50 câu hỏi
Một cây cầu có dạng cung \(AB\) của đồ thị hàm số \(y = 4,8\cos \frac{x}{9}\) và được mô tả trong hệ trục toạ độ với đơn vị trục là mét như ở hình vẽ dưới.
Một sà lan chở khối hàng hoá được xếp thành hình hộp chữ nhật với độ cao \(3,6m\) so với mực nước sông. Hỏi chiều rộng của khối hàng hoá đó lớn nhất là bao nhiêu mét để sà lan có thể đi qua được gầm cầu (nhập đáp án vào ô trống, làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
___
Với mỗi điểm \(M\left( {x;y} \right)\) nằm trên mặt cầu, khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt nước tương ứng với giá trị tung độ \(y\) của điểm \(M\).
Xét phương trình: \(4,8\cos \frac{x}{9} = 3,6 \Leftrightarrow \cos \frac{x}{9} = \frac{3}{4}\). Do \(x \in \left[ { - \frac{{9\pi }}{2};\frac{{9\pi }}{2}} \right]\) nên \(\frac{x}{9} \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\).
Từ phương trình \(\cos \frac{x}{9} = \frac{3}{4}\) với \(\frac{x}{9} \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\), ta có \(\frac{x}{9} \approx \pm 0,7227\). Khi đó, \(2\left| x \right| \approx 13,0086\).
Vậy chiều rộng của khối hàng hoá đó lớn nhất là \(13\,m\) để sà lan có thể đi qua được gầm cầu.
Đáp án cần nhập là: \(13\).
\[3\].
2.
\(1\).
\[4\].
Bất phương trình đã cho đúng với mọi \[x \in \left[ {1;3} \right]\]\[ \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 1} \right)^3} + {x^2} + 1 \ge {\left( {mx} \right)^3} + mx\], \[\forall x \in \left[ {1;3} \right]\].
Xét hàm số: \[f\left( t \right) = {t^3} + t \Rightarrow f'\left( t \right) = 3{t^2} + 1 > 0\]\[\,\forall t \in \mathbb{R}\]. Vậy \[f\left( t \right)\] đồng biến trên \[\mathbb{R}\].
Suy ra bất phương trình đã cho đúng với mọi \[x \in \left[ {1;3} \right]\]\[ \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 1} \right) \ge f\left( {mx} \right);\,\forall x \in \left[ {1;3} \right]\] \[ \Leftrightarrow m \le \frac{{{x^2} + 1}}{x}\] \[\forall x \in \left[ {1;3} \right]\]\[ \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} \frac{{{x^2} + 1}}{x}\]\[ \Leftrightarrow m \le 2\].
Vì tham số \[m\] nguyên dương suy ra \[S = \left\{ {1;\,2} \right\}\].
Vậy tổng tất cả các phần tử thuộc \[S\] bằng \(3\). Chọn A.
Gọi số cây ở hàng thứ \(n\) là \[{u_n}\].
Ta có: \[{u_1} = 1\], \[{u_2} = 2\], \[{u_3} = 3\], … và \[S = {u_1} + {u_2} + {u_3} + ... + {u_n} = 11\,325\].
Nhận xét dãy số \[\left( {{u_n}} \right)\] là cấp số cộng có \[{u_1} = 1\], công sai \[d = 1\].
Khi đó \[S = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = 11325\]. Suy ra \[\frac{{n\left[ {2 \cdot 1 + \left( {n - 1} \right) \cdot 1} \right]}}{2} = 11325\]\[ \Leftrightarrow n\left( {n + 1} \right) = 22650\]
\[ \Leftrightarrow {n^2} + n - 22650 = 0\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 150\\n = - 151\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow n = 150\] (vì \[n \in {\mathbb{N}^*}\]).
Vậy số hàng cây được trồng là \[150\].
Đáp án cần nhập là: \[150\].
\(4\,c{m^2}\).
\(32\,768\,c{m^2}\).
\(2\,c{m^2}\).
\(64\,c{m^2}\).
Diện tích bề mặt của mỗi tầng (kể từ 1) lập thành một cấp số nhân có công bội \(q = \frac{1}{2}\) và \({u_1} = \frac{{512}}{2} = 256\). Khi đó, diện tích mặt trên cùng là: \({u_8} = {u_1} \cdot {q^7} = 256 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^7} = 2\,\,\left( {c{m^2}} \right)\). Chọn C.
\(\frac{{17}}{6}.\)
\(\frac{{23}}{7}.\)
\(7.\)
\(17.\)
Đặt \(h\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 5}}{{x - 1}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)h\left( x \right) + 5\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,h\left( x \right) = 2\end{array} \right.;\)\(p\left( x \right) = \frac{{g\left( x \right) - 1}}{{x - 1}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}g\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)p\left( x \right) + 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \,\,p\left( x \right) = 3\end{array} \right..\)
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {f\left( x \right) \cdot g\left( x \right) + 4} - 3}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) \cdot g\left( x \right) - 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {f\left( x \right) \cdot g\left( x \right) + 4} + 3} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}h\left( x \right)p\left( x \right) + \left( {x - 1} \right)\left[ {h\left( x \right) + 5p\left( x \right)} \right]}}{{\left( {x - 1} \right)\left[ {\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2}h\left( x \right)p\left( x \right) + \left( {x - 1} \right)\left[ {h\left( x \right) + 5p\left( x \right)} \right] + 9} + 3} \right]}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)h\left( x \right)p\left( x \right) + \left[ {h\left( x \right) + 5p\left( x \right)} \right]}}{{\sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2}h\left( x \right)p\left( x \right) + \left( {x - 1} \right)\left[ {h\left( x \right) + 5p\left( x \right)} \right] + 9} + 3}} = \frac{{17}}{6}\). Chọn A.
