Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 30
50 câu hỏi
Cho phương trình \({\rm{log}}_3^2x + 3m{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}3x + 2{m^2} - 2m - 1 = 0\). Gọi \(S\) là tập hợp các số tự nhiên \(m\) để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}\), \({x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + {x_2} \ge \frac{{10}}{3}\). Tính tổng giá trị các phần tử của \(S\).
6.
1.
0.
10.
Điều kiện: \(x > 0\).
Đặt \(t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x \Rightarrow x = {3^t}\). Khi đó phương trình đã cho trở thành:
\({t^2} + 3m\left( {1 + t} \right) + 2{m^2} - 2m - 1 = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 3mt + 2{m^2} + m - 1 = 0\) (*).
Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt \({t_1},{t_2}\)
\( \Leftrightarrow {\rm{\Delta }} > 0 \Leftrightarrow 9{m^2} - 4\left( {2{m^2} + m - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4m + 4 > 0 \Leftrightarrow {(m - 2)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 2\).
Khi đó, \(\left( {\rm{*}} \right)\) có hai nghiệm phân biệt là \({t_1} = - 2m + 1\) và \({t_2} = - m - 1\).
Suy ra: \({x_1} + {x_2} = {3^{ - 2m + 1}} + {3^{ - m - 1}}\).
Ta có \({x_1} + {x_2} \ge \frac{{10}}{3} \Leftrightarrow {3^{ - 2m + 1}} + {3^{ - m - 1}} \ge \frac{{10}}{3} \Leftrightarrow {3^{ - m}} \ge 1 \Leftrightarrow m \le 0\).
Vì \(m\) là số tự nhiên nên \(S = \left\{ 0 \right\}\). Vậy tổng giá trị các phần tử của \(S\) là 0. Chọn C.
Tính hết năm 2022 diện tích rừng của thành phố \(X\) là 140600 ha, tỷ lệ che phủ rừng trên địa bàn tỉnh đạt \(39,8{\rm{\% }}\). Trong năm 2022 thành phố X trồng mới được 1000 ha. Giả sử diện tích rừng trồng mới của thành phố mỗi năm tiếp theo đều tăng \(6{\rm{\% }}\) so với diện tích rừng trồng mới của năm liền trước. Năm nào là năm đầu tiên tỉnh có diện tích rừng đạt tỷ lệ che phủ \(45{\rm{\% }}\)?
2033.
2038.
2035.
2039.
Diện tích rừng để đạt được tỷ lệ che phủ \(45{\rm{\% }}\) là: \(\frac{{140600 \cdot 45}}{{39,8}} \approx 159000{\rm{ha}}\).
Vậy cần phải che phủ thêm \(159000 - 140600 = 18400\) ha.
Do mỗi năm diện tích rừng trồng mới của tỉnh đều tăng \(6{\rm{\% }}\) so với diện tích rừng trồng mới của năm liền trước nên diện tích rừng trồng mới tăng thêm sau \(n\) năm là:
\({S_n} = 1000 \cdot \left( {{{\left( {1,06} \right)}^1} + {{\left( {1,06} \right)}^2} + {{\left( {1,06} \right)}^3} + \ldots + {{\left( {1,06} \right)}^n}} \right) = 1000 \cdot \frac{{1,06 \cdot \left( {1 - {{\left( {1,06} \right)}^n}} \right)}}{{1 - 1,06}}\)
Theo giả thiết ta có: \(1000 \cdot \frac{{1,06 \cdot \left( {1 - {{\left( {1,06} \right)}^n}} \right)}}{{1 - 1,06}} = 18400\)
\( \Rightarrow 1 - {\left( {1,06} \right)^n} = - \frac{{276}}{{265}} \Rightarrow {\left( {1,06} \right)^n} = \frac{{541}}{{265}} \Rightarrow n = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{1,06}}\frac{{541}}{{265}} \approx 13\).
Sau 13 năm thì diện tích rừng thành phố \(X\) đạt tỷ lệ che phủ \(45{\rm{\% }}\).
Vậy đến năm 2035 thỉ tỷ lệ che phủ rừng của thành phố X đạt \(45{\rm{\% }}\). Chọn C.
