Đề thi Đánh giá năng lực Bộ Quốc phòng phần Toán học và xử lý số liệu (có đáp án) - Đề số 8
50 câu hỏi
Dựa vào thông tin cung cấp dưới đây để trả lời câu hỏi 48 và 49.
Trong một trận động đất, năng lượng giải tỏa \(E\) (đơn vị: Jun, kí hiệu \(J\)) tại tâm địa chấn ở \(M\) độ Richter được xác định xấp xỉ bởi công thức: \(\log E \approx 11,4 + 1,5M\).
Năng lượng giải tỏa tại tâm địa chấn ở 5 độ Richter gần nhất với giá trị nào dưới đây?
\(7,9 \cdot {10^{18}}\).
\(8 \cdot {10^{18}}\).
\(18,9 \cdot {10^{18}}\).
\(189\).
Thay \(M = 5\) vào công thức, ta có: \(\log E \approx 11,4 + 1,5 \cdot 5 = 18,9 \Rightarrow E \approx {10^{18,9}} \approx 7,9 \cdot {10^{18}}\) (J).
Chọn A.
Năng lượng giải tỏa tại tâm địa chấn ở 8 độ Richter gấp khoảng bao nhiêu lần năng lượng giải tỏa tại tâm địa chấn ở 5 độ Richter?
\(31\,622\).
\(31\,623\).
\(31620\).
\(31625\).
Theo Câu 48, năng lượng giải toả tại tâm địa chấn ở 5 độ Richter là: \({E_5} \approx {10^{18,9}}\) (J).
Năng lượng giải toả tại tâm địa chấn ở 8 độ Richter: \(\log {E_8} \approx 11,4 + 1,5 \cdot 8 = 23,4 \Rightarrow {E_8} \approx {10^{23,4}}\).
Ta có: \(\frac{{{E_8}}}{{{E_5}}} \approx \frac{{{{10}^{23,4}}}}{{{{10}^{18,9}}}} \approx 31\,623\). Vậy năng lượng giải tỏa tại tâm địa chấn ở 8 độ Richter gấp khoảng \(31\,623\) lần năng lượng giải tỏa tại tâm địa chấn ở 5 độ Richter. Chọn B.
Hội Lim (tỉnh Bắc Ninh) vào mùa xuân thường có trò chơi đánh đu. Khi người chơi đu nhún đều, cây đu sẽ đưa người chơi đu dao động quanh vị trí cân bằng (xem hình vẽ). Nghiên cứu trò chơi này, người ta thấy khoảng cách \(h\) (m) từ người chơi đu đến vị trí cân bằng được biểu diễn qua thời gian \(t\) (giây) (với \[t \ge 0\]) bởi hệ thức \[h = \left| d \right|\] với \[d = 3\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right]\], trong đó ta quy ước \[d > 0\] khi vị trí cân bằng ở phía sau lưng người chơi đu và \[d < 0\] trong trường hợp ngược lại (Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e Cengage). Tìm thời điểm đầu tiên mà khoảng cách \[h\] là lớn nhất (nhập đáp án vào ô trống, đơn vị: giây).
____
Do \( - 1 \le \cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right] \le 1\) nên \( - 3 \le 3\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right] \le 3\) hay \( - 3 \le d \le 3\) với mọi \[t \ge 0\].
Do đó, \(0 \le \left| d \right| \le 3\). Vậy \(h\) lớn nhất bằng 3 khi \(\left| d \right| = 3\) hay
\(\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right] = \pm 1 \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right) = k\pi \Leftrightarrow t = \frac{{1 + 3k}}{2}\) với \(k \in \mathbb{N}\).
Thời điểm đầu tiên mà khoảng cách \(h\) lớn nhất là \(t = 0,5\;\)giây (ứng với \(k = 0\)).
Đáp án cần nhập là: \(0,5\).
Tìm \(m\) để phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + 3m - 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt.
\(m \in \left( { - \infty ;3} \right) \cup \left( {7; + \infty } \right)\).
\(m \in \left( {3;7} \right)\).
\(m \in \left[ {3;7} \right]\).
\(m \in \left( { - \infty ;3} \right] \cup \left[ {7; + \infty } \right)\).
Ta có: \[\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( {3m - 5} \right) = {m^2} - 10m + 21\].
Để phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + 3m - 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0\)
hay \({m^2} - 10m + 21 > 0\).
Tam thức bậc hai \({m^2} - 10m + 21\) có \(a = 1 > 0\) và có hai nghiệm \({m_1} = 3,{m_2} = 7\).
Do đó, \({m^2} - 10m + 21 > 0\) khi \(m \in \left( { - \infty ;3} \right) \cup \left( {7; + \infty } \right)\).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi \(m \in \left( { - \infty ;3} \right) \cup \left( {7; + \infty } \right)\). Chọn A.
Một ruộng bậc thang có thửa thấp nhất (bậc thứ nhất) nằm ở độ cao \(950\;m\) so với mực nước biển, độ chênh lệch giữa thửa trên và thửa dưới trung bình là \(1,5\;m\). Hỏi thửa ruộng ở bậc thứ 12 có độ cao là bao nhiêu mét so với mực nước biển (nhập đáp án vào ô trống)?
______
Kí hiệu \({u_n}\) là chiều cao so với mực nước biển của thửa ruộng ở bậc thứ \(n\).
Khi đó, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số cộng với \({u_1} = 950\) và \(d = 1,5\).
Ta có \({u_{12}} = {u_1} + 11d = 950 + 11 \cdot 1,5 = 966,5\).
Vậy thửa ruộng ở bậc thứ 12 có độ cao 966,5 m so với mực nước biển.
Đáp án cần nhập là: \[966,5\].
Một du khách vào chuồng đua ngựa đặt cược, lần đầu đặt \(20\,000\) đồng, mỗi lần sau tiền đặt gấp đôi lần tiền đặt cược trước. Người đó thua 9 lần liên tiếp và thắng ở lần thứ 10. Hỏi du khách trên thắng hay thua bao nhiêu?
Hòa vốn.
Thua \(20\,000\) đồng.
Thắng \(20\,000\) đồng.
Thua \(40\,000\) đồng.
Số tiền du khách đặt trong mỗi lần (kể từ lần đầu) là một cấp số nhân có \({u_1} = 20\,\,000\) và công bội \(q = 2\).
Du khách thua trong 9 lần đầu tiên nên tổng số tiền thua là:
\({S_9} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_9} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^9}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{20\,\,000\left( {1 - {2^9}} \right)}}{{1 - 2}} = 10\,\,220\,\,000\) (đồng).
Số tiền mà du khách thắng trong lần thứ là \({u_{10}} = {u_1} \cdot {q^9} = 20\,000 \cdot {2^9} = 10\,\,240\,\,000\) (đồng).
Ta có \({u_{10}} - {S_9} = 20\,000 > 0\) nên du khách thắng \(20\,000\). Chọn C.
Cho hàm số . Tìm tất cả giá trị của \(a\) để hàm số đã cho liên tục tại điểm \[x = 0\].
\[a = 1\].
\[a = 3\].
\[a = 2\].
\[a = 4\].
Ta có:\(f\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {3x + a - 1} \right) = a - 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {1 + 2x} - 1}}{x}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2x}}{{x\left( {\sqrt {1 + 2x} + 1} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{2}{{\sqrt {1 + 2x} + 1}} = 1\).
Hàm số liên tục tại \[x = 0\]\( \Leftrightarrow f\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)\)\( \Leftrightarrow a - 1 = 1\)\( \Leftrightarrow a = 2\). Chọn C.