\(y' = \frac{1}{{2\sqrt {{x^2} - 2x - 3} }}\).
\(y' = \frac{{x - 1}}{{2\sqrt {{x^2} - 2x - 3} }}\).
\(y' = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x - 3} }}\).
\(y' = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 2x - 3} }}\).
Ta có \(y' = {\left( {\sqrt {{x^2} - 2x - 3} } \right)^\prime } = \frac{{{{\left( {{x^2} - 2x - 3} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {{x^2} - 2x - 3} }} = \frac{{2x - 2}}{{2\sqrt {{x^2} - 2x - 3} }} = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 2x - 3} }}\). Chọn C.
11.
3.
8.
16.
Bất phương trình \( \Leftrightarrow 4{\left( {{{\log }_2}\sqrt x } \right)^2} + {\log _2}x + m \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} + {\log _2}x + m \ge 0\) (*).
Đặt \(t = {\log _2}x\) với , khi đó (*) \( \Leftrightarrow m \ge f\left( t \right) = - {t^2} - t;\forall t \in \left( {0;6} \right)\).
Xét hàm số \(f\left( t \right) = - {t^2} - t\) trên khoảng \(\left( {0;6} \right)\), có \(f'\left( t \right) = - 2t - 1 < 0;\forall t \in \left( {0;6} \right)\).
Suy ra \(f\left( t \right)\) là hàm số nghịch biến trên khoảng .
Do đó \(m \ge f\left( t \right);\forall t \in \left( {0;6} \right) \Leftrightarrow m \ge 0\). Kết hợp có 11 giá trị nguyên cần tìm. Chọn A.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 50 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).
\(\left( { - 1;0} \right)\).
\(\left( {1;2} \right)\).
\[\left( {2; + \infty } \right)\].
Ta có \(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {{x^2} - 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right),\,\forall x \in \mathbb{R}\).
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = - 1\) hoặc \(x = 1\) hoặc \(x = 2\).
Bảng xét dấu đạo hàm của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:
Từ bảng xét dấu, suy ra hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \[\left( {2; + \infty } \right)\]. Chọn D.
\(m = \pm 1\).
\(m = \pm \sqrt 2 \) .
\(m = \pm 2\).
\(m = \pm \sqrt 3 \).
Ta có \(y'\left( {{x_1}} \right) = y'\left( {{x_2}} \right) = 5 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{\rm{x}}_1^2 + 6m{{\rm{x}}_1} + 2 = 5\\3{\rm{x}}_2^2 + 6m{{\rm{x}}_2} + 2 = 5\end{array} \right.\). Khi đó \({x_1};{x_2}\) là nghiệm của phương trình \(3{{\rm{x}}^2} + 6m{\rm{x}} + 2 = 5\) hay \({x^2} + 2m{\rm{x}} - 1 = 0\left( {{m^2} + 1 > 0} \right)\). Theo Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - 2m\\{x_1}{x_2} = - 1\end{array} \right.\).
Lại có \(x_1^2 + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{{\rm{x}}_1}{x_2} = 4{m^2} + 2 = 10 \Leftrightarrow m = \pm \sqrt 2 \). Chọn B.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số \(g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right)}}\) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( {3\,; + \infty } \right).\)
\[\left( { - 2\,;0} \right).\]
\(\left( {1\,;2} \right).\)
\(\left( { - \infty \,; - 1} \right).\)
Ta có \(g'\left( x \right) = - \frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}\).
Dựa vào BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\), lập bảng xét dấu của hàm số \(g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right)}}\):
Ta thấy hàm số \(g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right)}}\) đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty \,; - 2} \right),\)\(\left( { - 2\,; - 1} \right),\)\(\left( {1\,;3} \right).\)
Mà \(\left( {1\,;2} \right) \subset \left( {1;3} \right)\) nên C đúng. Chọn C.
\(0\).
\(e\).
\({e^{ - 1}}\).
\({e^{ - 2}}\).
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\). Ta có: \[y' = \left( {2x - 2{x^2}} \right){e^{ - 2x}};y' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\].
Bảng biến thiên của hàm số như sau:
Giá trị cực đại của hàm số là \(f\left( 1 \right) = {e^{ - 2}}\). Chọn D.
\(M = 3\).
\(M = 0\).
\(M = 1\).
\(M = 2\).
Đặt \(t = \sin x + 1\), vì \(\forall x \in \mathbb{R},\,\sin x \in \left[ { - 1;\,1} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;\,2} \right]\).
Xét hàm số \(y = f\left( t \right),\,\,t \in \left[ {0;\,2} \right]\). Từ đồ thị đã cho ta có \[M = \mathop {Max}\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( t \right) = f\left( 0 \right) = 2.\] Chọn D.
Điều kiện: \[{x^2} - 2mx + 9 \ge 0\,\,\left( * \right)\].
Ta có: \[y' = \frac{{x - m}}{{\sqrt {{x^2} - 2mx + 9} }}\], \[y' = 0\]\[ \Leftrightarrow x - m = 0\]\[ \Leftrightarrow x = m\].
Hàm số đã cho có cực trị \[ \Leftrightarrow x = m\] thỏa mãn \[ \Leftrightarrow {m^2} - 2{m^2} + 9 \ge 0\]\[ \Leftrightarrow - 3 \le m \le 3\].
Vậy có 7 giá trị nguyên của \(m\) để hàm số đã cho có cực trị.
Đáp án cần nhập là: 7.
\[{e^x} - \frac{1}{2}{e^{ - 2x}} + C\].
\[\frac{{{{25}^x}}}{{2\ln 5}} + 12{e^{ - \frac{x}{2}}} + C\].
\[{e^x} - 2{e^{ - 2x}} + C\].
\[\frac{{{e^{x + 1}}}}{{x + 1}} + \frac{{{e^{ - 2x + 1}}}}{{ - 2x + 1}} + C\].