Biết rằng các hàm số \(y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}\left( {x + m} \right);y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_b}\left( {x + n} \right);y = {c^{x + p}}\) có đồ thị hàm số lần lượt là \(\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_2}} \right),\left( {{C_3}} \right)\) như hình vẽ dưới đây.
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
\(a < b < c\).
\(b < a < c\).
\(c < a < b\).
\(c < b < a\).
Xét đồ thị hàm số \(y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}\left( {x + m} \right)\). Đồ thị này đi qua điểm \(\left( {0;0} \right)\) và \(\left( {3;2} \right)\) nên:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}m}\\{2 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}\left( {m + 3} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{2 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}\left( 4 \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{a = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Xét đồ thị hàm số \(y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_b}\left( {x + n} \right)\). Đồ thị này đi qua điểm \(\left( { - 2;0} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\) nên:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_b}\left( {n - 2} \right)}\\{1 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_b}\left( n \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 3}\\{1 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_b}\left( 3 \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 3}\\{b = 3}\end{array}.} \right.} \right.} \right.\)
Xét đồ thị hàm số \(y = {c^{x + p}}\). Đồ thị này đi qua điểm \(\left( {2;1} \right)\) và \(\left( {3;4} \right)\) nên:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 = {c^{2 + p}}}\\{4 = {c^{3 + p}}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{p = - 2}\\{4 = {c^1}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{p = - 2}\\{c = 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Qua đó, ta thấy \(a < b < c\). Chọn A.
Tính giới hạn \({\rm{lim}}\frac{{{3^n} - {4^n} + {5^n}}}{{{3^n} + {4^n} - {5^n}}}\) (nhập đáp án vào ô trống).
____
\({\rm{lim}}\frac{{{3^n} - {4^n} + {5^n}}}{{{3^n} + {4^n} - {5^n}}} = {\rm{lim}}\frac{{{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n} - {{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n} + 1}}{{{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n} - 1}} = - 1\).
Đáp án cần nhập là: \( - 1\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\). Đường thẳng \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy, \(SA = a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\). Khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) bằng
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\(a\).
\(a\sqrt 2 \).
\(2a\).
Ta có: \(d\left( {M,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = DA = a\). Chọn B.
Công thức \(h = - 19,4{\rm{log}}\frac{P}{{{P_0}}}\) là mô hình đơn giản để tính độ cao so với mặt nước biển của một vị trí trong không trung (đơn vị km) theo áp suất không khí \(P\) tại điểm đó và áp suất \({P_0}\) của không khí tại mặt nước biển (đơn vị áp suất \(Pa\)). Nếu áp suất không khí tại điểm A bằng \(\frac{3}{7}\) lần áp suất không khí tại điểm B thì điểm nào có độ cao lớn hơn và lớn hơn khoảng bao nhiêu km?
Điểm B cao hơn điểm A \(3,18{\rm{\;km}}\).
Điểm B cao hơn điểm A \(4,71{\rm{\;km}}\).
Điểm A cao hơn điểm B \(3,18{\rm{\;km}}\).
Điểm A cao hơn điểm B \(4,71{\rm{\;km}}\).
Ta có \({P_A} = \frac{3}{7}{P_B}\)
\({h_A} - {h_B} = - 19,4\log \frac{{{P_A}}}{{{P_0}}} + 19,4\log \frac{{{P_B}}}{{{P_0}}} = - 19,4 \cdot \log \frac{{\frac{{{P_A}}}{{{P_0}}}}}{{\frac{{{P_B}}}{{{P_0}}}}} = - 19,4\log \frac{{{P_A}}}{{{P_B}}} = - 19,4\log \frac{4}{7} \approx 4,71\).
Vậy điểm \(A\) cao hơn điểm \(B\) \(4,71{\rm{\;km}}\). Chọn D.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B,AB = BC = 2a\), hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\)cùng vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), mặt phẳng qua \(SM\) và song song với \(BC\), cắt \(AC\) tại \(N\). Biết góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(60^\circ \). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(SN\) là
\(\frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).
\(\frac{{a\sqrt {39} }}{{13}}\).
\(\frac{{2a\sqrt {21} }}{7}\).