Cho hàm số \[f\left( x \right) = k\sqrt[3]{x} + \sqrt x \left( {k \in \mathbb{R}} \right)\]. Giá trị của k để \[f'\left( 1 \right) = \frac{3}{2}\] là:
\[k = 1.\]
\[k = - 3.\]
\[k = 3.\]
\[k = \frac{9}{2}.\]
Ta có \[f\left( x \right) = k\sqrt[3]{x} + \sqrt x \]. Khi đó:
\[f'\left( x \right) = {\left( {k\sqrt[3]{x} + \sqrt x } \right)^\prime } = k{\left( {\sqrt[3]{x}} \right)^\prime } + {\left( {\sqrt x } \right)^\prime }\]\( = k{\left( {{x^{\frac{1}{3}}}} \right)^\prime } + \frac{1}{{2\sqrt x }} = k \cdot \frac{1}{3} \cdot {x^{ - \frac{2}{3}}} + \frac{1}{{2\sqrt x }} = \frac{k}{{3{{\left( {\sqrt[3]{x}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{2\sqrt x }}\).
Vậy để \[f'\left( 1 \right) = \frac{3}{2}\] thì \[\frac{k}{3} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow k = 3\]. Chọn C.
Tìm tập hợp các giá trị thực của tham số \[m\] sao cho bất phương trình \({\log _2}x + m \ge \frac{1}{2}{x^2}\) có nghiệm \(x \in \left[ {1;3} \right]\)?
\(\left[ {\frac{1}{{\sqrt {\ln 2} }}; + \infty } \right)\).
\(\left[ {\frac{9}{2} - {{\log }_2}3; + \infty } \right)\).
\(\left[ {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\).
\(\left[ {\frac{1}{{2\ln 2}} + \frac{1}{2}{{\log }_2}\left( {\ln 2} \right); + \infty } \right)\).
Bất phương trình \( \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{2}{x^2} - {\log _2}x = f\left( x \right) \Rightarrow m \ge \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right)\)
Ta có \(f'\left( x \right) = x - \frac{1}{{x\ln 2}} \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x - \frac{1}{{x\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt {\ln 2} }}\).
Tính \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\\f\left( {\frac{1}{{\sqrt {\ln 2} }}} \right) = \frac{1}{{2\ln 2}} + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\ln 2} \right)\\f\left( 3 \right) = \frac{9}{2} - {\log _2}3\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{1}{{\sqrt {\ln 2} }}} \right) = \frac{1}{{2\ln 2}} + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\ln 2} \right)\).
Suy ra \(m \ge \frac{1}{{2\ln 2}} + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\ln 2} \right) \Leftrightarrow m \in \left[ {\frac{1}{{2\ln 2}} + \frac{1}{2}{{\log }_2}\left( {\ln 2} \right); + \infty } \right)\). Chọn D.
Hàm số nào dưới đây đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)?
\(y = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}\).
\(y = {x^3} + 2x\).
\(y = - {x^3} - 3x\).
\(y = \frac{{x + 1}}{{x + 3}}\).
Hàm số \(y = {x^3} + 2x\) xác định \[\forall x \in \mathbb{R}\].
Ta có: \[y' = 3{x^2} + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\].
Do đó hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\). Chọn B.
Gọi A, B là giao điểm của hai đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 3}}{{x - 1}}\) và \(y = 1 - x\). Diện tích tam giác OAB bằng:
\(\frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).
3.
\(\frac{3}{2}\).
\(3\sqrt 2 \).
Phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{{x - 3}}{{x - 1}} = 1 - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\{x^2} - x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \Rightarrow y = 2\\x = 2 \Rightarrow y = - 1\end{array} \right.\).
Khi đó \(AB = \sqrt {9 + 9} = 3\sqrt 2 \) và \(d\left( {O,AB} \right) = d\left( {O,d:x + y - 1 = 0} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
Do đó \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}d\left( {O,AB} \right) \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt 2 }} \cdot 3\sqrt 2 = \frac{3}{2}\). Chọn C.
Cho hàm số bậc năm \(y = f\left( x \right)\) và đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) là đường cong trong hình vẽ bên. Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3f\left( { - {x^3} - x + m + 3} \right) + \left( {{x^3} + x - m - 3} \right){\left( {{x^3} + x - m} \right)^2},\) \(m\) là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc nửa khoảng \(\left( { - 100;100} \right]\) để hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;3} \right)\) (nhập đáp án vào ô trống)?
____
Đặt \(t = - {x^3} - x + m + 3\). Ta có \(t' = - 3{x^2} - 1 < 0,\forall x \in \left( {0;3} \right)\).
Suy ra \(t\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;3} \right)\). Khi đó, với \(x \in \left( {0;3} \right) \Rightarrow t \in \left( {m - 27;m + 3} \right)\).
Hàm số \(g\left( x \right)\) trở thành \(h\left( t \right) = 3f\left( t \right) - t{\left( {3 - t} \right)^2} \Leftrightarrow h\left( t \right) = 3f\left( t \right) - {t^3} + 6{t^2} - 9t\).
Ta có \(h'\left( t \right) = 3f'\left( t \right) - 3{t^2} + 12t - 9\).
Hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {0;3} \right) \Leftrightarrow h\left( t \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {m - 27;m + 3} \right)\)
\( \Leftrightarrow h'\left( t \right) \le 0,\forall t \in \left( {m - 27;m + 3} \right) \Leftrightarrow 3f'\left( t \right) - 3{t^2} + 12t - 9 \le 0,\forall t \in \left( {m - 27;m + 3} \right)\).
\( \Leftrightarrow f'\left( t \right) \le {t^2} - 4t + 3,\forall t \in \left( {m - 27;m + 3} \right)\)
Vẽ đồ thị hàm số \(y = f'\left( t \right)\) và đồ thị hàm số \(y = {t^2} - 4t + 3\) trên cùng hệ trục tọa độ ta được:
\(f'\left( t \right) \le {t^2} - 4t + 3,\forall t \in \left( {m - 27;m + 3} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t \le 0}\\{t \ge 3}\end{array},\forall t \in \left( {m - 27;m + 3} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 3 \le 0}\\{m - 27 \ge 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le - 3}\\{m \ge 30}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Kết hợp điều kiện \(m \in \left( { - 100;100} \right] \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 100 < m \le - 3}\\{30 \le m \le 100}\end{array}} \right.\).
Vậy có \(168\) giá trị nguyên của \(m \in \left( { - 100;100} \right]\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án cần nhập là: \(168\).
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đạo hàm liên tục trên \[\mathbb{R}\]. Đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right) - 5x\] là:![Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đạo hàm liên tục trên \[\mathbb{R}\]. Đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right) - 5x\] là: A. \[2\]. B. \[3\]. C. \[4\]. D. \[1\]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/03/4-1772411445.png)
\[2\].
\[3\].
\[4\].
\[1\].
![Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đạo hàm liên tục trên \[\mathbb{R}\]. Đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right) - 5x\] là: A. \[2\]. B. \[3\]. C. \[4\]. D. \[1\]. (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/03/c11-1772411428.png)
Ta có: \[y' = f'\left( x \right) - 5\]; \[y' = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 5\].
Dựa vào đồ thị, suy ra phương trình \[f'\left( x \right) = 5\] có nghiệm duy nhất và đó là nghiệm đơn.
Nghĩa là phương trình \[y' = 0\] có nghiệm duy nhất và \[y'\] đổi dấu khi qua nghiệm này.
Vậy hàm số \[y = f\left( x \right) - 5x\] có một điểm cực trị. Chọn D.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như sau.
Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( {f\left( x \right)} \right)\) trên khoảng \(\left( { - 2;2} \right)\) bằng (nhập đáp án vào ô trống):
__
Đặt \(t = f\left( x \right)\), ta có \(y = f\left( {f\left( x \right)} \right) = f\left( t \right)\), \(x \in \left( { - 2;2} \right) \Rightarrow t \in \left[ {0;4} \right)\).
Ta có \(\mathop {\max }\limits_{\left( { - 2;2} \right)} f\left( {f\left( x \right)} \right) = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right)} f\left( t \right) = 4\) khi \(t = 2\).
Đáp án cần nhập là: 4.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
Số giá trị nguyên của tham số \[m \in \left[ { - 10;10} \right]\] để hàm số \(g\left( x \right) = {\left[ {f\left( x \right) + m} \right]^2}\) có 5 điểm cực trị là:
11.