Ta có \[\int {\left( {{5^{2x}} - 6{{\rm{e}}^{ - \frac{x}{2}}}} \right){\rm{d}}x} = \int {{{25}^x}{\rm{d}}x} - 6\int {{{\left( {{{\rm{e}}^{ - \frac{1}{2}}}} \right)}^x}dx} \]
\[ = \frac{{{{25}^x}}}{{\ln 25}} - 6\frac{{{{\rm{e}}^{ - \frac{x}{2}}}}}{{\ln {e^{ - \frac{1}{2}}}}} + C = \frac{{{{25}^x}}}{{2\ln 5}} + 12{{\rm{e}}^{ - \frac{x}{2}}} + C\]. Chọn B.
\(\left( { - 2;\,3} \right)\).
\(\left( {2;\,1} \right)\).
\(\left( {2;\, - 1} \right)\).
\(\left( {3;\,2} \right)\).
Ta có \(y = \frac{{ - {x^2} + 3x - 1}}{{x - 2}} = - x + 1 + \frac{1}{{x - 2}}\).
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( { - x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{x - 2}} = 0,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( { - x + 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{x - 2}} = 0\].
Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = - x + 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{ - {x^2} + 3x - 1}}{{x - 2}} = + \infty ,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{ - {x^2} + 3x - 1}}{{x - 2}} = - \infty \).
Vậy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x = 2\).
Đồ thị hàm số đã cho nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
Vậy tọa độ tâm đối xứng của đồ thị hàm số là \(\left( {2;\, - 1} \right)\). Chọn C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị được cho như hình vẽ ở bên. Hỏi phương trình \(\left| {f\left( {{x^3} - 3x + 1} \right) - 2} \right| = 1\) có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt (nhập đáp án vào ô trống)?
__
|
Dựa vào đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\), ta có: \(\left| {f\left( {{x^3} - 3x + 1} \right) - 2} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( {{x^3} - 3x + 1} \right) = 1}\\{f\left( {{x^3} - 3x + 1} \right) = 3}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} - 3x + 1 = b}&{\left( {b < - 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{{x^3} - 3x + 1 = c}&{\left( { - 1 < c < 3} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}\\{{x^3} - 3x + 1 = d}&{\left( {d > 3} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)}\\{{x^3} - 3x + 1 = a}&{\left( {a > d} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)}\end{array}} \right.\). Dựa vào đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1\) (hình vẽ dưới đây). Suy ra phương trình \(\left( 1 \right),\,\,\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right)\) mỗi phương trình có 1 nghiệm; phương trình \(\left( 2 \right)\) có 3 nghiệm và các nghiệm đều phân biệt. Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt. Đáp án cần nhập là: \(6\). |  |
Khi ô tô dừng lại, ta có \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 2t + 20 = 0 \Leftrightarrow t = 10\).
Vậy từ thời điểm đạp phanh đến khi dừng lại, ô tô di chuyển được thêm 10 giây và quãng đường đi được là: \(s = \int\limits_0^{10} {\left( { - 2t + 20} \right)\,} dt = \left. {\left( { - {t^2} + 20t} \right)} \right|_0^{10} = 100\) (m).
Trong 5 giây trước đó, ô tô vẫn đang đi với vận tốc \(20\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) nên quãng đường đi được trong 5 giây này là: \(5 \cdot 20 = 100\)(m).
Vậy quãng đường mà ô tô đi được trong 15 giây cuối cùng bằng: \(100 + 100 = 200\;\,\left( {\rm{m}} \right)\).
Đáp án cần nhập là: \(200\).
\(6\).
\(5\).
\(4\).
\(3\).
Dựa vào đồ thị \[y = f'\left( x \right)\] ta thấy phương trình \[f'\left( x \right) = 0\] có 4 nghiệm nhưng giá trị \[f'\left( x \right)\] chỉ đổi dấu 3 lần. Vậy hàm số \[y = f\left( x \right)\] có 3 điểm cực trị. Chọn D.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình bên. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số \(m\) để phương trình \({9^{f\left( x \right)}} + 9m = m \cdot {3^{f\left( x \right)}} + {3^{f\left( x \right) + 2}}\) có đúng 5 nghiệm thực phân biệt (nhập đáp án vào ô trống)?
__
Ta có \({9^{f\left( x \right)}} + 9m = m \cdot {3^{f\left( x \right)}} + {3^{f\left( x \right) + 2}}\) \( \Leftrightarrow {3^{2f\left( x \right)}} - {3^{f\left( x \right) + 2}} = m\left( {{3^{f\left( x \right)}} - 9} \right)\)
\( \Leftrightarrow {3^{f\left( x \right)}}\left( {{3^{f\left( x \right)}} - 9} \right) = m\left( {{3^{f\left( x \right)}} - 9} \right)\)\( \Leftrightarrow \left( {{3^{f\left( x \right)}} - 9} \right)\left( {{3^{f\left( x \right)}} - m} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^{f\left( x \right)}} = 9}\\{{3^{f\left( x \right)}} = m}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 2\quad \,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\{f\left( x \right) = {{\log }_3}m\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.} \right..\)
Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).
Để phương trình có đúng 5 nghiệm thực phân biệt \( \Leftrightarrow \left( 2 \right)\) có đúng 3 nghiệm thực khác \( - 2\,;\,\,1\)
\( \Leftrightarrow - 2 < {\log _3}m < 2 \Leftrightarrow \frac{1}{9} < m < 9\). Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}\).
Vậy có 8 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án cần nhập là: 8.
\(1\).
\(5\).
\(3\).
\(2\).
Ta có \[\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + 2x} \right]} \,dx = 3 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)\,} dx + 2\int\limits_0^1 x dx = 3 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,dx + \left. {2 \cdot \frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^1 = 3\].