\(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Theo giả thiết \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right),\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\)
và \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ \).
Mặt phẳng qua \(SM\) và song song với \(BC\), cắt \(AC\) tại \(N\) thì \(MN//BC\) với \(N\) là trung điểm của \(AC\).
Qua \(N\) vẽ đường thẳng \(d\) song song với \(AB\).
Gọi I là giao điểm của \(d\) và \(BC\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(NI,K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SH\).
Khi đó \(AK \bot \left( {SHN} \right) \Rightarrow AK = d\left( {A,\left( {SHN} \right)} \right)\).
\(AHIB\) là hình chữ nhật nên \(AH = BI = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\).
Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(60^\circ \) nên \(\widehat {SBA} = 60^\circ \).
\(SA = AB \cdot \tan \widehat {SBA} = 2a \cdot {\rm{tan}}{60^ \circ } = 2a\sqrt 3 \).
Ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a\sqrt 3 } \right)}^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).
Vì \(AB//\left( {SHN} \right)\) nên \(d\left( {AB,SN} \right) = d\left( {AB,\left( {SHN} \right)} \right) = dA,\left( {SHN} \right) = AK = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\). Chọn A.
Trong một hội trường có một số lượng ghế nhất định, được xếp thành từng hàng một. Hàng đầu tiên có 20 chiếc ghế, và từ hàng thứ hai trở đi, hàng sau có nhiều hơn hàng trước 2 chiếc ghế. Người ta muốn thêm một hàng ghế nữa ở phía sau cùng trong hội trường bằng cách lấy một số lượng ghế nhất định từ những hàng ghế trước đó. Biết rằng nếu từ mỗi hàng đã có, ta lấy đi 4 chiếc ghế và số ghế lấy đi được xếp vào sau cùng tạo thành hàng ghế mới thì số ghế ở hàng sau cùng vẫn đảm bảo nhiều hơn hàng trước 2 chiếc. Tìm số ghế có trong hội trường (nhập đáp án vào ô trống).
____
Gọi số hàng ghế ban đầu của hội trường là \(n\left( {n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\).
Do số ghế mỗi dãy lập thành một cấp số cộng nên tổng số ghế trong hội trường là \(S = \frac{n}{2} \cdot \left( {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right) = \frac{n}{2}\left( {2 \cdot 20 + 2\left( {n - 1} \right)} \right)\) (chiếc).
Nếu thêm một hàng ghế ở phía sau bằng cách lấy đi 4 chiếc ghế ở mỗi hàng thì số ghế ở hàng đầu tiên là 16, đồng thời có tổng cộng \(n + 1\) hàng ghế. Khi đó tổng số ghế trong hội trường là
Cho \(\frac{n}{2}\left( {2n + 38} \right) = \frac{{n + 1}}{2}\left( {2n + 32} \right) \Leftrightarrow n = 8\), tức là ban đầu hội trường có 8 hàng ghế.
Khi đó, tổng số ghế trong hội trường là \(S = \frac{n}{2}\left( {2n + 38} \right) = \frac{8}{2}\left( {2 \cdot 8 + 38} \right) = 216\) (chiếc).
Đáp án cần nhập là: \(216\).
Người ta đúc một khối bê tông có dạng khối chóp \(ABCD.MNPQ\) cụt tứ giác đều như hình. Cạnh đáy dưới dài \(5m\), cạnh đáy trên dài \(2m\), cạnh bên dài \(3m\). Biết rằng khối bê tông được đúc với giá tiền là 1500000 đồng/m3. Tính số tiền để đúc khối bê tông theo đơn vị đồng (làm tròn đến hàng nghìn).
41360000.
41367000.
41365000.
41366000.
Gọi \(I\) là giao điểm của \(MP\) và \(NQ\), O là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
Khi đó \(IO \bot \left( {MNPQ} \right);IO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Khi đó \(IO\) là chiều cao của khối chóp cụt đều.
Ta xét hình thang \(QNBD\), gọi \(H\) là hình chiếu của \(Q\) lên \(BD,K\) là hình chiếu của \(N\) lên \(BD\).
Mà \(IO \bot BD,QH \bot BD,NK \bot BD\) trong (\(QNBD\)) nên \(IO//QH//NK\).
