Đề thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội 2 phần Toán có đáp án - Đề số 1
40 câu hỏi
Thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 1 đến câu 20.
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
\(\left( { - \infty ;1} \right)\).
\(\left( {3; + \infty } \right)\).
\(\left( { - 1;3} \right)\).
\(\left( { - 3; + \infty } \right)\).
Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;3} \right)\). Chọn C.
\(y = 1\).
\(x = 1\).
\(x = - 2\).
\(y = - 2\).
Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{x - 1}}{{x + 2}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{x - 1}}{{x + 2}} = + \infty \) nên \(x = - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Chọn C.
\( - \cos x + \frac{{{x^4}}}{2} + C\).
\(\cos x + \frac{{{x^4}}}{2} + C\).
\( - \cos x - \frac{{{x^4}}}{2} + C\).
\( - \cos x + {x^4} + C\).
\(\int {\left( {\sin x + 2{x^3}} \right)dx} = - \cos x + \frac{{{x^4}}}{2} + C\). Chọn A.
8.
6.
2.
4.
\(J = \int\limits_0^3 {\left[ {4f\left( x \right) - 2} \right]dx} \)\( = 4\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_0^3 {2dx} \)\( = 4 \cdot 3 - \left. {2x} \right|_0^3 = 12 - 8 = 6\). Chọn B.
\(\left( { - 2; - 1; - 3} \right)\).
\(\left( { - 3;2; - 1} \right)\).
\(\left( {2; - 3; - 1} \right)\).
\(\left( { - 1;2; - 3} \right)\).
\(\overrightarrow a = - \overrightarrow i + 2\overrightarrow j - 3\overrightarrow k \)\( \Rightarrow \overrightarrow a = \left( { - 1;2; - 3} \right)\). Chọn D.
\(\left( {1;0;4} \right)\).
\(\left( { - 1;0;4} \right)\).
\(\left( { - 1;0; - 4} \right)\).
\(\left( {1;2;4} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {CB} = \left( {4; - 2;1} \right),\overrightarrow j = \left( {0;1;0} \right),\left[ {\overrightarrow {CB} ,\overrightarrow j } \right] = \left( { - 1;0;4} \right)\).
Do đó \(\overrightarrow n = \left( { - 1;0;4} \right)\) là một vectơ pháp tuyến cần tìm. Chọn B.
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - 2 + 2t\\z = - t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = - 2 - 2t\\z = t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 2 - t\\z = 3t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2t\\y = - 2 + t\\z = - 3t\end{array} \right.\).
Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {1;2; - 1} \right)\).
Đường thẳng d đi qua \(A\left( {1; - 2;0} \right)\) và vuông góc với \(\left( Q \right)\) nhận \(\overrightarrow n = \left( {1;2; - 1} \right)\) làm một vectơ chỉ phương.
Phương trình đường thẳng \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - 2 + 2t\\z = - t\end{array} \right.\). Chọn A.
\(I\left( {2; - 1; - 3} \right),R = 9\).
\(I\left( {2; - 1; - 3} \right),R = 3\).
\(I\left( { - 2;1;3} \right),R = 9\).
\(I\left( { - 2;1;3} \right),R = 3\).
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm và bán kính lần lượt là \(I\left( {2; - 1; - 3} \right),R = 3\). Chọn B.
Thống kê thời gian tự học ở nhà của một nhóm học sinh lớp 11 thu được mẫu số liệu ghép nhóm sau:
Thời gian (phút) | \(\left[ {0;20} \right)\) | \(\left[ {20;40} \right)\) | \(\left[ {40;60} \right)\) | \(\left[ {60;80} \right)\) | \(\left[ {80;100} \right)\) |
Số học sinh | 5 | 9 | 12 | 10 | 6 |
Nhóm chứa trung vị của mẫu số liệu trên là
\(\left[ {20;40} \right)\).
\(\left[ {40;60} \right)\).
\(\left[ {60;80} \right)\).
\(\left[ {80;100} \right)\).
Cỡ mẫu \(n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42\).
Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{42}}\) là thời gian tự học ở nhà của 42 học sinh được sắp theo thứ tự không giảm.
Trung vị của mẫu số liệu là \(\frac{{{x_{21}} + {x_{22}}}}{2}\) mà \({x_{21}};{x_{22}} \in \left[ {40;60} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị. Chọn B.
\(\frac{5}{8}\).
\(\frac{4}{7}\).
\(\frac{3}{8}\).
\(\frac{2}{7}\).
Xác suất để bi thứ hai là bi đỏ trong điều kiện bi lấy ra lần thứ nhất cũng là bi đỏ là \(P = \frac{4}{7}\). Chọn B.
\(y' = \left( {2x + 3} \right){e^{{x^2} + 3x}}\).
\(y' = \left( {{x^2} + 3x} \right){e^{{x^2} + 3x}}\).
\(y' = {e^{{x^2} + 2x}}\).
\(y' = \left( {2x - 3} \right){e^{{x^2} + 3x}}\).
Ta có \(y' = {\left( {{x^2} + 3x} \right)^\prime }{e^{{x^2} + 3x}} = \left( {2x + 3} \right){e^{{x^2} + 3x}}\). Chọn A.
\( - 3\).
3.
\(\frac{1}{3}\).
\( - \frac{1}{3}\).
\({\log _a}\frac{1}{{{a^3}}} = {\log _a}{a^{ - 3}} = - 3\). Chọn A.
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\) mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\).
Do đó \(\left( {SC,BD} \right) = 90^\circ \). Chọn D.
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Có \(BB' \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BD\) là hình chiếu của \(B'D\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Khi đó \(\left( {B'D,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {B'D,BD} \right) = \widehat {B'DB}\).
Có \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Vì \(BB' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BB' \bot BD\) nên \(\Delta B'BD\) vuông tại \(B\).