Suy ra \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 3 - \left. {{x^2}} \right|_0^1 = 3 - \left( {1 - 0} \right) = 2\). Chọn D.
\[3\].
\[81\].
\[9\].
\[6\].
Ta có \(\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {z^2} = 9\) có bán kính \(R = \sqrt 9 = 3\). Chọn A.
Một người đứng cách thân một cái quạt gió 16 m và nhìn thấy tâm của cánh quạt với góc nâng \(56,5^\circ \) (xem hình dưới). Tính khoảng cách từ tâm của cánh quạt đến mặt đất (nhập đáp án vào ô trống, đơn vị: mét, làm tròn kết quả đến hàng phần mười). Cho biết khoảng cách từ mắt của người đó đến mặt đất là 1,5 m.
_____
Kí hiệu các điểm A, B, C như hình dưới.
Cách 1: Ta có: \(\widehat B = 90^\circ - 56,5^\circ = 33,5^\circ \). Áp dụng định lí sin, ta có: \(\frac{{BC}}{{\sin A}} = \frac{{AC}}{{\sin B}}\).
\( \Rightarrow BC = \sin A \cdot \frac{{AC}}{{\sin B}} = \sin 56,5^\circ \cdot \frac{{16}}{{\sin 33,5^\circ }} \approx 24,2\,\,\left( m \right)\).
Vậy khoảng cách từ tâm của cánh quạt đến mặt đất là \(24,2 + 1,5 = 25,7\,\,\left( m \right)\).
Cách 2: Ta có: \(\tan A = \frac{{BC}}{{AC}} \Rightarrow BC = AC \cdot \tan A = 16 \cdot \tan 56,5^\circ \approx 24,2\,\left( m \right)\).
Vậy khoảng cách từ tâm của cánh quạt đến mặt đất là: \(24,2 + 1,5 = 25,7\,\;\left( m \right)\).
Đáp án cần nhập là: 25,7.
\(\frac{4}{3}\).
\(\frac{7}{3}\).
\(\frac{8}{3}\).
\(\frac{5}{3}\).
Phương trình hoành độ giao điểm: \({x^2} + 5 = 6x \Leftrightarrow x = 5;x = 1\).
Diện tích hình phẳng cần tìm: \(S = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - 6x + 5} \right|{\rm{d}}x} = \frac{7}{3}\). Chọn B.
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{5}\).
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).
|
Ta có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {ABC} = 30^\circ \) và \(BC = a\), suy ra \(AC = \frac{a}{2},\,AB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Lại có \[\,\,\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\CA \bot AB\end{array} \right.\,\, \Rightarrow AC \bot \left( {SAB} \right)\], suy ra tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\). Suy ra \(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). Tam giác \(SAB\) có \(SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,AB = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,SB = a\). |  |
Từ đó sử dụng công thức Heron ta tính được \({S_{SAB}} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}\).
\( \Rightarrow SH = \frac{{2{S_{SAB}}}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2AB}}{3}\) (với \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(AB\)). Suy ra \(d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right).\) Từ \(H\) kẻ \(HK \bot BC\). Kẻ \(HE \bot SK \Rightarrow HE \bot \left( {SBC} \right)\).
Ta tính được \(HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{6} \Rightarrow d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = HE = \frac{{a\sqrt 6 }}{9}.\)
Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{9} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\). Chọn D.
|
Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\), suy ra \(H\) là tâm ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Do \(SA = SB = SC\) nên ta có \(SH \bot \left( {ABC} \right)\). Đặt \(AC = x\). Ta có \(BC = \sqrt {A{C^2} + A{B^2}} = \sqrt {{x^2} + 4} \). Trong tam giác \(SBH\) ta có \(SH = \sqrt {S{B^2} - B{H^2}} = \frac{{\sqrt {32 - {x^2}} }}{2}\), với điều kiện \(0 < x < 4\sqrt 2 \). |  |
Thể tích của lều \(V = \frac{1}{3} \cdot SH \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt {32 - {x^2}} }}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot x = \frac{1}{6}x \cdot \sqrt {32 - {x^2}} \).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = x \cdot \sqrt {32 - {x^2}} \), ta có \(f'\left( x \right) = \sqrt {32 - {x^2}} - \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {32 - {x^2}} }}\).
Có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 32 - {x^2} = {x^2} \Rightarrow x = 4\). Bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( {0;4\sqrt 2 } \right)\):
Từ bảng biến thiên suy ra độ dài cạnh \(AC\) là \(4\,m\).
Đáp án cần nhập là: 4.
\[a\].
\[\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].
\[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].
\[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].
|
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right).\) Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là góc \(\widehat {SBA} = 60^\circ .\) Do đó \(SA = a \cdot \tan 60^\circ = a\sqrt 3 .\) Dựng \(D\) sao cho \(ABCD\) là hình vuông. Dựng \(AE \bot SD\) tại E. Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AE.\) |  |
Mà \(AE \bot SD\) suy ra \(AE \bot \left( {SCD} \right).\) Ta có \(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AE.\)
Mà \(AE = \frac{{AS \cdot AD}}{{SD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) Vậy \(d\left( {AB,SC} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\) Chọn D.
Ta có: \(\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {2{{\cot }^2}x + 5} \right)dx} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {2\left( {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}} - 1} \right) + 5} \right)dx} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {3 + \frac{2}{{{{\sin }^2}x}}} \right)dx} \)
\( = \left. {\left( {3x - 2\cot x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{4}} = \frac{\pi }{4} + 2\sqrt 3 - 2\). Suy ra \(a = 4,b = 2,c = - 2\). Vậy \(P = 4\).
Đáp án cần nhập là: 4.
\(AD = 3DS\).
\(AD = 2DS\).