Ngoài ra ta có \(QH = NK = IO\) và \(QD = NB\). Suy ra \(\Delta QHD = \Delta NKB\) nên ta có \(DH = BK\).
\(DH = \frac{{BD - HK}}{2} = \frac{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} - \sqrt {M{N^2} + M{Q^2}} }}{2} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\left( m \right)\).
Xét tam giác \(QHD\) vuông tại \(H\), có: \(QH = \sqrt {Q{D^2} - H{D^2}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\left( m \right)\).
Diện tích hai đáy: \({S_{ABCD}} = A{B^2} = 25\left( {{m^2}} \right);{S_{MNPQ}} = M{N^2} = 4\left( {{m^2}} \right)\).
Thể tích khối chóp cụt đều
\(V = \frac{1}{3} \cdot OI \cdot \left( {{S_{ABCD}} + \sqrt {{S_{ABCD}} \cdot {S_{MNPQ}}} + {S_{MNPQ}}} \right) = \frac{{39\sqrt 2 }}{2}\left( {{m^3}} \right)\).
Vậy số tiền cần dùng là: \(1500000 \cdot \frac{{39\sqrt 2 }}{2} = 41366000\). Chọn D.
Khi trên bảng ghi 2025 số tự nhiên từ 1 đến 2025, ta cần xóa đi ít nhất bao nhiêu số để các số còn lại trên bảng có tính chất không có ba số nào mà một trong ba số đó bằng tích của hai số còn lại (nhập đáp án vào ô trống).
___
Ta xóa đi các số \(2;3;4; \ldots 44\)
Ta không cần xóa số 1 vì xét một số bằng tích hai số còn lại.
Khi đó tích của hai số bất kì trong phần còn lại nhỏ nhất là \(45 \times 46 = 2070 > 2025\)
Nên chắc chắc không có số nào bằng tích của hai số bất kì.
Vậy ta xóa đi 43 số
Đáp án cần nhập là: \(43\).
Trong tuần lễ bảo vệ môi trường, các em học sinh khối 12 của trường X đã tiến hành thu nhặt vỏ chai nhựa để tái chế. Nhà trường thống kê kết quả thu nhặt vỏ chai nhựa của các em học sinh theo bảng số liệu sau:
Số vỏ chai nhựa | \(\left[ {1;6} \right)\) | \(\left[ {6;11} \right)\) | \(\left[ {11;16} \right)\) | \(\left[ {16;21} \right)\) | \(\left[ {21;26} \right)\) | \(\left[ {26;31} \right)\) |
Số học sinh | 12 | 24 | 30 | 57 | 36 | 21 |
Tính số vỏ chai nhựa trung bình mà mỗi học sinh khối 12 của trường X đã thu nhặt được.
13,5.
18,5.
17,5.
19,5.
Ta có bảng thống kê kết quả thu nhặt vỏ chai nhựa của các em học sinh lớp 12 trường \(X\) theo giá trị đại diện:
Số vỏ chai nhựa | 3,5 | 8,5 | 13,5 | 18,5 | 23,5 | 28,5 |
Số học sinh | 12 | 24 | 30 | 57 | 36 | 21 |
Cỡ mẫu \(n = 12 + 24 + 30 + 57 + 36 + 21 = 180\).
Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là
\(\overline x = \frac{{3,5 \cdot 12 + 8,5 \cdot 24 + 13,5 \cdot 30 + 18,5 \cdot 57 + 23,5 \cdot 36 + 28,5 \cdot 21}}{{180}} = 17,5\).
Vậy số vỏ chai nhựa trung bình mà mỗi học sinh khối 12 của trường \(X\) đã thu nhặt được là 17,5. Chọn C.
Trong một tiết học môn Thể chất, thầy giáo cho các bạn tiến hành chạy nước rút 60 m. Bảng dưới đây ghi lại thông tin về thời gian chạy của các bạn theo từng mốc như sau:
Thời gian (giây) | \(\left[ {8;9} \right)\) | \(\left[ {9;10} \right)\) | \(\left[ {10;11} \right)\) | \(\left[ {11;12} \right)\) | \(\left[ {12;13} \right)\) |
Số học sinh | 2 | 12 | 15 | 7 | 4 |
Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu trên là:
9,33.