Xét \(\Delta B'BD\) có \(\tan \widehat {BDB'} = \frac{{BB'}}{{BD}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {BDB'} = 30^\circ \). Chọn A.
\(\left( {SBC} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\).
\(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\).
\(\left( {SAC} \right)\) vuông góc với \(\left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SAC} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\).
Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(SA \subset \left( {SAC} \right),SA \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right),\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).
Có \(AB \bot AC,AB \bot SA \Rightarrow AB \bot \left( {SAC} \right)\) mà \(AB \subset \left( {SAB} \right)\). Suy ra \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
Do đó \(\left( {SBC} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\) là đáp án sai. Chọn A.
\(H\left( x \right) = \left( {2{x^3} + 5} \right)\left( {{x^2} + 4x} \right)\).
\(H\left( x \right) = 3{x^4} + 8{x^3}\).
\(H\left( x \right) = 12{x^3} + 24{x^2}\).
\(H\left( x \right) = \left( {{x^2} - 2} \right)\left( {4{x^2} + 1} \right)\).
Ta có \(f\left( x \right) = F'\left( x \right) = 6{x^2};g\left( x \right) = G'\left( x \right) = 2x + 4\).
Khi đó \(h\left( x \right) = f\left( x \right)g\left( x \right) = 6{x^2}\left( {2x + 4} \right) = 12{x^3} + 24{x^2}\).
Suy ra \(\int {\left( {12{x^3} + 24{x^2}} \right)dx} = 3{x^4} + 8{x^3} + C\).
Vậy \(H\left( x \right) = 3{x^4} + 8{x^3}\) là một nguyên hàm của hàm số \(h\left( x \right)\). Chọn B.
Kết quả thống kê chiều cao (cm) của một nhóm học sinh. Kết quả được cho trong bảng sau:
Chiều cao (cm) | \(\left[ {140;145} \right)\) | \(\left[ {145;150} \right)\) | \(\left[ {150;155} \right)\) | \(\left[ {155;160} \right)\) | \(\left[ {160;165} \right)\) | \(\left[ {165;170} \right)\) |
Số học sinh | 6 | 10 | 12 | 14 | 10 | 8 |
Hãy xác định bộ giá trị tứ phân vị \({Q_1},{Q_2},{Q_3}\).
\({Q_1} = 148,5;{Q_2} = \frac{{1090}}{7};{Q_3} = 161,5\).
\({Q_1} = 149,5;{Q_2} = \frac{{1090}}{7};{Q_3} = 160,5\).
\({Q_1} = 148,5;{Q_2} = \frac{{1090}}{7};{Q_3} = 160,5\).
\({Q_1} = 149,5;{Q_2} = \frac{{1090}}{7};{Q_3} = 161,5\).
Chiều cao (cm) | \(\left[ {140;145} \right)\) | \(\left[ {145;150} \right)\) | \(\left[ {150;155} \right)\) | \(\left[ {155;160} \right)\) | \(\left[ {160;165} \right)\) | \(\left[ {165;170} \right)\) |
Số học sinh | 6 | 10 | 12 | 14 | 10 | 8 |
Cỡ mẫu \(n = 6 + 10 + 12 + 14 + 10 + 8 = 60\).
Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{60}}\) là chiều cao của 60 học sinh được xếp theo thứ tự không giảm.
Ta có \({Q_1} = \frac{{{x_{15}} + {x_{16}}}}{2}\) mà \({x_{15}};{x_{16}} \in \left[ {145;150} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ nhất.
Khi đó \({Q_1} = 145 + \frac{{\frac{{60}}{4} - 6}}{{10}} \cdot 5 = 149,5\).
\({Q_2} = \frac{{{x_{30}} + {x_{31}}}}{2}\) mà \({x_{30}};{x_{31}} \in \left[ {155;160} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ hai.
Khi đó \({Q_2} = 155 + \frac{{\frac{{60}}{2} - 28}}{{14}} \cdot 5 = \frac{{1090}}{7} \approx 155,7\).
\({Q_3} = \frac{{{x_{45}} + {x_{46}}}}{2}\) mà \({x_{45}};{x_{46}} \in \left[ {160;165} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ ba.
Khi đó \({Q_3} = 160 + \frac{{\frac{{3 \cdot 60}}{4} - 42}}{{10}} \cdot 5 = 161,5\).
Vậy \({Q_1} = 149,5;{Q_2} = \frac{{1090}}{7};{Q_3} = 161,5\). Chọn D.
\(2\sqrt 2 \).
\(4\sqrt 2 \).
\(8\).
\(2\).
Gọi \(O\)là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
Có \(AO \bot BD\) mà \(AA' \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {AA'O} \right) \Rightarrow BD \bot A'O\).
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\AO \bot BD\\A'O \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {A'BD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A'O,AO} \right) = \widehat {A'OA} = 45^\circ \).
Lại có \(\Delta A'AO\) vuông tại \(A\) và \(\widehat {A'OA} = 45^\circ \) nên \(\Delta A'AO\) vuông cân tại \(A\).
Suy ra \(AA' = AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{BD}}{2} = \sqrt 2 \).
Vì \(BD = 2\sqrt 2 \) mà \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB = 2\).
Khi đó \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA' \cdot {S_{ABCD}} = \sqrt 2 \cdot {2^2} = 4\sqrt 2 \). Chọn B.
Một nhà máy sản xuất linh kiện điện tử. Biết rằng: có 2% sản phẩm bị lỗi. Một máy kiểm tra chất lượng có sai số 3% (tức là: Nếu sản phẩm bị lỗi thì xác suất máy báo không lỗi là 3%, nếu sản phẩm không lỗi thì xác suất máy báo bị lỗi là 3%). Chọn ngẫu nhiên một sản phẩm và kiểm tra. Hỏi xác suất để sản phẩm đó bị máy báo là lỗi là bao nhiêu?
\(0,02\).
\(0,0488\).
\(0,0494\).
\(0,03\).