10.
9.
12.
Ta có: \[g'\left( x \right) = 2 \cdot f'\left( x \right) \cdot \left[ {f\left( x \right) + m} \right] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{f'\left( x \right) = 0{\rm{ }}}\\{f\left( x \right) = - m}\end{array}} \right.\].
Do hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị nên phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.
Để hàm số \(g\left( x \right)\) có 5 điểm cực trị thì phương trình \(f\left( x \right) = - m\) có 2 nghiệm phân biệt
Chú ý: Với \(m = 2,m = 3\) thì \(f\left( x \right) = - m\) có nghiệm kép.
Kết hợp với \(m \in \mathbb{Z},m \in \left[ { - 10;10} \right] \Rightarrow m \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3;\,\,...;\,10} \right\}.\) Chọn B.
Cho \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 2cos3x - {3^{x - 1}}\) thỏa mãn \(F\left( 0 \right) = 0\). Tìm \(F\left( x \right)\).
\(F\left( x \right) = \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^{x - 1}}}}{{\ln 3}} + \frac{1}{{3\ln 3}}\).
\(F\left( x \right) = - \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^{x - 1}}}}{{\ln 3}} + \frac{1}{{3\ln 3}}\).
\(F\left( x \right) = \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + \frac{1}{{3\ln 3}}\).
\(F\left( x \right) = - \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + \frac{1}{{3\ln 3}}\).
Ta có: \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {2cos3xdx} - \int {{3^{x - 1}}} dx\)
\( = 2\int {cos3xdx} - \frac{1}{3}\int {{3^x}dx = } \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^x}}}{{3\ln 3}} + C\).
Mặt khác \(F\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow - \frac{1}{{3\ln 3}} + C = 0 \Leftrightarrow C = \frac{1}{{3\ln 3}}\).
Vậy \(F\left( x \right) = \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^x}}}{{3\ln 3}} + \frac{1}{{3\ln 3}} = \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^{x - 1}}}}{{\ln 3}} + \frac{1}{{3\ln 3}}\). Chọn A.
Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{x + 2}}\) là đường thẳng:
\(y = x\).
\(y = x + 1\).
\(y = x + 2\).
\(y = x + 3\).
Gọi phương trình đường tiệm cận xiên là \(y = ax + b\).
Khi đó \(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{{x^2} + 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2}\left( {1 + \frac{3}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} \right)}}{{{x^2}\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)}} = 1\).
\(b = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {f\left( x \right) - ax} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\frac{{{x^2} + 3x + 5}}{{x + 2}} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x + 5}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x\left( {1 + \frac{5}{x}} \right)}}{{x\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)}} = 1\).
Vậy phương trình đường tiệm cận xiên là \(y = x + 1\). Chọn B.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\), có bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau:
Biết \(f\left( 2 \right) + f\left( 6 \right) = 2f\left( 3 \right).\) Hỏi phương trình \(f\left( {{x^2} + 1} \right) = f\left( 3 \right)\) có tất cả bao nhiêu nghiệm (nhập đáp án vào ô trống)?
__
Xét hàm số \(y = f\left( {{x^2} + 1} \right)\) có \(y' = 2x \cdot f'\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{f'\left( {{x^2} + 1} \right) = 0}\end{array}} \right.\).
Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\) (loại nghiệm kép \(x = 2\)).
Khi đó \(f'\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 1 = 1}\\{{x^2} + 1 = 3}\\{{x^2} + 1 = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} = 0}\\{{x^2} = 2}\\{{x^2} = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm \sqrt 2 }\\{x = \pm \sqrt 3 }\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Bảng biến thiên của \(f\left( {{x^2} + 1} \right)\):
Dựa vào hình vẽ, ta thấy \(f\left( {{x^2} + 1} \right) = f\left( 3 \right)\) có tất cả 4 nghiệm phân biệt.
Đáp án cần nhập là: \(4\).
Tại một nhà máy sản xuất một loại phân bón, gọi \[P\left( x \right)\] là lợi nhuận (tính theo triệu đồng) thu được từ việc bán x tấn sản phẩm trong một tuần. Khi đó, đạo hàm \[P'\left( x \right)\], gọi là lợi nhuận cận biên, cho biết tốc độ tăng lợi nhuận theo lượng sản phẩm bán được. Giả sử lợi nhuận cận biên (tính theo triệu đồng trên tấn) của nhà máy được ước lượng bởi công thức: \[P'\left( x \right) = 16 - 0,02x\] với 0 ≤ x ≤ 100. Lợi nhuận nhà máy thu được khi bán 90 tấn sản phẩm trong tuần là bao nhiêu triệu đồng (nhập đáp án vào ô trống)? Biết rằng nhà máy lỗ 25 triệu đồng nếu không bán được lượng sản phẩm nào trong tuần.
_____
Theo giả thiết, ta có: \(P\left( 0 \right) = - 25\).
\(P\left( {90} \right) = P\left( 0 \right) + \int\limits_0^{90} {P'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = - 25 + \int\limits_0^{90} {\left( {16 - 0,02x} \right)} \,{\rm{d}}x = - 25 + \left. {\left( {16x - 0,01{x^2}} \right)} \right|_0^{90} = 1\,334\).
Vậy nếu trong tuần nhà máy bán được 90 tấn sản phẩm thì thu được lợi nhuận là 1 334 triệu đồng.
Đáp án cần nhập là: \(1334\).
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định và liên tục trên \[\mathbb{R}\] và hàm số \[y = f'\left( x \right)\] có đồ thị như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \[x = 1\].
\(f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \[x = 0\].
\(f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \[x = - 1\].
\(f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \[x = \pm 2\].
Ta có: \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 0\\x = 2\end{array} \right.\]. Bảng biến thiên của hàm số \[y = f\left( x \right)\] như sau:
Vậy hàm số đạt cực đại tại \[x = 0\]. Chọn B.
Cho hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình bên. Số giá trị nguyên của tham số \(m\) sao cho phương trình \(f\left( {2\sin x} \right) = f\left( m \right)\) có 5 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\) là:
\(0\).
\(1\).
\(2\).
\(3\).
Từ đồ thị hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\) ta thấy hàm số có các cực trị \(x = - 1;x = 1\).
Đặt \(t = 2\sin x \Rightarrow t' = 2\cos x\); \(t' = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Vì \(x \in \left[ {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\) nên \(t \in \left[ { - 2;2} \right]\), khi đó, \(t' = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2}\) hoặc \(x = \frac{{3\pi }}{2}\).
Ta có bảng biến thiên sau:
Phương trình \(f\left( {2\sin x} \right) = f\left( m \right)\) có 5 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ {0;\frac{{3\pi }}{2}} \right]\) khi \( - 3 < f\left( m \right) \le f\left( 0 \right)\).
Từ đồ thị hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\), ta thấy:
\( - 3 < f\left( m \right) \le f\left( 0 \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = a \in \left( { - 2; - 1} \right)\\m = b \in \left[ {0;\,1} \right)\\m = c \in \left( {1;2} \right)\end{array} \right.\).
Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 0\). Vậy có \(1\) giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.
Nếu \(F'\left( x \right) = \frac{1}{{2x - 1}}\) và \(F\left( 1 \right) = 1\) thì giá trị của \(F\left( 4 \right)\) bằng:
\(\ln 7.\)
\(1 + \frac{1}{2}\ln 7.\)
\(\ln 3.\)
\(1 + \ln 7.\)
Ta có: \(\int\limits_1^4 {F'\,\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^4 {\frac{1}{{2x - 1}}} \,{\rm{d}}x = \left. {\frac{1}{2}\ln \left| {2x - 1} \right|} \right|_1^4 = \frac{1}{2}\ln 7\).
Lại có: \(\int\limits_1^4 {F'\,\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \left. {F\left( x \right)} \right|_1^4 = F\left( 4 \right) - F\left( 1 \right)\).