\(AS = 3DS\).
\(AD = DS\).
|
Do \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABC} \right) \cap \left( {PQR} \right) = PR\\\left( {ABC} \right) \cap \left( {ACD} \right) = AC\\\left( {ACD} \right) \cap \left( {PQR} \right) = QS\end{array} \right.\) mà \(PR//AC\) nên 3 giao tuyến \(PR,\,AC,\,QS\) song song với nhau. Theo định lý Thales ta có: \(\frac{{AS}}{{SD}} = \frac{{CQ}}{{QD}} = 2 \Rightarrow SA = 2SD\) \( \Rightarrow AD = 3SD\). Chọn A. |  |
\({\left( {x - 7} \right)^2} + {\left( {y - 7} \right)^2} = 102\).
\({\left( {x + 7} \right)^2} + {\left( {y + 7} \right)^2} = 164\).
\({\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 5} \right)^2} = 25\).
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y + 5} \right)^2} = 25\).
Gọi \(I\left( {a;b} \right)\) là tâm của đường tròn \(\left( C \right)\).
Ta có IA2 = IB2 = R2\( \Leftrightarrow {\left( {1 - a} \right)^2} + {\left( {3 - b} \right)^2} = {\left( {3 - a} \right)^2} + {\left( {1 - b} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow 4a = 4b \Leftrightarrow a = b\).
Khi đó tọa độ \(I\left( {a;a} \right)\). Vì \(I\left( {a;a} \right) \in d\) nên 2a – a + 7 = 0 \( \Leftrightarrow a = - 7\). Suy ra \(I\left( { - 7; - 7} \right)\).
Ta có \(R = IA = \sqrt {{{\left( {1 + 7} \right)}^2} + {{\left( {3 + 7} \right)}^2}} = 2\sqrt {41} \).
Vậy phương trình đường tròn \(\left( C \right)\): \({\left( {x + 7} \right)^2} + {\left( {y + 7} \right)^2} = 164\). Chọn B.
\(\left( {0;0;1} \right)\).
\(\left( {0;0; - 1} \right)\).
\(\left( {0;0;\frac{1}{2}} \right)\).
\(\left( {0;0; - \frac{1}{2}} \right)\).
Gọi \(C\left( {0;0;c} \right) \in Oz\). Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {0; - 1;2} \right)\), \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 1;1;c} \right)\).
Để \(AB \bot BC\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow - 1 + 2c = 0 \Rightarrow c = \frac{1}{2}\). Vậy \(C\left( {0;0;\frac{1}{2}} \right)\). Chọn C.
\(2y - 2z + 1 = 0\).
\(2y - 2z - 1 = 0\).
\[2x - 2z + 1 = 0\].
\[2x - 2z - 1 = 0\].
Đường thẳng \({d_1}\) đi qua điểm \(A\left( {2;0;0} \right)\) có VTCP là \[\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 1;1;1} \right)\] và đường thẳng \({d_2}\) đi qua điểm \(B\left( {0;1;2} \right)\) có VTCP là \[\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 2;1;1} \right)\].
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) song song \({d_1},\,{d_2}\) nên \(\left( P \right)\) có VTPT là \[n = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {0; - 1;1} \right)\].
Do đó mặt phẳng \(\left( P \right)\) có dạng \(y - z + m = 0\).
Mặt khác: \(\left( P \right)\) cách đều hai đường thẳng \({d_1},\,{d_2}\) nên
\(d\left( {{d_1},\left( P \right)} \right) = d\left( {{d_2},\left( P \right)} \right) \Leftrightarrow d\left( {A,\left( P \right)} \right) = d\left( {B,\left( P \right)} \right) \Leftrightarrow \left| m \right| = \left| {m - 1} \right| \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\).
Vậy \(\left( P \right)\):\(y - z + \frac{1}{2} = 0 \Leftrightarrow 2y - 2z + 1 = 0\). Chọn A.
\(\left( P \right):5x + 2y + 4z - 5 = 0\).
\(\left( P \right):2x + y + 2z - 1 = 0\).
\[\left( P \right):5x - 2y - 4z - 5 = 0\].
\(\left( P \right):2x + y + 2z - 2 = 0\).
VTCP của \(d\) là \(\overrightarrow a = \left( {2;1;2} \right)\) và \(B\left( {1; - 2;1} \right) \in d\). Khi đó: \[\overrightarrow {AB} = \left( {0; - 2;1} \right)\].
Do đó, vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow a ,\,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {5; - 2; - 4} \right)\).
Từ đó suy ra phương trình mặt phẳng cần tìm là \(5\left( {x - 1} \right) - 2\left( {y - 0} \right) - 4\left( {z - 0} \right) = 0\) hay \[5x - 2y - 4z - 5 = 0\]. Chọn C.
\[V = \sqrt 3 \].
\[V = 3\sqrt 3 \].
\[V = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\].
\[V = \pi \].
|
Do vật thể có đáy là đường tròn và khi cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) được thiết diện là tam giác đều do đó vật thể đối xứng qua mặt phẳng vuông góc với trục \(Oy\) tại điểm \(O\). Cạnh của thiết diện tam giác đều là: \(a = 2\sqrt {1 - {x^2}} \). Diện tích tam giác thiết diện là: \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \left( {1 - {x^2}} \right)\sqrt 3 \). |  |
Thể tích khối cần tìm là:
\(V = 2\int\limits_0^1 {Sdx} = 2\int\limits_0^1 {\sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)dx = \left. {2\sqrt 3 \left( {x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}} \). Chọn C.
\[\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z - 4}}{{ - 2}}\].
\[\frac{{x + 3}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ - 2}} = \frac{{z + 2}}{2}\].
\[\frac{{x - 3}}{1} = \frac{y}{{ - 2}} = \frac{{z - 2}}{2}\].
\[\frac{{x + 3}}{{ - 1}} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z + 2}}{{ - 2}}\].