Gọi \(A\) là biến cố “Sản phẩm đó bị lỗi”;
\(B\) là biến cố “Sản phẩm đó bị máy báo lỗi”.
Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,02 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,98\);
\(P\left( {\overline B |A} \right) = 0,03 \Rightarrow P\left( {B|A} \right) = 1 - 0,03 = 0,97;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,03\).
Xác suất để sản phẩm đó bị lỗi là
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,02 \cdot 0,97 + 0,98 \cdot 0,03 = 0,0488\). Chọn B.
\(\frac{{96}}{3}\).
\(\frac{{144}}{3}\).
\(\frac{{128}}{3}\).
\(\frac{{160}}{3}\).
Gọi \(O\)là tâm của hình vuông \(ABCD\), \(I\) là trung điểm của \(CD\).
Vì \(S.ABCD\)là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow SO \bot OI\).
Xét \(\Delta SOI\) vuông tại \(O\), có \(SO = \sqrt {S{I^2} - O{I^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\).
Khi đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 4 \cdot {6^2} = 48 = \frac{{144}}{3}\). Chọn B.
Giả sử \(\Delta \) cắt đường thẳng \({d_1}\) tại \(A\left( {1 + 2t;t; - 1 - t} \right)\) và cắt đường thẳng \({d_2}\) tại điểm \(B\left( {t';1 - 2t';t'} \right)\).
Khi đó ta có \(\overrightarrow {MA} = \left( {2t - 1;t - 1; - 1 - t} \right);\overrightarrow {MB} = \left( {t' - 2; - 2t';t'} \right)\).
Vì đường thẳng \(\Delta \) đi qua ba điểm \(M,A,B\) nên ta có \(\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MB} \) cùng phương.
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}2t - 1 = k\left( {t' - 2} \right)\\t - 1 = - 2kt'\\ - 1 - t = kt'\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t - 1 = kt' - 2k\\t - 1 = - 2kt'\\ - 1 - t = kt'\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t - 1 = - 1 - t - 2k\\t - 1 = - 2\left( { - 1 - t} \right)\\ - 1 - t = kt'\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{9}{2}\\t = - 3\\t' = \frac{4}{9}\end{array} \right.\).
Với \(t = - 3\) thì \(\overrightarrow {MA} = \left( { - 7; - 4;2} \right)\).
1. Đúng. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow u = \left( {7;4; - 2} \right)\).
2. Sai. Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( {2;1;0} \right)\) và nhận \(\overrightarrow u = \left( {7;4; - 2} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z = - 2t\end{array} \right.\).
3. Đúng. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z = - 2t\\x = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = - \frac{2}{7}\\y = - \frac{1}{7}\\z = \frac{4}{7}\\x = 0\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {0; - \frac{1}{7};\frac{4}{7}} \right)\).
4. Sai. Mặt phẳng \(x + y + z = 0\) có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1;1;1} \right)\) không cùng phương với vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) nên đường thẳng \(\Delta \) không vuông góc với mặt phẳng \(x + y + z = 0\).
5. Đúng. Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng đi qua \(N\left( {1;0;1} \right)\) và vuông góc với đường thẳng \(\Delta \).
Khi đó mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng \(7\left( {x - 1} \right) + 4y - 2\left( {z - 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 7x + 4y - 2z - 5 = 0\).
Gọi H là giao điểm của đường thẳng \(\Delta \) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\). Khi đó tọa độ điểm \(H\) là nghiệm của hệ
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z = - 2t\\7x + 4y - 2z - 5 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z = - 2t\\7\left( {2 + 7t} \right) + 4\left( {1 + 4t} \right) - 2 \cdot \left( { - 2t} \right) - 5 = 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{47}}{{69}}\\y = \frac{{17}}{{69}}\\z = \frac{{26}}{{69}}\\t = - \frac{{13}}{{69}}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{{47}}{{69}};\frac{{17}}{{69}};\frac{{26}}{{69}}} \right)\).
Khi đó \(d\left( {N,\Delta } \right) = NH = \sqrt {{{\left( {\frac{{47}}{{69}} - 1} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{17}}{{69}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{26}}{{69}} - 1} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{38}}{{69}}} \approx 0,74\). Chọn ý 1, 3, 5.
\({\log _2}\frac{{1 + {x^2} + {y^2}}}{{x - 2y}} = {4^{x - 2y}} - 2 \cdot {2^{{x^2} + {y^2}}} + 1\)
\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {1 + {x^2} + {y^2}} \right) + {2^{{x^2} + {y^2} + 1}} = {\log _2}\left( {2x - 4y} \right) + {2^{2x - 4y}}\).
Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + {2^t}\) với \(t > 0\).
Có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + {2^t}\ln 2 > 0,\forall t > 0\). Suy ra \(f\left( t \right)\) đồng biến.
Khi đó \(f\left( {1 + {x^2} + {y^2}} \right) = f\left( {2x - 4y} \right) \Leftrightarrow 1 + {x^2} + {y^2} = 2x - 4y\)\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\) (*).
1. Sai. Vì \(x,y \in \mathbb{Z}\) nên để \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\) thì ta có:
TH1: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} = 4\\{\left( {y + 2} \right)^2} = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 1\end{array} \right.\\y = - 2\end{array} \right.\).
Suy ra có hai cặp số nguyên thỏa mãn \(x > 2y\) và phương trình đã cho.
TH2: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x - 1} \right)^2} = 0\\{\left( {y + 2} \right)^2} = 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\\left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = - 4\end{array} \right.\end{array} \right.\).
Suy ra có hai cặp số nguyên thỏa mãn \(x > 2y\) và phương trình đã cho.
Vậy có 4 cặp số nguyên thỏa mãn \(x > 2y\) và phương trình đã cho.
2. Đúng. Theo (*), ta có \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\) là phương trình đường tròn có tâm \(I\left( {1; - 2} \right),R = 2\).