Suy ra \(F\left( 4 \right) - F\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\ln 7\). Do đó \(F\left( 4 \right) = F\left( 1 \right) + \frac{1}{2}\ln 7 = 1 + \frac{1}{2}\ln 7\). Chọn B.
Trong không gian \[Oxyz\], gọi I là tâm mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 4\). Tính \(\left| {\overrightarrow {OI} } \right|\) (nhập đáp án vào ô trống).
__
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0;0;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OI} = \left( {0;0;2} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OI} } \right| = 2.\)
Đáp án cần nhập là: 2.
Trong khi khai quật một ngôi mộ cổ, các nhà khảo cổ học đã tìm được một chiếc đĩa cổ hình tròn bị vỡ, các nhà khảo cổ muốn khôi phục lại hình dạng chiếc đĩa này. Để xác định bán kính của chiếc đĩa, các nhà khảo cổ lấy 3 điểm trên chiếc đĩa và tiến hành đo đạc thu được kết quả như hình vẽ (\(AB = 4,3\)cm; \(BC = 3,7\)cm; \(CA = 7,5\)cm). Bán kính của chiếc đĩa này gần nhất với giá trị nào dưới đây?
5,73 cm.
6,01 cm.
5,85 cm.
4,57 cm.
Bán kính \[R\] của chiếc đĩa bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\].
Nửa chu vi của tam giác \[ABC\] là: \[p = \frac{{AB + BC + CA}}{2} = \frac{{4,3 + 3,7 + 7,5}}{2} = \frac{{31}}{4}\] (cm).
Diện tích tam giác \[ABC\] là: \[S = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - BC} \right)\left( {p - CA} \right)} \approx 5,2\] (cm2).
Mà \[S = \frac{{AB \cdot BC \cdot CA}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{AB \cdot BC \cdot CA}}{{4S}} \approx 5,73\] (cm). Chọn A.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = \sin x + 1,\) trục hoành và hai đường thẳng \(x = 0\) và \(x = \frac{{7\pi }}{6}\) bằng:
\( - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{7\pi }}{6} + 1\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{7\pi }}{6} + 1\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{{7\pi }}{6} + 1\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{{7\pi }}{6} - 1\).
Ta thấy \[\sin x + 1 \ge 0{\rm{ }}\forall x \in \left( {0;\frac{{7\pi }}{6}} \right)\] nên diện tích hình phẳng cần tìm là:
\(S = \int\limits_0^{\frac{{7\pi }}{6}} {\left| {\sin x + 1} \right|dx} = \int\limits_0^{\frac{{7\pi }}{6}} {\left( {\sin x + 1} \right)dx} = \left. {\left( { - \cos x + x} \right)} \right|_0^{\frac{{7\pi }}{6}}\)
\( = \left( { - \cos \frac{{7\pi }}{6} + \frac{{7\pi }}{6}} \right) - \left( { - \cos 0 + 0} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{7\pi }}{6} + 1\). Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\), biết \(AB = BC = a\), \(AD = 2a\), \(SA = a\sqrt 3 \) và \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(SB\), \(SA\). Khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {NCD} \right)\) theo \(a\) bằng:
\(\frac{{a\sqrt {66} }}{{22}}\).
\(2a\sqrt {66} \).
\(\frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\).
\(\frac{{a\sqrt {66} }}{{44}}\).
Gọi \(I\) là giao điểm của \(AB\) và \(CD\), vì \(AD = 2BC\) nên \(B\) là trung điểm của \(AI\). Gọi \(G\) là giao điểm của \(SB\) và \(IN\), dễ thấy \(G\) là trọng tâm tam giác \(SIA\). Do đó, \(SG = \frac{2}{3}SB = \frac{4}{3}SM \Rightarrow MG = \frac{1}{4}SG\), mà \(G \in \left( {NCD} \right)\) nên\[d\left( {M,\,\left( {NCD} \right)} \right) = \frac{1}{4}d\left( {S,\,\left( {NCD} \right)} \right)\]\[ = \frac{1}{4}d\left( {A,\left( {NCD} \right)} \right)\].
Lại có, \(CD \bot AC;\,CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right)\). Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) lên \(NC\) thì ta có:
\[d\left( {A,\,\left( {NCD} \right)} \right) = AK = \frac{{AN \cdot AC}}{{\sqrt {A{N^2} + A{C^2}} }}\,\,\,\left( * \right)\].
Lại có \(AN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,AC = a\sqrt 2 \) thay vào \(\left( * \right)\) ta được \[AK = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\].
Vậy \[d\left( {M,\,\left( {NCD} \right)} \right) = \frac{1}{4}AK = \frac{{a\sqrt {66} }}{{44}}\]. Chọn D.
Anh Hà dự định làm một cái thùng đựng dầu hình trụ bằng sắt có nắp đậy thể tích \(10\,{m^3}\). Chi phí làm mỗi mét vuông đáy là 400 ngàn đồng, mỗi mét vuông nắp là 200 ngàn đồng, mỗi mét vuông mặt xung quanh là 300 ngàn đồng. Để chi phí làm thùng là ít nhất thì anh Hà cần chọn chiều cao của thùng là bao nhiêu mét (nhập đáp án vào ô trống, xem độ dày của tấm sắt làm thùng là không đáng kể, làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
_____
Gọi bán kính đáy của hình trụ là \(R,R > 0\). Ta có\(V = \pi {R^2}h \Rightarrow h = \frac{{10}}{{\pi {R^2}}}\).
Suy ra chi phí (đơn vị: ngàn đồng) làm thùng là:
\(C = \pi {R^2} \cdot 400 + \pi {R^2} \cdot 200 + 2\pi Rh \cdot 300 = 600\left( {\pi {R^2} + \frac{{10}}{R}} \right)\).
\[C' = 600\left( {2\pi R - \frac{{10}}{{{R^2}}}} \right)\]; \(C' = 0 \Leftrightarrow 2\pi R - \frac{{10}}{{{R^2}}} = 0 \Leftrightarrow {R^3} = \frac{5}{\pi } \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{{\frac{5}{\pi }}}\).
Bảng biến thiên:
Căn cứ vào bảng biến thiên, ta có: \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} C = 1800\sqrt[3]{{25\pi }} \Leftrightarrow R = \sqrt[3]{{\frac{5}{\pi }}}\).
Vậy để chi phí nhỏ nhất thì chiều cao của hình trụ là \(h = \frac{{10}}{{\sqrt[3]{{25\pi }}}} \approx 2,34\,\,\left( m \right)\).
Đáp án cần nhập là: \(2,34\).
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\sqrt 2 \), \(AA' = 2a\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BD\) và \(CD'\) bằng:
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).
\(\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
\(2a\).
\(a\sqrt 2 \).
Gọi \(O,\,\)\(O'\) lần lượt là tâm của hai mặt đáy. Khi đó tứ giác \(COO'C'\)là hình bình hành và \(C'O' = \frac{{AC}}{2} = a\).
Do \(BD\;{\rm{//}}\;B'D'\)\[ \Rightarrow BD\;{\rm{//}}\;\left( {CB'D'} \right)\] nên ta có:
\(d\left( {BD,CD'} \right) = d\left( {O,\left( {CB'D'} \right)} \right) = d\left( {C',\left( {CB'D'} \right)} \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B'D' \bot A'C'\\B'D' \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow B'D' \bot \left( {COO'C'} \right)\)
\( \Rightarrow \left( {CB'D'} \right) \bot \left( {COO'C'} \right)\).
Lại có \(\left( {CB'D'} \right) \cap \left( {COO'C'} \right) = CO'\).
Trong \(\Delta CC'O'\) hạ \(C'H \bot CO' \Rightarrow C'H \bot \left( {CB'D'} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {BD,\,CD'} \right) = C'H\).
Khi đó: \(\frac{1}{{C'{H^2}}} = \frac{1}{{C{{C'}^2}}} + \frac{1}{{C'{{O'}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\)\( \Rightarrow C'H = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\). Chọn B.