\(d\) đi qua \(A\left( {2;1;4} \right)\)và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 1;2; - 2} \right)\).
\[d'\] đi qua \(B\left( {4; - 1;0} \right)\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1; - 2;2} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {{u_1}} = - \overrightarrow {{u_2}} \) và \(\frac{{2 - 4}}{1} \ne \frac{{1 + 1}}{{ - 2}} \ne \frac{4}{2}\) nên \(d\,{\rm{//}}\,d'\).
Đường thẳng \(\Delta \) thuộc mặt phẳng chứa \[d\] và \[d'\]đồng thời cách đều hai đường thẳng đó khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta \,{\rm{//}}\,d\,{\rm{//}}\,d'\\d\left( {\Delta ,d} \right) = d\left( {\Delta ,d'} \right)\end{array} \right.\) hay \(\Delta \) qua trung điểm \(I\left( {3;0;2} \right)\) của \(AB\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {1; - 2;2} \right)\). Khi đó phương trình của \(\Delta \): \[\frac{{x - 3}}{1} = \frac{y}{{ - 2}} = \frac{{z - 2}}{2}\]. Chọn C.
\[M \in d \Rightarrow M\left( {t; - 1 + 2t; - 2 + 3t} \right)\].
\[d\left( {M,\left( P \right)} \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{{\left| {t + 2\left( { - 1 + 2t} \right) - 2\left( { - 2 + 3t} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2\]\[ \Leftrightarrow \frac{{\left| { - t + 5} \right|}}{3} = 2\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 5 = 6\\t - 5 = - 6\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 11\\t = - 1\end{array} \right.\].
Vì \[M\] có hoành độ âm nên chọn \[t = - 1\]. Khi đó tung độ của \[M\] bằng \[ - 3\].
Đáp án cần nhập là: –3.
\[{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 18\].
\[{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 6} \right)^2} = 18\].
\[{\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 6} \right)^2} = 18\].
\[{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 18\].
Đường thẳng \(d\) đi qua \(N\left( { - 5;7;0} \right)\) và có VTCP \(\vec u = \left( {2; - 2;1} \right)\); \(\overrightarrow {MN} = \left( { - 9;6; - 6} \right)\).
Gọi \[H\] là chân đường vuông góc kẻ từ M đến đường thẳng d Þ \(MH = d\left( {M,d} \right) = 3\).
Bán kính mặt cầu \[\left( S \right)\]: \({R^2} = M{H^2} + {\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)^2} = 18\).
Þ PT mặt cầu \[\left( S \right)\]: \[{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 18.\] Chọn A.
\[T = 1\].
\[T = 0\].
\[T = - 1\].
\[T = 2\].
Gọi I là điểm thỏa mãn \[\overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {IB} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {IA} = 2\overrightarrow {IB} \Leftrightarrow I\left( {3; - 4;5} \right)\].
Khi đó \[M{A^2} - 2M{B^2} = {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} - 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} = - M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( {\overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {IB} } \right) + I{A^2} - 2I{B^2}\]
\[ = - M{I^2} + I{A^2} - 2I{B^2}\] lớn nhất \[ \Leftrightarrow MI\] nhỏ nhất \[ \Leftrightarrow \]M là hình chiếu của I trên mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\].
Suy ra \[M\left( {3; - 4;0} \right) \Rightarrow T = - 1\] . Chọn C.
Sắp 40 điểm bài kiểm tra trong bảng số liệu đã cho theo thứ tự không giảm, ta có điểm 6 là điểm đứng ở vị trí thứ 20 và 21 của dãy sắp thứ tự \(\left( {n = 40} \right)\).
Vậy trung vị cần tìm là: \({M_e} = \frac{{6 + 6}}{2} = 6\).
Đáp án cần nhập là: 6.
\(\frac{{21}}{{55}}\).
\(\frac{{34}}{{55}}\).
\(\frac{{39}}{{55}}\).
\(\frac{{16}}{{55}}\).
Không gian mẫu \(C_{12}^4 \cdot C_8^4 \cdot 1 = 34\,650\).
Chỉ có 3 nữ và chia mỗi nhóm có đúng 1 nữ và 3 nam. Nhóm 1 có \(C_3^1 \cdot C_9^3 = 252\) cách.
Lúc đó còn lại 2 nữ, 6 nam, nhóm thứ 2 có \(C_2^1 \cdot C_6^3 = 40\) cách chọn.
Cuối cùng còn 4 người là một nhóm: có 1 cách.
Theo quy tắc nhân thì có: \(252 \cdot 40 \cdot 1 = 10\,080\) cách.
Vậy xác suất cần tìm là \(P = \frac{{10\,080}}{{34\,650}} = \frac{{16}}{{55}}\). Chọn D.Ta có bảng số liệu sau:
|
Chiều cao (m) |
\(\left[ {30;40} \right)\) |
\(\left[ {40;50} \right)\) |
\(\left[ {50;60} \right)\) |
\(\left[ {60;70} \right)\) |
\(\left[ {70;80} \right)\) |
\(\left[ {80;90} \right)\) |
|
Giá trị đại diện |
35 |
45 |
55 |
65 |
75 |
85 |
|
Số cây |
4 |
10 |
14 |
6 |
4 |
2 |
Giá trị trung bình của mẫu số liệu là
\[\bar x = \frac{{4 \cdot 35 + 10 \cdot 45 + 14 \cdot 55 + 6 \cdot 65 + 4 \cdot 75 + 2 \cdot 85}}{{40}} = 55,5\].
Đáp án cần nhập là: 55,5.
\(\frac{8}{{21}}\).
\[\frac{1}{7}\].
\[\frac{{13}}{{21}}\].
\[\frac{{16}}{{21}}\].