3. Đúng. Xét đường thẳng \(\Delta :3x - 4y - P = 0\).
Để tồn tại điểm \(\left( {x;y} \right)\) thì đường thẳng \(\Delta :3x - 4y - P = 0\) phải giao với đường tròn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 4\).
Tức là \(d\left( {I,\Delta } \right) \le R\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {3 \cdot 1 - 4 \cdot \left( { - 2} \right) - P} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} \le 2\)\( \Leftrightarrow \left| {11 - P} \right| \le 10\)\( \Leftrightarrow 1 \le P \le 21\).
Vậy giá trị lớn nhất của \(P\)là 21.
4. Đúng. Theo câu 3) ta có \(M = 21;m = 1\). Suy ra \(M \cdot m = 21\). Chọn ý 2, 3, 4.
1. Đúng. Có \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{6} \cdot 2a \cdot {\left( {2a} \right)^2} = \frac{{4{a^3}}}{3}\).
2. Sai. Hạ \(AH \bot SB\)(1).
Có \(BC \bot AB\) và \(BC \bot SA\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\). Do đó \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).
Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = a\sqrt 2 \).
3. Đúng. Có \(SA \bot AB,AB \bot BC\) nên \(d\left( {SA,BC} \right) = AB = 2a\).
4. Sai. Có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AM\) là hình chiếu vuông góc của \(SM\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).
Khi đó \(\left( {SM,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM,AM} \right) = \widehat {SMA}\).
Vì \(M\)là trung điểm của \(BC\) nên \(BM = MC = a\).
Xét \(\Delta ABM\) vuông tại \(B\), có \(AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 \).
Xét \(\Delta SAM\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \widehat {SMA} \approx 42^\circ \).
5. Sai.
Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), kẻ \(ME//CN\left( {E \in AB} \right)\) \( \Rightarrow CN//\left( {SME} \right)\).
Khi đó \(d\left( {SM,CN} \right) = d\left( {CN,\left( {SME} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right)\).
Lại có \(\frac{{d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right)}} = \frac{{NE}}{{AE}} = \frac{{\frac{1}{2}NB}}{{\frac{7}{2}NB}} = \frac{1}{7}\).
Kẻ \(AK \bot ME\), Kẻ \(AJ \bot SK\)(3).
Có \(AK \bot ME\) mà \(ME \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\) nên \(ME \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow ME \bot AJ\) (4).
Từ (3) và (4), suy ra \(AJ \bot \left( {SME} \right)\).
Khi đó \(d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right) = AJ\).
Có \({S_{\Delta AME}} = \frac{1}{2}MB \cdot AE = \frac{1}{2}MB \cdot \frac{7}{8}AB = \frac{7}{{16}} \cdot a \cdot 2a = \frac{7}{8}{a^2}\).
Có \(CN = \sqrt {B{C^2} + B{N^2}} = \sqrt {4{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\).
Có \(ME\) là đường trung bình của \(\Delta BCN\) nên \(ME = \frac{1}{2}CN = \frac{{a\sqrt {17} }}{4}\).
Lại có \({S_{\Delta AME}} = \frac{1}{2}AK \cdot ME = \frac{7}{8}{a^2} \Rightarrow AK = \frac{{7a}}{{\sqrt {17} }}\).
Xét \(\Delta SAK\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{J^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{{17}}{{49{a^2}}} = \frac{{117}}{{196{a^2}}}\)\( \Rightarrow AJ = \frac{{14a\sqrt {13} }}{{39}}\).
Suy ra \(d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right) = \frac{1}{7}d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right) = \frac{1}{7} \cdot \frac{{14a\sqrt {13} }}{{39}} = \frac{{2a\sqrt {13} }}{{39}}\). Chọn ý 1, 3.
Trong một chương trình bốc thăm trúng thưởng tại một siêu thị:
+) Hộp A có 12 thẻ, trong đó Minh sở hữu 7 thẻ hợp lệ.
+) Hộp B có 8 thẻ, Minh sở hữu 5 thẻ hợp lệ.
Ban tổ chức rút ngẫu nhiên 1 thẻ từ mỗi hộp, sau đó đưa cho Minh chọn ngẫu nhiên 1 trong 2 thẻ đó. Gọi A là biến cố “Minh chọn thẻ từ hộp A”, \(\overline A \) là biến cố “Minh chọn thẻ từ hộp B” và B là biến cố “Minh chọn được thẻ hợp lệ”. Những phương án nào dưới đây đúng?
1. Đúng. Minh chọn ngẫu nhiên 1 trong 2 thẻ rút ra nên \(P\left( A \right) = \frac{1}{2}\).
2. Đúng. \(B = \left( {B \cap A} \right) \cup \left( {B \cap \overline A } \right)\).
3. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{5}{8}\).
4. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{2};P\left( {B|A} \right) = \frac{7}{{12}}\).
Xác suất để Minh chọn được thẻ hợp lệ là
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{{12}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{8} = \frac{{29}}{{48}}\).
Suy ra xác suất thẻ Minh chọn hợp lệ từ hộp A là
\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot \frac{7}{{12}}}}{{\frac{{29}}{{48}}}} = \frac{{14}}{{29}}\]. Chọn ý 1, 2.
Gọi \({R_h} = 10\;mm\) là độ dài kim giờ (\(OA\)), \({R_m} = 15\;mm\)là độ dài kim phút \(\left( {OB} \right)\).
Tốc độ góc của kim phút \({\omega _m} = \frac{{2\pi }}{{60}} = \frac{\pi }{{30}}\)(rad/phút).
Tốc độ góc của kim giờ \({\omega _h} = \frac{{2\pi }}{{12 \cdot 60}} = \frac{\pi }{{360}}\) (rad/phút).
Góc giữa hai kim tại thời điểm \(t\)(phút) là \(\theta \left( t \right) = \left| {\left( {{\omega _m} - {\omega _h}} \right)t} \right| = \left| {\left( {\frac{\pi }{{30}} - \frac{\pi }{{360}}} \right)t} \right| = \frac{{11\pi }}{{360}}t\) (rad).