9,67.
10,33.
10,67
Số học sinh của lớp học là \(n = 40\), đồng nghĩa là tứ phân vị thứ nhất sẽ nằm tại nhóm thứ 2, tức là nhóm \(\left[ {9;10} \right)\).
\({Q_1} = 9 + \frac{{\frac{{40}}{4} - 2}}{{12}} \cdot \left( {10 - 9} \right) \approx 9,67\). Chọn B.
Cho tập hợp \(S = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\). Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập \(S\). Tính xác suất của biến cố trong ba số được chọn ra không chứa hai số nguyên liên tiếp nào (nhập đáp án vào ô trống, kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
_____
Xét phép thử: "Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập \(S = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\)". Ta có \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_9^3 = 84\).
Gọi \(A\) là biến cố: "trong ba số được chọn ra không chứa hai số nguyên liên tiếp".
Gọi \({a_1},{a_2},{a_3}\) là ba số thỏa mãn \(1 \le {a_1} < {a_2} < {a_3} \le 9\).
Không có hai số nguyên liên tiếp nào \( \Leftrightarrow 1 \le {a_1} < {a_2} - 1 < {a_3} - 2 \le 7\).
Đặt \({b_1} = {a_1},{b_2} = {a_2} - 1,{b_3} = {a_3} - 2\). Khi đó: \(1 \le {b_1} < {b_2} < {b_3} \le 7\).
Số cách chọn bộ ba số \({b_1},{b_2},{b_3}\) là \(C_7^3 \Rightarrow \) có \(C_7^3\) cách chọn \({a_1},{a_2},{a_3}\).
Suy ran \(n\left( A \right) = C_7^3 = 35\).
Do đó \(p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{35}}{{84}} = \frac{5}{{12}} \approx 0,42\).
Đáp án cần nhập là: \(0,42\).
\(\frac{1}{{12}}\).
\(\frac{1}{7}\).
\(\frac{5}{{12}}\).
\(\frac{7}{{12}}\).
Vì \(A,B\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{{12}}\). Chọn A.
\(\left( {2x - 3} \right) \cdot {2^{{x^2} - 3x}} \cdot \ln 2\).
\({2^{{x^2} - 3x}} \cdot \ln 2\).
\(\left( {2x - 3} \right) \cdot {2^{{x^2} - 3x}}\).
\(\left( {{x^2} - 3x} \right) \cdot {2^{{x^2} - 3x + 1}}\).
Ta có \(y' = {\left( {{2^{{x^2} - 3x}}} \right)^\prime } = \left( {2x - 3} \right) \cdot {2^{{x^2} - 3x}} \cdot \ln 2\). Chọn A.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\), đạo hàm \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { - 10;10} \right]\) để hàm số \(g\left( x \right) = 2mx - f\left( {2x - 2} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) (nhập đáp án vào ô trống).
__
\(g\left( x \right) = 2mx - f\left( {2x - 2} \right)\)
Có \(g'\left( x \right) = 2m - 2 \cdot f'\left( {2x - 2} \right)\)
Hàm số \(g\left( x \right) = 2mx - f\left( {2x - 2} \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow g'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow 2m - 2f'\left( {2x - 2} \right) \ge 0,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow f'\left( {2x - 2} \right) \le m,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\).
Đặt \(t = 2x - 2\). Vì \(x \in \left( {1; + \infty } \right)\) nên \(t \in \left( {0; + \infty } \right)\).
Xét hàm số \(f'\left( t \right)\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)
Theo hình vẽ đề cho, ta có \(f'\left( x \right) \le 2\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow f'\left( t \right) \le 2\forall t \in \left( {0; + \infty } \right)\).
Do đó \(f'\left( t \right) \le m,\forall t \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow m \ge 2\).
Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 10;10} \right]\) nên có 9 giá trị của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.
Đáp án cần nhập là: \(9\).
Số đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \frac{{\sqrt {x + 6} - 3}}{{{x^2} - 2x - 3}}\) là
4.
1.
2.
3.
Tập xác định: \(D = \left[ { - 6; + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 1;3} \right\}\).