Gọi \(A\) là biến cố: “Cả hai đều không ném bóng trúng vào rổ”.
Gọi \(X\) là biến cố: “Người thứ nhất ném trúng rổ”. Ta có: \(P\left( X \right) = \frac{1}{3}\).
Gọi \(Y\) là biến cố: “Người thứ hai ném trúng rổ”. Ta có: \(P\left( Y \right) = \frac{3}{7}\).
Ta thấy biến cố \(X,Y\) là 2 biến cố độc lập nhau nên \(\bar X\) và \(\bar Y\) độc lập và \(A = \bar X\bar Y\).
Vậy xác suất để cả hai người đều không ném bóng vào rổ là:
\(P\left( A \right) = P\left( {\bar X} \right) \cdot P\left( {\bar Y} \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{7} = \frac{8}{{21}}\). Chọn A.
Gọi các biến cố \(A\): “Chọn được hộ nuôi chó”, và \(B\): “Chọn được hộ nuôi mèo”.
Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{{18}}{{50}} = \frac{9}{{25}},\,\,P\left( B \right) = \frac{{16}}{{50}} = \frac{8}{{25}},\,\,P\left( {AB} \right) = \frac{7}{{50}}\).
Xác suất để chọn được hộ nuôi chó hoặc nuôi mèo là:
\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{9}{{25}} + \frac{8}{{25}} - \frac{7}{{50}} = \frac{{27}}{{50}} = 0,54\).
Đáp án cần nhập là: 0,54.
\(92\).
\[56\].
\[93\].
\[9,6\].
Ta có bảng sau:
|
Nhóm |
\(\left[ {30;40} \right)\) |
\(\left[ {40;50} \right)\) |
\(\left[ {50;60} \right)\) |
\(\left[ {60;70} \right)\) |
\(\left[ {70;80} \right)\) |
|
Giá trị đại diện |
35 |
45 |
55 |
65 |
75 |
|
Số khách hàng |
5 |
8 |
25 |
20 |
2 |
Ta có \(n = 5 + 8 + 25 + 20 + 2 = 60\).
Số trung bình cộng của mẫu số liệu trên là: \[\overline x = \frac{{5 \cdot 35 + 8 \cdot 45 + 25 \cdot 55 + 20 \cdot 65 + 2 \cdot 75}}{{60}} = 56\].
Phương sai của mẫu số liệu trên là:
\({s^2} = \frac{{5{{\left( {35 - 56} \right)}^2} + 8{{\left( {45 - 56} \right)}^2} + 25{{\left( {55 - 56} \right)}^2} + 20{{\left( {65 - 56} \right)}^2} + 2{{\left( {75 - 56} \right)}^2}}}{{60}} = \frac{{277}}{3} \approx 92,3\).
Chọn A.
\[\frac{{49}}{{100}}\].
\[\frac{1}{5}\].
\[\frac{{16}}{{51}}\].
\[\frac{4}{{25}}\].
Áp dụng công thức nhân xác suất, ta có: \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) = 0,2 \cdot 0,8 = 0,16\).
Khi đó, ta có: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,16}}{{0,51}} = \frac{{16}}{{51}}\). Chọn C.
Xét hai biến cố sau:
\(A\): “Người được chọn ra là người thừa cân”;
\(B\): “Người được chọn ra là nam giới”. Suy ra biến cố \(\bar B\): “Người được chọn ra là nữ giới”.
Từ giả thiết ta có: \({\rm{P}}\left( B \right) = {\rm{P}}\left( {\bar B} \right) = 50\% = 0,5;{\rm{P}}\left( {A\mid B} \right) = 65\% = 0,65;{\rm{P}}\left( {A\mid \bar B} \right) = 53,4\% = 0,534.\)
Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:
\({\rm{P}}\left( A \right) = {\rm{P}}\left( B \right) \cdot {\rm{P}}\left( {A\mid B} \right) + {\rm{P}}\left( {\bar B} \right) \cdot {\rm{P}}\left( {A\mid \bar B} \right) = 0,5 \cdot 0,65 + 0,5 \cdot 0,534 = 0,592.\)
Vậy xác suất để một người Canada được chọn ngẫu nhiên là người thừa cân bằng 0,592.
Đáp án cần nhập là: 0,592.
Rõ ràng có ít nhất hai điểm \[P,Q\] thuộc \[M\] sao cho \[PQ \ne 1\] .
Ký hiệu: \[{M_P} = \left\{ {X \in M{\rm{ | }}PX = 1} \right\}\]. Từ giả thiết \[\left| {{M_P}} \right| = 4\], ta có: \[\left| {{M_P} \cap {M_Q}} \right| \le 2\].
Nếu tồn tại \[P,{\rm{ }}Q\] sao cho \[\left| {{M_P} \cap {M_Q}} \right| \le 1\] thì \[M\] chứa ít nhất 9 điểm.
Trường hợp với mọi \[P,Q\] sao cho \[PQ \ne 1\] và \[\left| {{M_P} \cap {M_Q}} \right| = 2\].
Khi đó \[{M_P} \cap {M_Q} = \left\{ {R;S} \right\}\], lúc đó và \[{M_Q} = \left\{ {R;S;V;W} \right\}\] và giả sử \[M = \left\{ {P;Q;R;S;T;U;V;W} \right\}\], ta có \[TQ \ne 1,{\rm{ }}UQ \ne 1,{\rm{ }}VP \ne 1,{\rm{ }}WP \ne 1\].