Diện tích tam giác \(OAB\) là \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right) = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 15 \cdot \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t\).
1. Đúng. Có \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t \le 1\) nên \({S_{\Delta AOB}} \le 75\).
Dấu “=” xảy ra khi \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{180}}{{11}} + k\frac{{720}}{{11}}\).
Thời điểm đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\) lớn nhất ứng với \(k = 0\). Tức là \(t = \frac{{180}}{{11}} \approx 16,36\).
2. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 37,5 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 37,5\)\( \Leftrightarrow \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{1}{2}\).
Thời điểm đầu tiên ứng với góc nhỏ nhất. Khi đó \(\frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{6} \Rightarrow t = \frac{{360}}{{6 \cdot 11}} \approx 5,5\) phút.
3. Đúng. Vì \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right)\).
4. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 0 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = k\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{360}}{{11}}k\).
Với 30 phút đầu tiên thì ứng với \(k = 0\).
Vậy trong 30 phút đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\)bằng 0 tại đúng 1 thời điểm. Chọn ý 1, 3.
Dựa vào thông tin dưới đây, thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 26 đến câu 28.
Trên một bức tường, người ta trang trí một hình phẳng dạng Parabol có đỉnh \(S\) và trục đối xứng \(SO\) vuông góc với sàn \(AB\). Biết chiều cao bức tường \(OS = 4m\) và độ rộng chân tường \(AB = 4m\) (\(O\)là trung điểm của \(AB\)). Để tạo điểm nhấn, một hình quạt tròn tâm \(O\), bán kính \(R = 2m\) được thiết kế ở giữa như hình vẽ
Trước khi thực hiện chia nhỏ các khu vực trang trí, người thợ cần xác định tổng diện tích bề mặt của bức hình Parabol (phần giới hạn bởi cung Parabol và đoạn thẳng AB). Tổng diện tích bề mặt của bức tường là
\(8\;{m^2}\).
\(16\;{m^2}\).
\(\frac{{32}}{3}\;{m^2}\).
\(\frac{{16}}{3}\;{m^2}\).
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Khi đó Parabol (P) có đỉnh \(S\left( {0;4} \right)\) và cắt trục hoành tại các điểm \(A\left( { - 2;0} \right),B\left( {2;0} \right)\) nên \(\left( P \right):y = - {x^2} + 4\).
Vậy tổng diện tích bề mặt bức tường là \({S_0} = 2\int\limits_0^2 {\left( {4 - {x^2}} \right)dx} = \frac{{32}}{3}\) (m2). Chọn C.
\(4,47\;{m^2}\).
\(2,24\;{m^2}\).
\(5,12\;{m^2}\).
\(3,25\;{m^2}\).
Đường tròn tâm \(O\left( {0;0} \right)\)và bán kính \(R = 2\) có phương trình là \({x^2} + {y^2} = 4\).
Vì nửa đường tròn \(\left( C \right)\) nằm phía trên trục \(Ox\)nên \(\left( C \right)\) có phương trình là \(y = \sqrt {4 - {x^2}} \) với \( - 2 \le x \le 2\).
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( C \right)\) là
\(\sqrt {4 - {x^2}} = 4 - {x^2}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {4 - {x^2}} = 1\\\sqrt {4 - {x^2}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 2\\x = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\).
Với \(x = \pm \sqrt 3 \Rightarrow y = 1\). Đặt \(C\left( { - \sqrt 3 ;1} \right);D\left( {\sqrt 3 ;1} \right)\).
Diện tích phần màu tím gạch chéo là \({S_1} = 2\int\limits_0^{\sqrt 3 } {\left( {4 - {x^2} - \sqrt {4 - {x^2}} } \right)dx} = - \frac{4}{3}\pi + 5\sqrt 3 \left( {{m^2}} \right) \approx 4,47\left( {{m^2}} \right)\). Chọn A.
\(2\;550\;000\) đồng.
\(1\;650\;000\) đồng.
\(2\;055\;000\) đồng.
\(1\;955\;000\) đồng.
Gọi \({S_2}\) là diện tích hình quạt tròn (màu vàng) giới hạn bởi nửa đường tròn \(\left( C \right)\) và hai đường thẳng \(OC,OD\). Khi đó \({S_2} = 2\int\limits_0^{\sqrt 3 } {\left( {\sqrt {4 - {x^2}} - \frac{1}{{\sqrt 3 }}x} \right)dx} = \frac{4}{3}\pi \;\left( {{m^2}} \right)\).
Gọi \({S_3}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \(\left( P \right)\), hai đường thẳng \(OC,OD\)và trục hoành (phần tô màu tím và màu cam).
Khi đó \({S_3} = {S_0} - {S_1} - {S_2} = \frac{{32}}{3} - \left( { - \frac{4}{3}\pi + 5\sqrt 3 } \right) - \frac{4}{3}\pi = \frac{{32}}{3} - 5\sqrt 3 \left( {{m^2}} \right)\).
Tổng chi phí sơn là \(160\;000 \cdot {S_1} + 200\;000 \cdot {S_2} + 250\;000 \cdot {S_3} \approx 2\;055\;000\) đồng. Chọn C.
Dựa vào thông tin dưới đây, thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 29 đến câu 30.
Trong năm 2024, số lượng cá thể của một quần thể sinh vật X tại ngày thứ \(t\)(\(0 \le t \le 365\)) được ước lượng bởi hàm số: (con). Biết rằng vào ngày 26/9/2024 (ngày thứ 270), quần thể đạt số lượng cá thể nhiều nhất với \(55\;740\) con.
Tại ngày thứ 270, tốc độ thay đổi quy mô quần thể đạt giá trị lớn nhất.