Có hai giá trị của số thực \(a\) là \({a_1}\), \({a_2}\) \(\left( {0 < {a_1} < {a_2}} \right)\) thỏa mãn \(\int\limits_1^a {\left( {2x - 3} \right){\rm{d}}x} = 0\). Hãy tính \(T = {3^{{a_1}}} + {3^{{a_2}}} + {\log _2}\left( {\frac{{{a_2}}}{{{a_1}}}} \right)\) (nhập đáp án vào ô trống).
___
Ta có: \(\int\limits_1^a {\left( {2x - 3} \right){\rm{d}}x} \)\( = \left. {\left( {{x^2} - 3x} \right)} \right|_1^a\)\( = {a^2} - 3a + 2\).
Vì \(\int\limits_1^a {\left( {2x - 3} \right){\rm{d}}x} = 0\) nên \({a^2} - 3a + 2 = 0\), suy ra \(a = 1\) hoặc \(a = 2\).
Lại có \(0 < {a_1} < {a_2}\) nên \({a_1} = 1\); \({a_2} = 2\).
Như vậy \(T = {3^{{a_1}}} + {3^{{a_2}}} + {\log _2}\left( {\frac{{{a_2}}}{{{a_1}}}} \right)\)\( = {3^1} + {3^2} + {\log _2}\left( {\frac{2}{1}} \right)\)\( = 13\).
Đáp án cần nhập là: 13.
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M\) là điểm trên cạnh \(AB\) sao cho \(3MB = 2MA\) và \(N\) là trung điểm của cạnh \(CD\). Lấy \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ACD\). Đường thẳng \(MG\) cắt mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) tại điểm \(P\). Khi đó tỷ số \(\frac{{PB}}{{PN}}\) bằng:
\(\frac{{133}}{{100}}\).
\(\frac{5}{4}\).
\(\frac{{667}}{{500}}\).
\(\frac{4}{3}\).
Cách 1. Trong mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\), dựng đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(B\) và song song với \(AN\), \(d\) cắt \(PM\) ở \(E\).
Xét \(\Delta BPE\) có \(GN\,{\rm{//}}\,BE\) nên \(\frac{{PB}}{{PN}} = \frac{{BE}}{{GN}} = \frac{{BE}}{{\frac{1}{2}AG}} = 2\frac{{BE}}{{AG}}\).
Lại có \(AN\,{\rm{//}}\,BE\) nên \(\frac{{BE}}{{AG}} = \frac{{MB}}{{MA}} = \frac{2}{3}\). Vậy \(\frac{{PB}}{{PN}} = 2 \cdot \frac{2}{3} = \frac{4}{3}\).
Cách 2.Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(ABN\), ta có: \(\frac{{MA}}{{MB}} \cdot \frac{{PB}}{{PN}} \cdot \frac{{GN}}{{GA}} = 1\).
Khi đó, \(\frac{3}{2} \cdot \frac{{PB}}{{PN}} \cdot \frac{1}{2} = 1\). Từ đó suy ra \(\frac{{PB}}{{PN}} = \frac{4}{3}\). Chọn D.
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho \(\vec a = \left( {2;1} \right),\,\,\vec b = \left( {3;4} \right),\,\,\vec c = \left( { - 7;2} \right)\). Nếu \(\vec x - 2\vec a = \vec b - 3\vec c\) thì:
\(\vec x = \left( {28;2} \right)\).
\(\vec x = \left( {13;5} \right)\).
\(\vec x = \left( {16;4} \right)\).
\(\vec x = \left( {28;0} \right)\).
Ta có \(\vec x - 2\vec a = \vec b - 3\vec c\).Suy ra \(\vec x = 2\vec a + \vec b - 3\vec c\).
Ta có: \(2\vec a = \left( {2 \cdot 2;2 \cdot 1} \right) = \left( {4;2} \right)\). Suy ra \(2\vec a + \vec b = \left( {4 + 3;2 + 4} \right) = \left( {7;6} \right)\).
Lại có \(3\vec c = \left( {3 \cdot \left( { - 7} \right);3 \cdot 2} \right) = \left( { - 21;6} \right)\). Khi đó \(\vec x = 2\vec a + \vec b - 3\vec c = \left( {7 - \left( { - 21} \right);6 - 6} \right) = \left( {28;0} \right)\).
Vậy \(\vec x = \left( {28;0} \right)\). Chọn D.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho 3 điểm \(A\left( {1; - 1;2} \right),B\left( {5;2;1} \right)\) và \(C\left( {2;0;3} \right)\). Tìm điểm \(M\) trên trục \(Ox\) sao cho \(AM \bot BC\).
\(M\left( { - 1;0;0} \right)\).
\(M\left( {1;0;0} \right)\).
\(M\left( {0; - 1;0} \right)\).
\(M\left( {0;1;0} \right)\).
Do \(M\) nằm trên trục \(Ox\) nên \(M\left( {x;0;0} \right)\). Có \(\overrightarrow {AM} = \left( {x - 1;1; - 2} \right)\), \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 3; - 2;2} \right)\).
Ta có: \(AM \bot BC \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right) \cdot \left( { - 3} \right) + 1 \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 2} \right) \cdot 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow - 3\left( {x - 1} \right) - 6 = 0 \Leftrightarrow - 3\left( {x - 1} \right) = 6 \Leftrightarrow x - 1 = - 2 \Leftrightarrow x = - 1\).
Vậy \(M\left( { - 1;0;0} \right)\). Chọn A.
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( {3\,;\,1\,;\,2} \right)\), \(B\left( { - 3\,;\, - 1\,;\,0} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + 3z - 14 = 0\). Điểm \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) sao cho \(\Delta MAB\) vuông tại \(M\). Tính khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) (nhập đáp án vào ô trống).
__
Gọi \(M\left( {x\,;\,y\,;\,z} \right)\) là điểm cần tìm.
Ta có: \(\overrightarrow {AM} = \left( {x - 3\,;\,y - 1\,;\,z - 2} \right)\), \(\overrightarrow {BM} = \left( {x + 3\,;\,y + 1\,;\,z} \right)\).
Vì \(\Delta MAB\) vuông tại \(M\) nên \(\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BM} = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) + \left( {y - 1} \right)\left( {y + 1} \right) + z\left( {z - 2} \right) = 0\)
\[ \Leftrightarrow {x^2} - 9 + {y^2} - 1 + {z^2} - 2z = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 11\].
\( \Rightarrow M\) thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0\,;\,0\,;\,1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {11} \).
Nhận xét thấy \(d\left( {I\,,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {0 + 0 + 3 \cdot 1 - 14} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {3^2}} }} = \sqrt {11} = R\)\( \Rightarrow \left( P \right)\) tiếp xúc với \(\left( S \right)\) tại \(M\).
\( \Rightarrow M\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên \(\left( P \right)\).
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right)\\\overrightarrow {IM} \,{\rm{ c}}\`u {\rm{ng phuong }}\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y + 3z = 14\\\frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z - 1}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\\z = 4\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {1\,;\,1\,;\,4} \right)\].
Vậy \(d\left( {M\,,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| 4 \right| = 4\).
Đáp án cần nhập là: 4.
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(A\left( { - 4; - 3;3} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + z = 0\). Đường thẳng đi qua \(A\), cắt trục \(Oz\) và song song với \(\left( P \right)\) có phương trình là:
\(\frac{{x - 4}}{4} = \frac{{y - 3}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 7}}\).
\(\frac{{x + 4}}{4} = \frac{{y + 3}}{3} = \frac{{z - 3}}{1}\).
\(\frac{{x + 4}}{{ - 4}} = \frac{{y + 3}}{3} = \frac{{z - 3}}{1}\).
\(\frac{{x + 8}}{4} = \frac{{y + 6}}{3} = \frac{{z - 10}}{{ - 7}}\).
Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần lập.
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một VTPT \(\overrightarrow n = \left( {1;1;1} \right)\).
Theo đề, ta có \(\Delta \cap Oz = B\left( {0;0;c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {4;3;c - 3} \right)\) là một VTCP của \(\Delta \).
