50 câu hỏi
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: \(0,5\).
\(m \in \left( { - \infty ;3} \right) \cup \left( {7; + \infty } \right)\).
\(m \in \left( {3;7} \right)\).
\(m \in \left[ {3;7} \right]\).
\(m \in \left( { - \infty ;3} \right] \cup \left[ {7; + \infty } \right)\).
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: \[966,5\].
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.
\[a = 1\].
\[a = 3\].
\[a = 2\].
\[a = 4\].
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.
\[k = 1.\]
\[k = - 3.\]
\[k = 3.\]
\[k = \frac{9}{2}.\]
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.
\(\left[ {\frac{1}{{\sqrt {\ln 2} }}; + \infty } \right)\).
\(\left[ {\frac{9}{2} - {{\log }_2}3; + \infty } \right)\).
\(\left[ {\frac{1}{2}; + \infty } \right)\).
\(\left[ {\frac{1}{{2\ln 2}} + \frac{1}{2}{{\log }_2}\left( {\ln 2} \right); + \infty } \right)\).
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.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 50 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(y = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}\).
\(y = {x^3} + 2x\).
\(y = - {x^3} - 3x\).
\(y = \frac{{x + 1}}{{x + 3}}\).
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.
\(\frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).
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: 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.
\(F\left( x \right) = \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^{x - 1}}}}{{\ln 3}} + \frac{1}{{3\ln 3}}\).
\(F\left( x \right) = - \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^{x - 1}}}}{{\ln 3}} + \frac{1}{{3\ln 3}}\).
\(F\left( x \right) = \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + \frac{1}{{3\ln 3}}\).
\(F\left( x \right) = - \frac{{2\sin 3x}}{3} - \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + \frac{1}{{3\ln 3}}\).
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.
\(y = x\).
\(y = x + 1\).
\(y = x + 2\).
\(y = x + 3\).
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: \(4\).
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: \(1334\).
\(f\left( x \right)\) 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.
\(0\).
\(1\).
\(2\).
\(3\).
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.\(\ln 7.\)
\(1 + \frac{1}{2}\ln 7.\)
\(\ln 3.\)
\(1 + \ln 7.\)
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.
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.
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.
\( - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{7\pi }}{6} + 1\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{7\pi }}{6} + 1\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{{7\pi }}{6} + 1\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{{7\pi }}{6} - 1\).
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.
\(\frac{{a\sqrt {66} }}{{22}}\).
\(2a\sqrt {66} \).
\(\frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\).
\(\frac{{a\sqrt {66} }}{{44}}\).
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.
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: \(2,34\).
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\).
\(\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
\(2a\).
\(a\sqrt 2 \).
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.
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.
\(\frac{{133}}{{100}}\).
\(\frac{5}{4}\).
\(\frac{{667}}{{500}}\).
\(\frac{4}{3}\).
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.
\(\vec x = \left( {28;2} \right)\).
\(\vec x = \left( {13;5} \right)\).
\(\vec x = \left( {16;4} \right)\).
\(\vec x = \left( {28;0} \right)\).
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.
\(M\left( { - 1;0;0} \right)\).
\(M\left( {1;0;0} \right)\).
\(M\left( {0; - 1;0} \right)\).
\(M\left( {0;1;0} \right)\).
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.
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.
\(\frac{{x - 4}}{4} = \frac{{y - 3}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 7}}\).
\(\frac{{x + 4}}{4} = \frac{{y + 3}}{3} = \frac{{z - 3}}{1}\).
\(\frac{{x + 4}}{{ - 4}} = \frac{{y + 3}}{3} = \frac{{z - 3}}{1}\).
\(\frac{{x + 8}}{4} = \frac{{y + 6}}{3} = \frac{{z - 10}}{{ - 7}}\).
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.
\[2\].
\[3\].
\[\frac{1}{2}\].
\[\frac{1}{3}\].
\(B \in {d_1} \Rightarrow B\left( {4 + t; - 4 - t;6 + 2t} \right)\). 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.
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.
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 4\).
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 25\).
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 5\).
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 2\).
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.
\[22\].
\[ - 4\].
\[ - 13\].
\[13\].
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.
\({M_0} = 40\).
\({M_0} = 18\).
\({M_0} = 6\).
Không phải các số đã cho.
Điểm \(6\) xuất hiện nhiều nhất nên \({M_0} = 6\). Chọn C.
\(\frac{{4\,783}}{{5\,775}}\).
\(\frac{2}{{2\,695}}\).
\(\frac{{992}}{{5775}}\).
\(\frac{{33\,511}}{{40\,425}}\).
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.
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.
\(\frac{2}{3}.\)
\(\frac{5}{6}.\)
\(\frac{1}{3}.\)
\(\frac{1}{2}.\)
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.
\(0,05\).
\(0,07\).
\(0,08\).
\(0.09\).
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.
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.
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.
\[373\,284\].
\[337\,284\].
\[337248\].
\[373\,248\].
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.
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.
\(\frac{{10}}{{11}}\) 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.
\(7,9 \cdot {10^{18}}\).
\(8 \cdot {10^{18}}\).
\(18,9 \cdot {10^{18}}\).
\(189\).
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.
\(31\,622\).
\(31\,623\).
\(31620\).
\(31625\).
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.
\[35,73^\circ \].
\[61,16^\circ \].
\[83,11^\circ \].
\[116,42^\circ \].
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.
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)