Trong khoảng thời gian từ ngày 1/1/2024 đến ngày thứ 270, tốc độ thay đổi quy mô quần thể luôn là một hằng số dương.
Tại thời điểm t = 270, tốc độ thay đổi quy mô quần thể bằng 0, trước đó quần thể đang trong giai đoạn tăng trưởng và sau đó bắt đầu suy giảm.
Tốc độ thay đổi quy mô quần thể \(v\left( t \right)\) luôn nhỏ hơn 0 với mọi \(t \in \left[ {0;365} \right]\).
Ta có \(f\left( t \right) = - \frac{1}{{300}}{t^3} + b{t^2} + ct + 12000\).
Khi đó \(v\left( t \right) = f'\left( t \right) = - \frac{1}{{100}}{t^2} + 2bt + c\).
Ngày 26/9/2024 ứng với \(t = 270\) là ngày có số lượng cá thể sinh vật X nhiều nhất với \(55\;740\)con nên hàm số đạt cực đại tại \(t = 270\).
Theo đề ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {270} \right) = 0\\f\left( {270} \right) = 55740\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \frac{1}{{100}} \cdot {270^2} + 540b + c = 0\\ - \frac{1}{{300}} \cdot {270^3} + b \cdot {270^2} + 270c + 12000 = 55740\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}540b + c = 729\\72900b + 270c = 109350\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{6}{5}\\c = 81\end{array} \right.\).
Vậy hàm số đã cho là \(f\left( t \right) = - \frac{1}{{300}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 81t + 12000\).
Thử lại \(f'\left( t \right) = - \frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{12}}{5}t + 81\); \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 270\\t = - 30\end{array} \right.\).
Vì \(t > 0\)nên \(t = - 30\) loại.
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy tại thời điểm t = 270, tốc độ thay đổi quy mô quần thể bằng 0, trước đó quần thể đang trong giai đoạn tăng trưởng và sau đó bắt đầu suy giảm. Chọn C.
\(39,2\)nghìn con.
\(38,4\)nghìn con.
\(49,6\)nghìn con.
\(50,1\)nghìn con.
Ngày 25/11/2024 ứng với \(t = 330\). Khi đó số lượng cá thể sinh vật X được ước lượng khoảng bằng
\(f\left( {330} \right) = - \frac{1}{{300}} \cdot {330^3} + \frac{6}{5} \cdot {330^2} + 81 \cdot 330 + 12000 = 49620\) con \( \approx 49,6\)nghìn con. Chọn C.
Trong một buổi lễ kỷ niệm, một đơn vị tổ chức sự kiện sử dụng các thiết bị bay không người lái (Drone) để tạo thành một khung hình tứ giác \(ABCD\) phát sáng trên bầu trời. Để lập trình quỹ đạo bay, kỹ sư điều khiển đặt một trạm phát tín hiệu tại ví trí \(O\left( {0;0;0} \right)\) ngay trên mặt đất. Tại một thời điểm cố định, vị trí của 4 chiếc Drone ở 4 góc của hình tứ giác được xác định bởi các tọa độ trong hệ trục tọa độ \(Oxyz\) (đơn vị đo là mét) như sau: \(A\left( {15;25;9} \right),B\left( {20;5;5} \right),C\left( { - 10; - 10;2} \right),D\left( { - 15;10;6} \right)\). Tính diện tích bề mặt của khung hình tứ giác mà các Drone tạo ra trên không trung (đơn vị m2) (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Đáp án ____
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {5; - 20; - 4} \right),\overrightarrow {DC} = \left( {5; - 20; - 4} \right)\), \(\overrightarrow {AD} = \left( { - 30; - 15; - 3} \right)\)
Vì \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \) nên \(ABCD\)là hình bình hành.
Có \(AB = 21;AD = 9\sqrt {14} \).
Có \(\cos \widehat {BAD} = \frac{{\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AD} } \right|}} = \frac{{162}}{{21 \cdot 9\sqrt {14} }} = \frac{6}{{7\sqrt {14} }}\).
Do đó \(\sin \widehat {BAD} = \frac{{5\sqrt {26} }}{{7\sqrt {14} }}\).
Diện tích bề mặt của khung hình tứ giác mà các Drone tạo ra trên không trung chính là diện tích hình bình hành \(ABCD\).
Có \({S_{ABCD}} = AB \cdot AD \cdot \sin \widehat {BAD} = 21 \cdot 9\sqrt {14} \cdot \frac{{5\sqrt {26} }}{{7\sqrt {14} }} \approx 688\;{m^2}\).
Đáp án cần nhập là: 688.
Một câu lạc bộ tổ chức trò chơi quay số may mắn. Họ chuẩn bị 40 lá thăm có kích thước như nhau và được đánh số từ 1 đến 40 (mỗi lá thăm ghi một số nguyên dương, hai lá thăm khác nhau ghi hai số khác nhau). Một người chơi lần lượt bốc hai lá thăm (bốc không hoàn lại). Tính xác suất để lần thứ hai người chơi bốc được lá thăm ghi số nguyên tố.
Đáp án: ____
Gọi \(A\)là biến cố “Lần thứ nhất bốc được lá thăm ghi số nguyên tố”;
\(B\) là biến cố “Lần thứ hai bốc được lá thăm ghi số nguyên tố”.
Từ 1 đến 40 có 12 số nguyên tố.
Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{{12}}{{40}} = 0,3 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,7\).
Vì bốc thăm không hoàn lại nên \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{11}}{{39}};P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{12}}{{39}} = \frac{4}{{13}}\).
Theo công thức toàn phần ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,3 \cdot \frac{{11}}{{39}} + 0,7 \cdot \frac{4}{{13}} = 0,3\).
Đáp án cần nhập là: 0,3.
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình dưới đây
Có bao nhiêu giá trị nguyên của \(m\) để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) - 1 = m\) có nghiệm thuộc nửa khoảng \(\left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\).