+ Nếu \[TR,TS,UR,US\] khác 1: \[{M_T} \cap {M_Q} = {M_U} \cap {M_Q} = \left\{ {V;W} \right\}\], suy ra \[T\] hay \[U\] trùng với \[Q\], vô lý.
|
+ Nếu \[TR,TS,UR,US\] có một số bằng 1: Không giảm đi tính tổng quát, giả sử \[TV{\rm{ }} = {\rm{ }}1\] lúc đó \[TS \ne 1\] và \[TV{\rm{ }} = {\rm{ }}1\] hay \(T{\rm{W}} = 1\). Giả sử \[TV{\rm{ }} = {\rm{ }}1\] lúc đó \[TW \ne 1\] suy ra \[TU{\rm{ }} = {\rm{ }}1\], và \[{M_T} = {\rm{ }}\left\{ {P;R;U;V} \right\}\] và \[{M_U} = \left\{ {P;T;V;W} \right\}\] lúc đó \[UTV,{\rm{ }}RPT,UTV\] là các tam giác đều cạnh 1, ta có hình bên. Điều này mâu thuẫn vì \[VR > 2\]. |
 |
Vậy \[M\] chứa ít nhất là 9 điểm. Dấu bằng xảy ra với hình dưới.
Vậy \[M\] có thể chứa ít nhất là 9 phần tử.
Đáp án cần nhập là: 9.
Hiệu vận tốc giữa kim phút và kim giờ là: \(1 - \frac{1}{{12}} = \frac{{11}}{{12}}\) (vòng đồng hồ/giờ).
Lúc 5 giờ đúng, kim giờ cách kim phút \(\frac{5}{{12}}\) vòng đồng hồ theo chiều quay của kim đồng hồ.
Hai kim giờ và phút tạo thành hai tia vuông góc với nhau khi khoảng cách giữa hai kim này bằng \(\frac{1}{4}\) vòng đồng hồ tính theo chiều quay của kim đồng hồ.
Khoảng thời gian ngắn nhất để kim phút và kim giờ tạo thành hai tia vuông góc với nhau là:
\(\left( {\frac{5}{{12}} - \frac{1}{4}} \right):\frac{{11}}{{12}} = \frac{2}{{11}}\) (giờ) \( \approx 11\) (phút). Chọn B.
\(105,5\) triệu người.
\(105,4\) triệu người.
\(106,3\) triệu người.
\(106,2\) triệu người.
Tại thời điểm ngày 01/01/2030 ứng với \(t = 7\).
Do đó, dân số Việt Nam lúc này là: \(P\left( 7 \right) = 99,332 \cdot {\left( {1 + 0,0085} \right)^7} \approx 105,4\) (triệu người). Chọn B.\(115,3\) triệu người.
\(114,7\) triệu người.
\(115,2\) triệu người.
\(115,7\) triệu người.
Tại thời điểm ngày 01/07/2040 ứng với \(t = 17,5\).
Do đó, dân số Việt Nam lúc này là: \(P\left( {17,5} \right) = 99,332 \cdot {\left( {1 + 0,0085} \right)^{17,5}} \approx 115,2\) (triệu người).
Chọn C.
Kim tự tháp bao gồm một dãy nền vuông với cầu thang lên đến đỉnh đền ở cả bốn mặt. Cầu thang ở 4 mặt của công trình này dẫn từ đáy lên đỉnh ngôi đền. Mỗi mặt kim tự tháp có 91 bậc thang, tính thêm cả ngôi đền trên đỉnh là “bậc thang” cuối cùng thì tổng cộng có 365 bậc (tương ứng với số ngày trong một năm). Công trình này cao \(24\,m\), cộng thêm ngôi đền phía trên cao \(6\,m\), đáy công trình có dạng hình vuông cạnh \(55,3\,m\). Nếu xem phần thân của ngôi đền (không bao gồm ngôi đền nằm ở phía trên) có dạng một khối chóp cụt tứ giác đều (không tính cầu thang và xem các mặt bên là phẳng), biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy khoảng \[47^\circ \] thì thể tích phần thân ngôi đền xấp xỉ bằng:
\[28937,6544\,\,{m^3}\].
\[4472,9344\,\,{m^3}\].
\[24\,464,72\,\,{m^3}\].
\[39398,4903\,\,{m^3}\].
|
Mô hình hóa phần thân ngôi đền như hình vẽ bên. Có \[OO' = 24\,m;\,\,AB = 55,3\,m;\,\,\left( {CC',\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {C'CH} = 47^\circ \]. \[OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot AB\sqrt 2 = \frac{1}{2} \cdot 55,3 \cdot \sqrt 2 = 27,65 \cdot \sqrt 2 \,\,\left( m \right)\]. \[C'H = OO' = 24\,\,\left( m \right)\]; \[CH = C'H \cdot \cot \widehat {C'CH} = 24 \cdot \cot 47^\circ \,\,\left( m \right)\]. \[O'C' = OH = OC - CH = 27,65 \cdot \sqrt 2 - 24 \cdot \cot 47^\circ \approx 16,72\,\left( m \right)\]. \[ \Rightarrow A'C' = 2O'C' \approx 33,44\,\,\left( m \right)\]. \[{S_{A'B'C'D'}} = \frac{1}{2}A'C' \cdot B'D' \approx \frac{1}{2} \cdot {33,44^2} \approx 559,1168\,\,\left( {{m^2}} \right)\]; \[{S_{ABCD}} = A{B^2} = {55,3^2} \approx 3058,09\,\,\left( {{m^2}} \right)\]. Thể tích khối chóp cụt là: \[V = \frac{1}{3} \cdot OO'\left( {{S_{ABCD}} + {S_{A'B'C'D'}} + \sqrt {{S_{ABCD}} \cdot {S_{A'B'C'D'}}} } \right) \approx 39398,4903\,\,\left( {{m^3}} \right)\]. Vậy thể tích phần thân ngôi đền khoảng \[39398,4903\,\,{m^3}\]. Chọn D. |  |
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
![[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)
