}{{{{\log }_{ab}}b}} - \frac{m}{{{{\log }_{ab}}a}} = 2022\).
\(m = \frac{{2017}}{{\sqrt {2022} }}\).
\(m = \frac{{2022}}{{\sqrt {2017} }}\).
\(m = \sqrt {2020} \).
\(m = \sqrt {2017} \).
Lời giải
Do \(a > b > 1 \Rightarrow {\log _a}b > 0\), \({\log _b}a > 0\), \({\log _b}a > {\log _a}b\).
Ta có: \(\frac{1}{{{{\log }_b}a}} + \frac{1}{{{{\log }_a}b}} = \sqrt {2021} \Leftrightarrow {\log _a}b + {\log _b}a = \sqrt {2021} \).
Do đó, \(\frac{m}{{{{\log }_{ab}}b}} - \frac{m}{{{{\log }_{ab}}a}} = 2022 \Leftrightarrow m\left( {{{\log }_b}a + 1} \right) - m\left( {1 + {{\log }_a}b} \right) = 2022\)\( \Leftrightarrow m\left( {{{\log }_b}a - {{\log }_a}b} \right) = 2022\,\,\left( * \right)\).
Mặt khác \[{\left( {{{\log }_b}a - {{\log }_a}b} \right)^2} = {\left( {{{\log }_b}a + {{\log }_a}b} \right)^2} - 4 = \]\[2021 - 4 = 2017 \Rightarrow {\log _b}a - {\log _a}b = \sqrt {2017} \].
Do vậy, \[\left( * \right) \Leftrightarrow m = \frac{{2022}}{{\sqrt {2017} }} = \frac{{2022\sqrt {2017} }}{{2017}}\]. Chọn B.
Cho hình nón \(\left( N \right)\) có góc ở đỉnh bằng \(60^\circ ,\) độ dài đường sinh bằng \(1\,\,{\rm{m}}\). Dãy hình cầu \(\left( {{S_1}} \right),\) \(\left( {{S_2}} \right),\) \(\left( {{S_3}} \right),...,\) \(\left( {{S_n}} \right),...\)thỏa mãn: \(\left( {{S_1}} \right)\) tiếp xúc với mặt đáy và các đường sinh của hình nón \(\left( N \right);\) \(\left( {{S_2}} \right)\) tiếp xúc ngoài với \(\left( {{S_1}} \right)\) và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón \(\left( N \right);\) \(\left( {{S_3}} \right)\) tiếp xúc ngoài với \(\left( {{S_2}} \right)\) và tiếp xúc với các đường sinh của hình nón \(\left( N \right)\).
Tổng thể tích các khối cầu \(\left( {{S_1}} \right),\) \(\left( {{S_2}} \right),\) \(\left( {{S_3}} \right),...,\) \(\left( {{S_n}} \right),...\) với giả sử n vô cùng lớn bằng
\(\frac{{\sqrt 3 }}{{54}}\pi \) \[{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\].
\(\frac{{\sqrt 3 }}{{52}}\pi \) \[{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\].
\(\frac{{\sqrt 3 }}{{54}}\) \[{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\].
\(\frac{{\sqrt 3 }}{{52}}\) \[{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\].
Lời giải
Xét khối nón chứa hai mặt cầu \[\left( {{S_1}} \right)\] và \[\left( {{S_2}} \right)\] như hình trên để tìm mối liên hệ giữa bán kính \[{r_1},\,\,{r_2}\] của hai mặt cầu này. Gọi \[{I_1},\,\,{I_2}\] lần lượt là tâm của mặt cầu \[\left( {{S_1}} \right)\] và \[\left( {{S_2}} \right)\]; \[H\] là trung điểm của \[AB\].
Vì \[\Delta SAB\] đều nên theo tính chất trọng tâm: \[{r_1} = \frac{1}{3}SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\].
Kẻ các đường \[{I_1}{M_1} \bot SA\] tại \[{M_1}\], \[{I_2}{M_2} \bot SA\] tại \[{M_2}\].