Đáp án: __
Đặt \(t = \sqrt {4 - {x^2}} ,t' = \frac{{ - x}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\); \(t' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\).
Bảng biến thiên của \(t\)
Từ bảng biến thiên ta có \(1 < t \le 2,\forall x \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\).
Phương trình \(f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) - 1 = m\)có nghiệm \(x \in \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\) khi và chỉ khi \(f\left( t \right) = m + 1\) có nghiệm \(t \in \left( {1;2} \right]\) khi và chỉ khi đường thẳng \(y = m + 1\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) có điểm chung trong nửa khoảng \(\left( {1;2} \right]\).
Dựa vào đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) ta có \( - 1 < m + 1 \le 3\)\( \Leftrightarrow - 2 < m \le 2\).
Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 1;0;1;2} \right\}\).
Vậy có 4 giá trị nguyên của \(m\).
Đáp án cần nhập là: 4.
Một công ty logistics đang nghiên cứu phương án vận chuyển hàng hóa. Chi phí vận chuyển trung bình cho mỗi kiện hàng (tính bằng triệu đồng) được ước lượng theo công thức \(C = \frac{{19200000}}{{{x^2}}} + \frac{{27x}}{{x + 3000}},x \ge 1\) trong đó \(x\) là số kiện hàng được vận chuyển trong một lần. Để chi phí vận chuyển trung bình cho mỗi kiện hàng là nhỏ nhất, công ty cần chọn số kiện hàng \(x\) bằng bao nhiêu?
Đáp án: _____
Xét hàm \(C = \frac{{19200000}}{{{x^2}}} + \frac{{27x}}{{x + 3000}},x \ge 1\)
Có \(C'\left( x \right) = \frac{{ - 38400000}}{{{x^3}}} + \frac{{81000}}{{{{\left( {x + 3000} \right)}^2}}}\);
\(C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{38400000}}{{{x^3}}} = \frac{{81000}}{{{{\left( {x + 3000} \right)}^2}}}\)\( \Leftrightarrow 12800{\left( {x + 3000} \right)^2} = 27{x^3} \Leftrightarrow x = 2400\).
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có để chi phí vận chuyển trung bình cho mỗi kiện hàng là nhỏ nhất thì công ty cần chọn số kiện hàng \(x = 2400\).
Đáp án cần nhập là: 2400.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}\), thỏa mãn điều kiện \(f'\left( x \right) - 2f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^{2x}}\) và \(f\left( 0 \right) = 1\). Biết \(f\left( 2 \right) = a \cdot {e^b}\) với \(a,b \in \mathbb{N}\). Tính \(a + b\).
Đáp án: __
Ta có\(f'\left( x \right) - 2f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^{2x}}\)\( \Leftrightarrow {e^{ - 2x}}f'\left( x \right) - 2{e^{ - 2x}}f\left( x \right) = x + 1\)\( \Leftrightarrow {\left( {{e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right)} \right)^\prime } = x + 1,\forall x \in \mathbb{R}\).
Tích phân 2 vế trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\), ta được
\(\int\limits_0^2 {{{\left( {{e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right)} \right)}^\prime }dx} = \int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right)dx} \)\( \Leftrightarrow \left. {{e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right)} \right|_0^2 = 4\)\( \Leftrightarrow {e^{ - 4}} \cdot f\left( 2 \right) - 1 = 4\)\( \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = 5{e^4}\).
Suy ra \(a = 5;b = 4\). Vậy \(a + b = 9\).
Đáp án cần nhập là: 9.
Trong không gian \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 4}}{2}\) và mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 9\). Xét mặt phẳng \(\left( P \right):ax + by + cz + 9 = 0\left( {a,b,c \ne 0} \right)\). Biết rằng \(\left( P \right)\) chứa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\). Tính giá trị \(a + b + c.\)
Đáp án: ___
Đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 4}}{2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;1;4} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {2; - 1;2} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {a;b;c} \right)\).
Vì \(\left( P \right)\) chứa đường thẳng \(d\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}A \in \left( P \right)\\\overrightarrow n \cdot \overrightarrow u = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b + 4c + 9 = 0\\2a - b + 2c = 0\end{array} \right.\) (1).
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0;0;0} \right),R = 3\) mà mặt phẳng \(\left( P \right)\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\) nên
\(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = 3\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| 9 \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 3\)\( \Leftrightarrow 9 = {a^2} + {b^2} + {c^2}\) (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}a + b + 4c + 9 = 0\\2a - b + 2c = 0\\{a^2} + {b^2} + {c^2} = 9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3 - 2c\\b = - 6 - 2c\\{\left( { - 3 - 2c} \right)^2} + {\left( { - 6 - 2c} \right)^2} + {c^2} = 9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3 - 2c\\b = - 6 - 2c\\9{c^2} + 36c + 36 = 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 2\\c = - 2\end{array} \right.\). Vậy \(a + b + c = - 3\).
Đáp án cần nhập là: −3.
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 14\) và điểm \(M\left( { - 1; - 3; - 2} \right)\). \(\left( P \right):ay + bz + 1 = 0\) là mặt phẳng đi qua \(M\) và cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính \(a + b\).
Đáp án: __
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 1; - 2; - 3} \right),R = \sqrt {14} \).
Ta có \(IM = \sqrt {{{\left( { - 1 + 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3 + 2} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 3} \right)}^2}} = \sqrt 2 < R\) nên \(M\)nằm trong mặt cầu \(\left( S \right)\).
Do đó mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(M\)và luôn cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là một đường tròn.
Gọi \(H\) là tâm đường tròn giao tuyến.
Khi đó \(IH \bot \left( P \right)\). Khi đó bán kính đường tròn giao tuyến là \(r = \sqrt {{R^2} - I{H^2}} = \sqrt {14 - I{H^2}} \).
Suy ra \(r\) nhỏ nhất khi \(IH\) lớn nhất.