Khi đó \(\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow n \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow n = 0 \Leftrightarrow 4 \cdot 1 + 3 \cdot 1 + \left( {c - 3} \right) \cdot 1 = 0 \Leftrightarrow c - 3 = - 7\). Suy ra \(\overrightarrow {AB} = \left( {4;3; - 7} \right)\).
Vậy \(\Delta :\frac{{x + 4}}{4} = \frac{{y + 3}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 7}}\) hay \(\Delta :\frac{{x + 8}}{4} = \frac{{y + 6}}{3} = \frac{{z - 10}}{{ - 7}}\). Chọn D.
Sân vận động Sport Hub (Singapore) là sân có mái vòm kỳ vĩ nhất thế giới. Đây là nơi diễn ra lễ khai mạc Đại hội thể thao Đông Nam Á được tổ chức tại Singapore năm 2015. Nền sân là một elip \(\left( E \right)\) có trục lớn dài \[150\,m\], trục bé dài \[90\,m\] (hình vẽ). Nếu cắt sân vận động theo một mặt phẳng vuông góc với trục lớn của \(\left( E \right)\) và cắt elip ở \(M,N\) (hình vẽ) thì ta được thiết diện luôn là một phần của hình tròn có tâm \(I\) (phần tô đậm trong hình dưới) với \(MN\) là một dây cung và góc \(\widehat {MIN} = 90^\circ \). Để lắp máy điều hòa không khí thì các kỹ sư cần tính thể tích phần không gian bên dưới mái che và bên trên mặt sân, coi như mặt sân là một mặt phẳng và thể tích vật liệu là mái không đáng kể. Hỏi thể tích xấp xỉ bằng bao nhiêu?
\(57\,793\,{m^3}\).
\(115\,586\,{m^3}\).
\(32\,162\,{m^3}\).
\(101\,793\,{m^3}\).
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới.
Ta cần tìm diện tích của \(S\left( x \right)\) thiết diện. Gọi \(d\left( {O,MN} \right) = x\).
Ta có \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{45}^2}}} = 1.\) Lúc đó \[MN = 2y = 2\sqrt {{{45}^2}\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right)} = 90\sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \]
\[ \Rightarrow R = \frac{{MN}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{90}}{{\sqrt 2 }} \cdot \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \Rightarrow {R^2} = \frac{{{{90}^2}}}{2} \cdot \left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right)\].
Khi đó, \[S\left( x \right) = \frac{1}{4}\pi {R^2} - \frac{1}{2}{R^2} = \left( {\frac{1}{4}\pi - \frac{1}{2}} \right){R^2} = \left( {\pi - 2} \right)\frac{{2025}}{2} \cdot \left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right).\]
Thể tích khoảng không cần tìm là: \(V = \int\limits_{ - 75}^{75} {\left( {\pi - 2} \right)\frac{{2025}}{2} \cdot \left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{{75}^2}}}} \right)dx \approx 115\,\,586\,\,\left( {{m^3}} \right).} \) Chọn B.
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho hai đường thẳng \({d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + t\\y = - 4 - t\\z = 6 + 2t\end{array} \right.\),\({d_2}:\frac{{x - 5}}{2} = \frac{{y - 11}}{4} = \frac{{z - 5}}{2}\). Đường thẳng \(d\) đi qua \(A\left( {5; - 3;5} \right)\) cắt \({d_1},{d_2}\) lần lượt ở \(B,C\). Tỉ số \(\frac{{AB}}{{AC}}\) bằng:
\[2\].
\[3\].
\[\frac{1}{2}\].
\[\frac{1}{3}\].
\(B \in {d_1} \Rightarrow B\left( {4 + t; - 4 - t;6 + 2t} \right)\). PT tham số của \({d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + 2s\\y = 11 + 4s\\z = 5 + 2s\end{array} \right.\).
\(C \in {d_2} \Rightarrow C\left( {5 + 2s;11 + 4s;5 + 2s} \right)\). Khi đó: \(\overrightarrow {AB} = \left( {t - 1; - 1 - t;2t + 1} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {2s;4s + 14;2s} \right)\).
Do \(A,B,C\) thẳng hàng nên hai vectơ \(\overrightarrow {AB,} \,\,\overrightarrow {AC} \) cùng phương. Khi đó, \(\exists k \in \mathbb{R}:\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} \).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}t - 1 = 2ks\\ - t - 1 = 4ks + 14k\\2t + 1 = 2ks\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}t = - 2\\s = - 3\end{array}\\{k = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\). Do đó: \(\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{2}.\) Chọn C.
Trong không gian với hệ trục tọa độ \[Oxyz\], cho \(A\left( {1\;;\;2\,;\,3} \right)\), \(B\left( {3\,;\,4\,;\,4} \right)\). Giá trị của tham số \[m\] bằng bao nhiêu để khoảng cách từ điểm \[A\] đến mặt phẳng \(\left( P \right):2x + y + mz - 1 = 0\) bằng độ dài đoạn thẳng \[AB\] (nhập đáp án vào ô trống).
__
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {2\,;\,2\,;\,1} \right)\)\( \Rightarrow \)\(AB = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} = 3\).
Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\): \(d\left( {A\,,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 + 2 + m \cdot 3 - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {m^2}} }}\)\( = \frac{{\left| {3m + 3} \right|}}{{\sqrt {5 + {m^2}} }}\).
Để \(AB = d\left( {A\,,\,\left( P \right)} \right) \Rightarrow 3 = \frac{{\left| {3m + 3} \right|}}{{\sqrt {5 + {m^2}} }}\)\( \Leftrightarrow 9\left( {5 + {m^2}} \right) = 9{\left( {m + 1} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow m = 2\).
Đáp án cần nhập là: 2.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho điểm \(I\left( { - 3;0;1} \right)\). Mặt cầu \(\left( S \right)\)có tâm \(I\)và cắt mặt phẳng \(\left( P \right):\;x - 2y - 2z - 1 = 0\) theo một thiết diện là một hình tròn. Diện tích của hình tròn này bằng \(\pi \). Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là:
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 4\).
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 25\).
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 5\).
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 2\).
Gọi \(S\),\(r\) lần lượt là diện tích hình tròn và bán kính hình tròn thiết diện.
Ta có: \(S = \pi {r^2} = \pi \)\( \Rightarrow r = 1\).
Lại có, \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 3 - 2 \cdot 0 - 2 \cdot 1 - 1} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = 2\).
\(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 3;0;1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {{d^2}\left( {I,\left( P \right)} \right) + {r^2}} = \sqrt {{2^2} + {1^2}} = \sqrt 5 \).
Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là: \({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 5\). Chọn C.
Trong không gian hệ tọa độ \[Oxyz\], cho điểm \[A\left( {3;1;0} \right),B\left( { - 9;4;9} \right)\]và mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình \[\left( P \right):2x - y + z + 1 = 0\]. Gọi \(I\left( {a;b;c} \right)\) là điểm thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) sao cho \[\left| {IA - IB} \right|\] đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tổng \(a + b + c\) bằng:
\[22\].
\[ - 4\].
\[ - 13\].
\[13\].
Đặt \[f\left( {x;y;z} \right) = 2x - y + z + 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( {{x_A};{y_A};{z_A}} \right) = 6\\f\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right) = - 12\end{array} \right. \Rightarrow f\left( A \right) \cdot f\left( B \right) = - 72 < 0\].
Do đó hai điểm A, B nằm khác phía so với mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Gọi \[B'\] là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng \(\left( P \right)\)\[ \Rightarrow BB':\frac{{x + 9}}{2} = \frac{{y - 4}}{{ - 1}} = \frac{{z - 9}}{1}\].
Gọi \(H = BB' \cap \left( P \right)\). Ta có \[H \in BB' \Rightarrow H\left( {2t - 9;4 - t;t + 9} \right)\].
Cho \[H \in \left( P \right) \to 2\left( {2t - 9} \right) - \left( {4 - t} \right) + t + 9 + 1 = 0 \Rightarrow t = 2\]. Suy ra \(H\left( { - 5;2;11} \right)\)\( \Rightarrow B'\left( { - 1;0;13} \right)\).