Xét \[\Delta S{I_2}{M_2}\] có \[\sin 30^\circ = \frac{{{I_2}{M_2}}}{{S{I_2}}}\]\[ \Rightarrow S{I_2} = 2{I_2}{M_2} = 2{r_2}\].
Khi đó ta có \[SH = S{I_2} + {I_2}E + EH\]\[ \Leftrightarrow 3{r_1} = 3{r_2} + 2{r_1}\]\[ \Leftrightarrow {r_1} = 3{r_2}\].
Chứng minh tương tự ta có \[{r_2} = 3{r_3}\],….,\[{r_n} = 3{r_{n + 1}}\].
Do đó dãy bán kính \[{r_1}\], \[{r_2}\],…,\[{r_n}\],. lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với \[{r_1} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\] và công bội \[q = \frac{1}{3}\]. Suy ra dãy thể tích của các khối cầu \[\left( {{S_1}} \right)\], \[\left( {{S_2}} \right)\], …,\[\left( {{S_n}} \right)\],… lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với \[{V_1} = \frac{4}{3}\pi \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{6}} \right)^3} = \frac{{\sqrt 3 }}{{54}}\pi \,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\] và công bội \[{q_1} = \frac{1}{{27}}\].
Vậy tổng thể tích của các khối cầu \[\left( {{S_1}} \right),\left( {{S_2}} \right),...,\left( {{S_n}} \right),...\] là: \[V = \frac{{{V_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{52}}\pi \] \[{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\]. Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a,\) \(SA \bot \left( {ABCD} \right),\) \(SA = a\) và \(M\) là trung điểm cạnh \(SD.\) Côsin góc giữa đường thẳng \(AC\) và đường thẳng \(BM\) bằng
\(\frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 6 }}\).
\(\frac{1}{{3\sqrt 2 }}\).
\(\frac{1}{{2\sqrt 3 }}\).
\(\frac{{\sqrt 6 }}{3}\).
Lời giải
Gọi \(O = AC \cap BD\), \(I = SO \cap BM\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), qua \(I\) kẻ \(NK{\rm{//}}AC\,\;\left( {N \in SA,K \in SC} \right)\). Khi đó, \(\left( {AC,BM} \right) = \left( {NK,BM} \right)\).
Ta có \(I\) là trọng tâm của tam giác \(SBD\).
Tính được \(SB = SD = BD = a\sqrt 2 \) nên tam giác \(SBD\) đều cạnh \(a\sqrt 2 \).
\( \Rightarrow BM = \frac{{a\sqrt 2 .\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow BI = \frac{2}{3}MB = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
Ta có \(S{O^2} = S{A^2} + A{O^2} = {a^2} + {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}a} \right)^2} = \frac{{3{a^2}}}{2} \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{IK}}{{OC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IK = \frac{2}{3}OC = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).
\(\frac{{SK}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow SK = \frac{2}{3}SC = \frac{2}{3}a\sqrt 3 \).
Tam giác \(SBC\) vuông tại \(B \Rightarrow \cos \widehat {BSC} = \frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).
Ta có \(K{B^2} = S{K^2} + S{B^2} - 2SK \cdot SB\, \cdot \cos \widehat {BSK\,} = {\left( {\frac{2}{3}a\sqrt 3 } \right)^2} + 2{a^2} - 2 \cdot \frac{{2a\sqrt 3 }}{3} \cdot \,a\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 6 }}{3} = \frac{2}{3}{a^2}\).
Do đó, \(\cos \widehat {KIB\,} = \frac{{I{K^2} + I{B^2} - K{B^2}}}{{2IK \cdot IB}} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2} - {{\frac{{2a}}{3}}^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{3}}} = \frac{1}{{2\sqrt 3 }} > 0\).
Từ đó suy ra \(\cos \left( {AC,BM} \right) = \cos \left( {NK,BM} \right) = \cos \widehat {KIB} = \frac{1}{{2\sqrt 3 }}\). Chọn C.
Cho hình hộp chữ nhật có diện tích toàn phần bằng 36, độ dài đường chéo bằng 6. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối hộp đó (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Lời giải
Gọi số đo của hình hộp chữ nhật là \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\).