Ta có: .
Do đó đường thẳng \(x = 3\) không phải là tiệm cận đứng.
Ta có: . Do đó đường thẳng \(x = - 1\) là tiệm cận đứng.
Ta có: . Do đó đường thẳng \(y = 0\) là tiệm cận ngang.
Không tồn tại giới hạn của hàm số đã cho khi \(x\) tiến đến \( - \infty \), do tập xác định của hàm số:
\(D = \left[ { - 6; + \infty } \right)\backslash \left\{ { - 1;3} \right\}\).
Vậy đồ thị hàm số đã cho có 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang, tức là có tổng cộng 2 đường tiệm cận. Chọn C.
Giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right) = 2026 + 2x - 2{e^x}\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) bằng
2026.
2024.
\(2028 - 2e\).
\(2030 - 2{e^2}\).
Có \(f'\left( x \right) = 2 - 2{e^x} = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\).
Có \(f\left( 0 \right) = 2024;f\left( 1 \right) = 2026;f\left( 2 \right) = 2030 - 2{e^2}\).
Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = 2026\). Chọn B.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị được cho như hình vẽ sau:
Tìm giá trị nhỏ nhất của \(g\left( x \right) = \frac{1}{2}f\left( {2x - 1} \right) + 3\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) (nhập đáp án vào ô trống).
__
Đặt \(2x - 1 = t\). Khi \(x \in \left[ {0;2\left] { \Leftrightarrow t \in } \right[ - 1;3} \right]\).
Trên \(\left[ { - 1;3} \right]\), ta có khi \(t = - 1\)
.
Đáp án cần nhập là: \(1\).
Biết rằng hàm số \(y = \left( {x - m} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {x + m - 2} \right)\) (\(m\) là tham số khác 1) có hai điểm cực trị. Tổng giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số này bằng
\({\left( {\frac{{m + 1}}{2}} \right)^3}\).
0.
1.
\({\left( {\frac{m}{2} + 1} \right)^3}\).
Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} + x\left( { - {m^2} + 2m + 2} \right) + {m^2} - 2m\).
Khi đó: \(y' = 3{x^2} - 6x - {m^2} + 2m + 2\).
Hàm số có hai điểm cực trị khi phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow {\rm{\Delta '}} = 9 - 3\left( { - {m^2} + 2m + 2} \right) = 3{m^2} - 6m + 3 = 3{(m - 1)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là nghiệm của phương trình \(y' = 0\).
Theo Viet ta có: \({x_1} + {x_2} = 2\)
Thực hiện phép chia \(y\) cho \(y'\) ta được:
\(y = \frac{1}{3}\left( {x - 1} \right)y' + \frac{1}{3}\left( { - 2{m^2} + 4m - 2} \right)x + \frac{1}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right)\).
Khi đó: \({y_1} = \frac{1}{3}\left( { - 2{m^2} + 4m - 2} \right){x_1} + \frac{1}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right)\).
và \({y_2} = \frac{1}{3}\left( { - 2{m^2} + 4m - 2} \right){x_2} + \frac{1}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right)\).
Vậy tổng giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số này là:
\({y_1} + {y_2} = \frac{1}{3}\left( { - 2{m^2} + 4m - 2} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + \frac{2}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right) = - \frac{2}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right) + \frac{2}{3}\left( {2{m^2} - 4m + 2} \right) = 0\). Chọn B.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\left( {a,b,c,d \in \mathbb{R};c \ne 0;d \ne 0} \right)\) có đồ thị (\(C\)) và đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình vẽ dưới đây
Biết \(\left( C \right)\) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3. Tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại giao điểm của \(\left( C \right)\) với trục hoành có phương trình là.
\(y + 4x + 3 = 0\).
\(y - 4x + 3 = 0\).
\(4y + x + 3 = 0\).
\(4y + x - 3 = 0\).
Từ đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = \frac{{ - d}}{c} = - 1\) và đồ thị hàm số đi qua điểm \(I\left( {0; - 4} \right)\)
Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) đi qua điểm (3;0) nên ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = d}\\{\frac{{ad - bc}}{{{d^2}}} = - 4}\\{3a + b = 0}\end{array}} \right.\)
Suy ra \(c = d = - a = \frac{b}{3}\). Suy ra \(f\left( x \right) = \frac{{ - x + 3}}{{x + 1}}\).