Ta có \(IH \le IM\) nên \(IH\)lớn nhất khi \(M\) trùng \(H\). Khi đó \(IM \bot \left( P \right)\).
Khi đó \(\left( P \right)\) là mặt phẳng qua \(M\) và nhận \(\overrightarrow {IM} = \left( {0; - 1;1} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến có phương trình là
\( - \left( {y + 3} \right) + \left( {z + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow y - z + 1 = 0\).
Suy ra \(a = 1;b = - 1 \Rightarrow a + b = 0\).
Đáp án cần nhập là: 0.
Một đoàn tàu điện cao tốc đang đứng yên tại nhà ga. Ngay trước đầu tàu có một cột tín hiệu. Đoàn tàu bắt đầu chuyển động từ trạng thái đứng yên với gia tốc \(a = 0,004t\;\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}} \right)\) và đi qua cột tín hiệu đó trong thời gian 60 giây. Sau 90 giây đoàn tàu điện chuyển sang trạng thái chuyển động đều. Sau khi chuyển động đều một thời gian, đoàn tàu điện gặp một cầu vượt có chiều dài 486 m. Đoàn tàu điện đó đi qua cầu vượt hết bao nhiêu giây? (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Đáp án: _____
Vận tốc của tàu là \(v\left( t \right) = \int {0,004t} = 2 \cdot {10^{ - 3}}{t^2} + C\).
Vì tàu khởi hành từ trạng thái đứng yên nên \(v\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0\).
Khi đó \(v\left( t \right) = 2 \cdot {10^{ - 3}}{t^2}\).
Sau 90 giây vận tốc của tàu là \(v\left( {90} \right) = 2 \cdot {10^{ - 3}} \cdot {90^2} = 16,2\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).
Chiều dài của tàu là \(l = \int\limits_0^{60} {2 \cdot {{10}^{ - 3}}{t^2}} = 144\)(m).
Tổng quãng đường tàu đi qua cầu vượt là \(s = 144 + 486 = 630\) (m).
Thời gian để tàu đi qua cầu vượt là \(t = \frac{{630}}{{16,2}} \approx 38,9\) giây.
Đáp án cần nhập là: 38,9.
Trong một tình huống cứu hộ khẩn cấp, một nhân viên cứu hộ phải vượt qua một hồ nước đề tiếp cận người gặp nạn ở phía bên kia. Biết rằng hồ rộng 100 m và vận tốc bơi của nhân viên cứu hộ bằng một phần ba vận tốc chạy trên bộ. Giả sử hồ nước có dạng thẳng, vị trí người gặp nạn cách nhân viên cứu hộ 1 km theo đường chim bay và nhân viên cứu hộ cách bờ bên kia 100 m. Hãy cho biết nhân viên cứu hộ phải bơi bao nhiêu mét để đến được người gặp nạn nhanh nhất (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Đáp án: ____
Gọi \(A\)là vị trí người gặp nạn, \(B\)là vị trí của nhân viên cứu hộ và \(BD\) là đường bơi của nhân viên cứu hộ.
Chọn một đơn vị có độ dài là 100 m. Suy ra \(BC = 1;AB = 10;AC = 3\sqrt {11} \).
Gọi vận tốc bơi của nhân viên cứu hộ là một đơn vị vận tốc thì vận tốc chạy của nhân viên cứu hộ là 3 đơn vị vận tốc.
Gọi \(x\)là quãng đường nhân viên cứu hộ bơi. Khi đó \(BD = x\).
Quãng đường nhân viên cứu hộ chạy là \(AD = AC - CD = 3\sqrt {11} - \sqrt {{x^2} - 1} \).
Thời gian nhân viên cứu hộ đến vị trí người gặp nạn là \(t = \frac{{3\sqrt {11} - \sqrt {{x^2} - 1} }}{3} + \frac{x}{1} = \sqrt {11} - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1} + x\).
Xét hàm \(f\left( x \right) = \sqrt {11} - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1} + x\); có \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{3} \cdot \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\) (vì \(x > 0\)).
Bảng biến thiên
Vậy thời gian nhân viên cứu hộ đến vị trí người gặp nạn ngắn nhất khi \(x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\).
Do đó nhân viên phải bơi \(\frac{{3\sqrt 2 }}{4} \cdot 100 = 75\sqrt 2 \approx 106\;m\).
Đáp án cần nhập là: 106.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho ba điểm \(A\left( {1;2; - 1} \right),B\left( {2; - 1;3} \right),C\left( { - 4;7;5} \right)\). Gọi \(D\) là chân đường phân giác trong góc \(B\)của tam giác \(ABC\). Tính độ dài đoạn thẳng \(BD\) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Đáp án: _____
Ta có \(BA = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {26} \), \(CB = \sqrt {{6^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = 2\sqrt {26} \).
Gọi \(D\left( {a;b;c} \right)\) là chân đường vuông góc trong góc \(B\).
Khi đó \(\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{1}{2}\)\( \Leftrightarrow DC = 2DA \Leftrightarrow \overrightarrow {DC} = - 2\overrightarrow {DA} \).
Ta có \(\overrightarrow {DC} = \left( { - 4 - a;7 - b;5 - c} \right),\overrightarrow {DA} = \left( {1 - a;2 - b; - 1 - c} \right)\).
Vì \(\overrightarrow {DC} = - 2\overrightarrow {DA} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 - a = - 2\left( {1 - a} \right)\\7 - b = - 2\left( {2 - b} \right)\\5 - c = - 2\left( { - 1 - c} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{2}{3}\\b = \frac{{11}}{3}\\c = 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow D\left( { - \frac{2}{3};\frac{{11}}{3};1} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {BD} = \left( { - \frac{8}{3};\frac{{14}}{3}; - 2} \right)\). Vậy \(BD = \sqrt {{{\left( { - \frac{8}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{14}}{3}} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} \approx 5,73\).
Đáp án cần nhập là: 5,73.