Khi đó ta có \({S_{tp}} = 2\left( {ab + bc + ca} \right) = 36\) và độ dài đường chéo bằng 6 nên \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 36\).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} + {c^2} = 36}\\{ab + bc + ca = 18}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {a + b + c} \right)}^2} = 72}\\{ab + bc + ca = 18}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 6\sqrt 2 }\\{b\left( {a + c} \right) + ac = 18}\end{array}} \right.\)
Khi đó \(V = abc = b\left[ {18 - b\left( {a + c} \right)} \right]\)\( = b\left[ {18 - b\left( {6\sqrt 2 - b} \right)} \right]\)\( = b\left[ {18 - 6\sqrt 2 b + {b^2}} \right]\)\( = {b^3} - 6\sqrt 2 {b^2} + 18b = f\left( b \right)\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + c = 6\sqrt 2 - b}\\{b\left( {6\sqrt 2 - b} \right) + ac = 18}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + c = 6\sqrt 2 - b}\\{ac = 18 + {b^2} - 6\sqrt 2 b}\end{array}} \right.\).
Để tồn tại \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\) thì \({S^2} \ge 4P \Leftrightarrow {\left( {6\sqrt 2 - b} \right)^2} \ge 4\left( {18 + {b^2} - 6\sqrt 2 b} \right)\)
\( \Leftrightarrow {b^2} - 12\sqrt 2 b + 72 \ge 72 + 4{b^2} - 24\sqrt 2 b\)\( \Leftrightarrow 3{b^2} - 12\sqrt 2 b \le 0\)\( \Leftrightarrow 0 \le b \le 4\sqrt 2 \).
Xét hàm số \(f\left( b \right) = {b^3} - 6\sqrt 2 {b^2} + 18b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < b \le 4\sqrt 2 } \right)\) ta có: \(f'\left( b \right) = 3{b^2} - 12\sqrt 2 b + 18 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3\sqrt 2 }\\{b = \sqrt 2 }\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{tm}}} \right)\).
Có \(f\left( {3\sqrt 2 } \right) = 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( {\sqrt 2 } \right) = 8\sqrt 2 \).
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên \[ \Rightarrow \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {0;4\sqrt 2 } \right]} f\left( b \right) = 8\sqrt 2 \]. Vậy \({V_{\max }} = 8\sqrt 2 \approx 11,3\).
Đáp án: 11,3.
Một cái hồ lô trang trí được thiết kế phần chứa nước có thể tích bằng thể tích của một vật thể \(\left( V \right)\) trong không gian. Biết rằng, điểm \(M\) thuộc \(\left( V \right)\) khi và chỉ khi \(MA \le \sqrt 3 \,\,{\rm{dm}}\) hoặc \(MB \le \sqrt 5 \,\,{\rm{dm}}\); trong đó \(A\) và \(B\) là hai điểm cố định, \(AB = 3\,\,{\rm{dm}}\). Thể tích phần chứa nước của hồ lô đó là bao nhiêu lít (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Lời giải
Điểm \(M\) thỏa \(MA \le \sqrt 3 \,\,{\rm{dm}}\) và \(MB \le \sqrt 5 \,\,{\rm{dm}}\), trong đó \(A\) và \(B\) là hai điểm cố định, \(AB = 3\,\,{\rm{dm}}\) được biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) là hai hình tròn tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) tâm \(A\left( {1;0} \right)\) bán kính \({R_1} = \sqrt 3 \) và hình tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) tâm \(B\left( { - 2;0} \right)\) bán kính \({R_2} = \sqrt 5 \).
Khi đó vật thể \(\left( V \right)\) được tạo thành do hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi hai nửa đường tròn \(y = \sqrt {3 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \), \(y = \sqrt {5 - {{\left( {x + 2} \right)}^2}} \) và trục hoành quay quanh trục \(Ox\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai nửa đường tròn: \(\sqrt {5 - {{\left( {x + 2} \right)}^2}} = \sqrt {3 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \Leftrightarrow x = \frac{{ - 1}}{6}\).