Ta có \[\left| {IA - IB} \right| = \left| {IA - IB'} \right| \le AB' \Rightarrow {\left| {IA - IB} \right|_{\max }} = AB'\]\[ \Rightarrow \] I là giao điểm của \[AB'\] và \(\left( P \right)\).
Lại có \[\overrightarrow {AB'} = \left( { - 4; - 1;13} \right) \Rightarrow {\overrightarrow u _{AB'}} = \left( {4;1; - 13} \right) \Rightarrow AB':\frac{{x - 3}}{4} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{z}{{ - 13}}\].
Điểm \[I \in AB' \Rightarrow I\left( {4t + 3;t + 1; - 13t} \right) \in \left( P \right) \to I\left( {7;2; - 13} \right) \Rightarrow a + b + c = - 4\]. Chọn B.
Cho bảng số liệu ghi lại điểm của \(40\) học sinh trong bài kiểm tra \(1\) tiết môn Toán
Điểm | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) | \(7\) | \(8\) | \(9\) | \(10\) | Cộng |
Số học sinh | \(2\) | \(3\) | \(7\) | \(18\) | \(3\) | \(2\) | \(4\) | \(1\) | 40 |
Mốt của mẫu số liệu là:
\({M_0} = 40\).
\({M_0} = 18\).
\({M_0} = 6\).
Không phải các số đã cho.
Điểm \(6\) xuất hiện nhiều nhất nên \({M_0} = 6\). Chọn C.
Trong một dịp quay xổ số, có 3 loại giải thưởng: \[1\,000\,000\] đồng, \[500\,000\] đồng, \[100\,000\] đồng. Nơi bán có 100 tờ vé số, trong đó có 1 vé trúng thưởng \[1\,000\,000\] đồng, 5 vé trúng thưởng \[500\,000\] đồng, 10 vé trúng thưởng \[100\,000\] đồng. Một người mua ngẫu nhiên 3 vé. Xác suất của biến cố “Người mua đó trúng thưởng ít nhất \(300\,000\) đồng” là:
\(\frac{{4\,783}}{{5\,775}}\).
\(\frac{2}{{2\,695}}\).
\(\frac{{992}}{{5775}}\).
\(\frac{{33\,511}}{{40\,425}}\).
Số cách chọn mua 3 vé là: \(C_{100}^3 = 161\,700\).
Gọi \(A\) là biến cố: “Người mua đó trúng thưởng ít nhất \(300\,000\) đồng” thì biến cố đối của \(A\) là \(\bar A\): “Người mua đó trúng thưởng nhiều nhất \(200\,000\) đồng”.
Các khả năng của biến cố \(\bar A\) là:
+ Không trúng thưởng: Số khả năng xảy ra là: \(C_{84}^3 = 95\,284\).
+ Trúng thưởng \[100\,000\] đồng: Số khả năng xảy ra là: \(C_{84}^2 \cdot C_{10}^1 = 34\,860\).
+ Trúng thưởng \(200\,000\) đồng: Số khả năng xảy ra là: \(C_{84}^1 \cdot C_{10}^2 = 3\,780\).
Suy ra xác suất của biến cố \(\bar A\) là: \(P\left( {\bar A} \right) = \frac{{95\,284 + 34\,860 + 3\,780}}{{161\,700}} = \frac{{4\,783}}{{5\,775}}\).
Vậy xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right) = 1 - \frac{{4\,783}}{{5\,775}} = \frac{{992}}{{5\,775}}\). Chọn C.
Kết quả đo chiều cao của 200 cây keo 3 năm tuổi ở một nông trường được biểu diễn ở biểu đồ dưới đây.
Hãy ước lượng mốt của mẫu số liệu ghép nhóm trên (nhập đáp án vào ô trống).
_____
Chiều cao của 200 cây keo được thống kê như bảng sau:
Chiều cao (m) | \(\left[ {8,5;\,8,8} \right)\) | \(\left[ {8,8;\,9,1} \right)\) | \(\left[ {9,1;\,9,4} \right)\) | \(\left[ {9,4;\,9,7} \right)\) | \(\left[ {9,7;\,10} \right)\) |
Số cây | 20 | 35 | 60 | 55 | 30 |
Nhóm chứa mốt của mẫu số liệu là \(\left[ {9,1;9,4} \right)\).
Do đó: \({u_m} = 9,1;\,\,{n_{m - 1}} = 35;\,\,{n_{m + 1}} = 55;\,\,{u_{m + 1}} - {u_m} = 9,4 - 9,1 = 0,3\).
Mốt của mẫu số liệu trên là: \({M_0} = 9,1 + \frac{{60 - 35}}{{\left( {60 - 35} \right) + \left( {60 - 55} \right)}} \cdot 0,3 = 9,35\,\,\left( m \right)\).
Đáp án cần nhập là: 9,35.
Một bệnh truyền nhiễm có xác suất lây bệnh là 0,8 nếu tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang; là 0,1 nếu tiếp xúc với người bệnh mà có đeo khẩu trang. Chị Hoa có tiếp xúc với người bệnh hai lần, một lần đeo khẩu trang và một lần không đeo khẩu trang. Tính xác suất để chị Hoa bị lây bệnh từ người bệnh truyền nhiễm đó (nhập đáp án vào ô trống).
_____
Gọi \(A\) là biến cố: “Chị Hoa bị nhiễm bệnh khi tiếp xúc người bệnh mà không đeo khẩu trang” và \(B\) là biến cố: “Chị Hoa bị nhiễm bệnh khi tiếp xúc với người bệnh dù có đeo khẩu trang”. Ta thấy \(\bar A,\bar B\) là hai biến cố độc lập.
Xác suất để chị Hoa không nhiễm bệnh trong cả hai lần tiếp xúc với người bệnh là:
\(P\left( {\bar A\bar B} \right) = P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B} \right) = 0,2 \cdot 0,9 = 0,18\).
Gọi \(P\) là xác suất để chị Hoa bị lây bệnh khi tiếp xúc người bệnh, ta có:
\(P = 1 - P\left( {\bar A\bar B} \right) = 1 - 0,18 = 0,82\).
Đáp án cần nhập là: 0,82.
Hai xạ thủ cùng bắn mỗi người một viên đạn vào bia một cách độc lập với nhau. Xác suất bắn trúng bia của hai xạ thủ lần lượt là \(\frac{1}{2}\) và \(\frac{1}{3}.\) Xác suất để có ít nhất một xạ thủ không bắn trúng bia là:
\(\frac{2}{3}.\)
\(\frac{5}{6}.\)
\(\frac{1}{3}.\)
\(\frac{1}{2}.\)
Gọi \(A\) là biến cố: “Xạ thủ thứ nhất bắn trúng bia”, \(B\) là biến cố: “Xạ thủ thứ hai bắn trúng bia”.Khi đó: \(\overline A \cup \overline B \) là biến cố: “Ít nhất một xạ thủ không bắn trúng bia”.
Ta có: \(A\) và \(B\), \(\overline A \) và \(\overline B \) độc lập.
Theo bài ra, ta có: \(P\left( A \right) = \frac{1}{2},\,\,P\left( B \right) = \frac{1}{3}\), suy ra \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{2},\,\,P\left( {\overline B } \right) = \frac{2}{3}\).
Do đó: \(P\left( {\overline A \cup \overline B } \right) = P\left( {\overline A } \right) + P\left( {\overline B } \right) - P\left( {\overline A \overline B } \right)\)\( = P\left( {\overline A } \right) + P\left( {\overline B } \right) - P\left( {\overline A } \right)P\left( {\overline B } \right) = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} - \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{5}{6}\).
Chọn B.
Khối lượng 40 túi đường được đóng gói (đơn vị là: kg) được thống kê ở bảng sau.