Có \(y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\). Hệ số góc của tiếp tuyến là \(y'\left( 3 \right) = \frac{{ - 1}}{4}\)
Phương trình tiếp điểm cần tìm là \(y = - \frac{1}{4}\left( {x - 3} \right)\) hay \(4y + x - 3 = 0\). Chọn D.
Cho hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} + 1\). Xét các mệnh đề sau đây
1) Hàm số có 3 điểm cực trị.
2) Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - 1;0} \right);\left( {1; + \infty } \right)\).
3) Hàm số có 1 điểm cực trị.
4) Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right);\left( {0;1} \right)\).
Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong bốn mệnh đề trên?
2.
1.
4.
3.
\(y' = 4{x^3} - 4x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}&{ \Rightarrow y = 1}\\{x = 1}&{ \Rightarrow y = 0}\\{x = - 1}&{ \Rightarrow y = 0}\end{array}} \right.\).
Bảng xét dấu:
Hàm số có 3 điểm cực trị, đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right);\left( {1; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right);\left( {0;1} \right)\). Vậy mệnh đề \(1,2,4\) đúng. Chọn D.
Một người đàn ông chèo thuyền ngược dòng nước một quãng đường dài 15 km. Tốc độ của dòng nước là \(3{\rm{\;km/h}}\). Nếu vận tốc của thuyền khi nước đứng yên là \(v\left( {{\rm{km/h}}} \right)\) thì năng lượng tiêu hao của người của người đàn ông trong \(t\) giờ được cho bởi công thức \(E\left( v \right) = c{v^3}t\) (trong đó \(c\) là hằng số dương, \(E\) được tính bằng đơn vị Jun). Người đàn ông chèo thuyền ngược dòng quãng đường 15 km trong khoảng thời gian \(t\) với vận tốc bao nhiêu để năng lượng tiêu hao là thấp nhất?
4.
4,5.
5.
5,5.
Ta kí hiệu \({v_0}\left( {km/h} \right)\) là vận tốc thực sự của thuyền.
Khi đó ta có \({v_0} = v - 3\)
Ta có \(15 = {v_0}t = \left( {v - 3} \right)t \Rightarrow t = \frac{{15}}{{v - 3}}\)
Thay vào phương trình năng lượng ta có \(E = c{v^3}\frac{{15}}{{v - 3}}\) (Jun)
Ta cần giá trị nhỏ nhất của \(E\left( v \right) = c{v^3}\frac{{15}}{{v - 3}},v > 3\).
Ta có \(E'\left( v \right) = 15c \cdot \frac{{2{v^3} - 9{v^2}}}{{{{\left( {v - 3} \right)}^2}}}\).
Ta có \(E'\left( v \right) = 0 \Leftrightarrow v = 4,5\).
Ta có . Chọn B.
\({\rm{cos}}x + {x^3} + C\).
\( - {\rm{cos}}x + 3{x^3} + C\).
\( - {\rm{cos}}x + {x^3} + C\).
\({\rm{cos}}x + 3{x^3} + C\).
\(f\left( x \right) = {\rm{sin}}x + 3{x^2} \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ \left( {{\rm{sin}}x + 3{x^2}} \right)dx = - {\rm{cos}}x + {x^3} + C\). Chọn C.
Biết \(\int\limits_2^3 {{{\left( {\frac{{x - 1}}{x}} \right)}^2}dx} = a + b{\rm{ln}}2 + c{\rm{ln}}3\), trong đó \(a,b,c\) là các số hữu tỉ. Tính giá trị của biểu thức \(T = 6a + 3b + 2c\) (nhập đáp án vào ô trống).
__
\(\int\limits_2^3 {{{\left( {\frac{{x - 1}}{x}} \right)}^2}} dx = \int\limits_2^3 {\frac{{{x^2} - 2x + 1}}{{{x^2}}}} dx = \int\limits_2^3 {\left( {1 - \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} dx = \left. {\left( {x - 2\ln \left| x \right| - \frac{1}{x}} \right)} \right|_2^3\)
\( = \left( {3 - 2\ln 3 - \frac{1}{3}} \right) - \left( {2 - 2\ln 2 - \frac{1}{2}} \right)\)\( = \frac{7}{6} + 2{\rm{ln}}2 - 2{\rm{ln}}3\).