Suy ra thể tích phần chứa nước của hồ lô là
\(V = \pi \int\limits_{ - 2 - \sqrt 5 }^{\frac{{ - 1}}{6}} {\left[ {5 - {{\left( {x + 2} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_{\frac{{ - 1}}{6}}^{1 + \sqrt 3 } {\left[ {3 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right]{\rm{d}}x} \approx 66\) (dm3) = 66 lít.
Đáp án: 66.
Hai bạn An và Bình cùng chơi cờ vua với nhau. Trong một ván cờ, xác suất An thắng Bình là \(0,4\) và xác suất để Bình thắng An là \(0,35\). Hai bạn sẽ dừng chơi khi có người thắng, người thua. Tính xác suất để hai bạn dừng chơi sau hai ván cờ.
Lời giải
Gọi \(A\) là biến cố: “An thắng Bình trong ván cờ”, \(B\) là biến cố: “Bình thắng An trong ván cờ” và \(C\) là biến cố: “Bình và An hoà nhau trong ván cờ”.
Ta thấy \[A\], \[B\], \[C\] là các biến cố xung khắc.
Để hai bạn dừng chơi sau hai ván cờ thì ván đấu thứ nhất hai bạn hoà nhau, ván đấu thứ hai sẽ có thắng thua.
Xét ván thứ nhất: \(P\left( C \right) = 1 - P\left( A \right) - P\left( B \right) = 1 - 0,4 - 0,35 = 0,25\).
Xét ván thứ hai: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) = 0,4 + 0,35 = 0,75\).
Xác suất để hai bạn dừng chơi sau hai ván đấu là \(P = 0,25 \cdot 0,75 = 0,1875\).
Đáp án: 0,1875.
Giả sử bạn đang xét một căn bệnh hiếm gặp. Tỷ lệ mắc bệnh trong dân số là 0,5%. Có một xét nghiệm cho căn bệnh này, và xét nghiệm này có các đặc tính sau:
– Nếu người bệnh mắc bệnh, thì xét nghiệm dương tính với xác suất 98%.
– Nếu người bệnh không mắc bệnh, thì xét nghiệm âm tính với xác suất 95%.
Một bác sĩ thực hiện xét nghiệm cho một người có kết quả xét nghiệm là dương tính. Tính xác suất người đó mắc bệnh.
Lời giải
Gọi \[B\] là biến cố: “Người đó mắc bệnh”, \(\overline B \) là biến cố: “Người đó không mắc bệnh”.
Khi đó xác suất mắc bệnh là \(P\left( B \right) = 0,005\).
Xác suất không mắc bệnh là: \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 0,995\).
Gọi \[T\]là biến cố “Xét nghiệm dương tính”, \[\overline T \] là biến cố: “Xét nghiệm âm tính”.
Xác suất xét nghiệm dương tính khi mắc bệnh: \[P\left( {T\mid B} \right) = 0,98\].
Xác suất xét nghiệm âm tính khi mắc bệnh là: \[P\left( {\overline T \mid B} \right) = 1 - P\left( {T\mid B} \right) = 0,02\].
Xác suất xét nghiệm âm tính khi không mắc bệnh: \[P\left( {\overline T \mid \overline B } \right) = 0,95\].
Xác suất xét nghiệm dương tính khi không mắc bệnh: \[P\left( {T\mid \overline B } \right) = 1 - P\left( {\overline T \mid \overline B } \right) = 0,05\].
Xác suất để người được xét nghiệm có kết quả dương tính là
\[P\left( T \right) = P\left( {T\mid B} \right) \cdot P\left( B \right) + P\left( {T\mid \overline B } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = 0,98 \cdot 0,005 + 0,05 \cdot 0,995 = 0,05465\].
Xác suất người đó mắc bệnh khi có kết quả xét nghiệm là dương tính là
\(P\left( {B|T} \right) = \frac{{P\left( {T|B} \right) \cdot P\left( B \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{{0,98 \cdot 0,005}}{{0,05465}} = \frac{{98}}{{1093}} \approx 0,09\).
Đáp án: 0,09.