Khối lượng (kg) | \(\left[ {1,5;1,7} \right)\) | \(\left[ {1,7;1,9} \right)\) | \(\left[ {1,9;2,1} \right)\) | \(\left[ {2,1;2,3} \right)\) | \(\left[ {2,3;2,5} \right)\) |
Số túi đường | 3 | 5 | 23 | 5 | 4 |
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm trên gần nhất với kết quả nào sau đây?
\(0,05\).
\(0,07\).
\(0,08\).
\(0.09\).
Khối lượng trung bình của 40 túi đường là:
\(\overline x = \frac{1}{{40}}\left( {3 \cdot 1,6 + 5 \cdot 1,8 + 23 \cdot 2 + 5 \cdot 2,2 + 4 \cdot 2,4} \right) = 2,01 \approx 2\;\left( {kg} \right)\).
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm trên là:
\({s^2} = \)\[\frac{1}{{40}}\left[ {3 \cdot {{\left( {1,6 - 2} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {1,8 - 2} \right)}^2} + 23 \cdot {{\left( {2 - 2} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {2,2 - 2} \right)}^2} + 4 \cdot {{\left( {2,4 - 2} \right)}^2}} \right] \approx 0,04\]. Chọn A.
Cho hai biến cố \[A\] và \[B\] với \[P\left( A \right) = 0,6\], \[P\left( B \right) = 0,7\], \[P\left( {A \cap B} \right) = 0,3\]. Khi đó, \[P\left( {\bar A \cap B} \right)\] bằng (nhập đáp án vào ô trống):
____
Cách 1: Ta có: \[P\left( {\bar A \cap B} \right) = P\left( {\bar A|B} \right) \cdot P\left( B \right)\].
Mà \[P\left( {\bar A|B} \right) = 1 - P\left( {A|B} \right) = 1 - \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = 1 - \frac{{0,3}}{{0,7}} = \frac{4}{7}\].
Do đó \[P\left( {\bar A \cap B} \right) = P\left( {\bar A|B} \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{4}{7} \cdot 0,7 = 0,4\].
Cách 2: \[P\left( {\bar A \cap B} \right) + P\left( {A \cap B} \right) = P\left( B \right) \Rightarrow P\left( {\bar A \cap B} \right) = P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = 0,7 - 0,3 = 0,4\].
Đáp án cần nhập là: 0,4.
Trong một kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông, một tỉnh \(X\) có 80% học sinh lựa chọn tổ hợp A00 (gồm các môn Toán, Vật lí, Hoá học). Biết rằng, nếu một học sinh chọn tổ hợp A00 thì xác suất để học sinh đó đỗ đại học là 0,6; còn nếu một học sinh không chọn tổ hợp A00 thì xác suất để học sinh đó đỗ đại học là 0,7. Chọn ngẫu nhiên một học sinh của tỉnh X đã tốt nghiệp trung học phổ thông trong kì thi trên. Biết rằng học sinh này đã đỗ đại học. Tính xác suất để học sinh đó chọn tổ hợp A00 (nhập đáp án vào ô trống, làm tròn kết quả đến hàng phần chục nghìn).
_______
Gọi \(A\) là biến cố: “Học sinh đó chọn tổ hợp A00”; \(B\) là biến cố: “Học sinh đó đỗ đại học”. Ta cần tính \(P\left( {A\mid B} \right)\). Ta có: \(P\left( A \right) = 0,8;\,\,P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,8 = 0,2\).
Ta có \(P\left( {B\mid A} \right)\) là xác suất để một học sinh đỗ đại học với điều kiện học sinh đó chọn tổ hợp A00
\( \Rightarrow P\left( {B\mid A} \right) = 0,6\).
\(P\left( {B\mid \bar A} \right)\) là xác suất để một học sinh đỗ đại học với điều kiện học sinh đó không chọn tổ hợp A00 \( \Rightarrow P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0,7\).
Theo công thức Bayes ta được:
\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P(B\mid A)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right)}} = \frac{{0,8 \cdot 0,6}}{{0,8 \cdot 0,6 + 0,2 \cdot 0,7}} \approx 0,7742\).
Đáp án cần nhập là: 0,7742.
Bạn Minh có một bảng hình vuông được chia thành 9 hình vuông đơn vị cố định không xoay như hình vẽ bên. Minh muốn dùng 3 màu (đỏ, xanh, đen) để tô tất cả các cạnh của các hình vuông đơn vị, mỗi cạnh tô một lần sao cho mỗi hình vuông đơn vị được tô bởi đúng 2 màu, trong đó mỗi màu tô đúng 2 cạnh. Hỏi bạn Minh có tất cả bao nhiêu cách tô màu bảng vuông đã cho?
\[373\,284\].
\[337\,284\].
\[337248\].
\[373\,248\].
Đánh số thứ tự các ô vuông như hình vẽ bên.
+ Tô màu ô vuông số 1: có \(C_3^2\) cách chọn 2 trong 3 màu; ứng với 2 màu vừa chọn sẽ có \(C_4^2\) cách tô 2 màu đó lên 4 cạnh.
Vậy có \(C_3^2 \cdot C_4^2 = 3 \cdot 6 = 18\) cách.
+ Tô màu ô vuông số 2, 3, 4, 5 (mỗi ô vuông đã được tô một cạnh trước đó): có \(C_2^1 = 2\) cách chọn màu còn lại; ứng với màu vừa chọn này sẽ có \(C_3^2 = 3\) cách tô màu này lên 2 trong 3 cạnh còn lại của hình vuông.
Vậy có \({\left( {2 \cdot 3} \right)^4} = 1\,296\) cách.
+ Tô màu ô vuông số 6, 7, 8, 9 (mỗi ô vuông đã được tô hai cạnh trước đó): mỗi hình vuông có 2 cách tô màu (không phụ thuộc vào 2 cạnh tô trước đó cùng màu hay khác màu).
Vậy có \({2^4} = 16\) cách.
Do đó, bạn An có \(18 \cdot 1\,296 \cdot 16 = 373\,\,248\) cách tô màu cho bảng hình chữ nhật ở trên theo yêu cầu bài toán. Chọn D.
Bây giờ là 4 giờ đúng. Thời gian ngắn nhất để hai kim giờ và kim phút tạo thành hai tia đối nhau là:
\(\frac{{10}}{{11}}\) giờ.
\(\frac{5}{6}\) giờ.
\(\frac{{11}}{{12}}\) giờ.
\(2\) giờ.
Hiệu vận tốc giữa kim phút và kim giờ là: \(1 - \frac{1}{{12}} = \frac{{11}}{{12}}\) (vòng đồng hồ/giờ).
Lúc 4 giờ đúng kim phút cách kim giờ \(\frac{1}{3}\) vòng đồng hồ theo chiều quay của kim đồng hồ. Từ lúc đuổi kịp kim giờ, muốn hai kim tạo thành hai tia đối nhau thì kim phút phải đi vượt kim giờ \(\frac{1}{2}\) vòng đồng hồ nữa. Như vậy, kể từ lúc 4 giờ tới lúc hai kim tạo thành hai tia đối nhau thì kim phút phải đi nhiều hơn kim giờ là: \(\frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{5}{6}\) (vòng đồng hồ).
Thời gian ngắn nhất để hai kim đồng hồ tạo thành hai tia đối nhau từ lúc 4 giờ đúng là:
\(\frac{5}{6}:\frac{{11}}{{12}} = \frac{{10}}{{11}}\) (giờ). Chọn A.
Trong hình bên, tấm thiệp được mở gợi nên hình ảnh của một góc nhị diện. Ta gọi số đo góc nhị diện đó là độ mở của tấm thiệp, tính (gần đúng) độ mở của tấm thiệp.
\[35,73^\circ \].
\[61,16^\circ \].
\[83,11^\circ \].
\[116,42^\circ \].
Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\). Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC\) có
\[\cos \widehat {BAC} = \frac{{{{10}^2} + {{10}^2} - {{17}^2}}}{{2 \cdot 10 \cdot 10}} = - \frac{{89}}{{200}}\].
Vậy độ mở của tấm thiệp là \[\widehat {BAC} \approx 116,42^\circ \]. Chọn D.