Do đó \(a = \frac{7}{6},b = 2,c = - 2\).
Vậy \(T = 6a + 3b + 2c = 6 \cdot \frac{7}{6} + 3 \cdot 2 + 2 \cdot \left( { - 2} \right) = 9\).
Đáp án cần nhập là: \(9\).
Cho các hàm số \(y = f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\) và \(g\left( x \right) = mx + n\) có đồ thị lần lượt là đường cong \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(d\) như hình vẽ.
Cho biết \(AB = 5\) và diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(d\) bằng \(\frac{p}{q}\), trong đó \(p,q\) là các số nguyên dương và phân số \(\frac{p}{q}\) tối giản. Tính giá trị biểu thức \(T = p + q\) (nhập đáp án vào ô trống).
___
Ta có \(A\left( {0;c} \right) \in \left( C \right),B\left( {0;n} \right) \in d\) và \(AB = 5\) nên \(c - n = 5\).
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d\) là:
\(a{x^2} + bx + c = mx + n \Leftrightarrow a{x^2} + \left( {b - m} \right)x + c - n = 0 \Leftrightarrow a{x^2} + \left( {b - m} \right)x + 5 = 0\) (*)
Hoành độ giao điểm của \(\left( {\rm{C}} \right)\) và \({\rm{d}}\) là \(x = 1\) và \(x = 5\) nên (*) có dạng:
\(a\left( {x - 1} \right)\left( {x - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow a{x^2} - 6ax + 5a = 0\)
Do đó, \(a = 1\). Suy ra \(f\left( x \right) - g\left( x \right) = {x^2} - 6x + 5\).
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(\left( C \right)\) và \(d\) là
.
Vậy \(T = p + q = 32 + 3 = 35\).
Đáp án cần nhập là: \(35\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\), biết rằng \(f'\left( x \right) = \frac{4}{{1 + {\rm{cos}}2x}}\forall x \in \left( {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right)\) và \(f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 1\). Biết giá trị của tích phân \(I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {\left( {f\left( x \right) + 2} \right) \cdot {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x} \right)dx} = \frac{{\pi + a}}{b}\), với \(a,b\) là các số tự nhiên. Tính giá trị của biểu thức \(S = a - b\)(nhập đáp án vào ô trống).
____
Có \(f'\left( x \right) = \frac{4}{{1 + {\rm{cos}}2x}} = \frac{4}{{2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}} = \frac{2}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}} \Rightarrow f\left( x \right) = 2{\rm{tan}}x + C\,\,\forall x \in \left( {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right)\).
Cho \(f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Rightarrow 2{\rm{tan}}\frac{\pi }{4} + C = 1 \Leftrightarrow C = - 1 \Rightarrow f\left( x \right) = 2{\rm{tan}}x - 1\,\,\forall x \in \left( {\frac{{ - \pi }}{2};\frac{\pi }{2}} \right)\)
Khi đó, ta có:
\(I = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {2\tan x - 1 + 2} \right)} \cdot {\cos ^2}xdx = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\left( {2\sin x\cos x + {{\cos }^2}x} \right)} dx\)
\( = \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\sin 2xdx} + \int\limits_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}} dx\)
\( = \left. {\left[ { - \frac{1}{2}{\rm{cos}}2x + \left( {\frac{x}{2} + \frac{1}{4}{\rm{sin}}2x} \right)} \right]} \right|_{ - \frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{4}} = \frac{{\pi + 2}}{4}\).
Vậy \(I = \frac{{\pi + 2}}{4}\). Suy ra \(a = 2;b = 4\). Vậy \(a - b = - 2\).
Đáp án cần nhập là: \( - 2\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;6} \right]\) và có đồ thị là đường gấp khúc \(ABC\) trong hình dưới. Biết \(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) thỏa mãn \(F\left( { - 1} \right) = - 1\). Tính giá trị của \(F\left( 4 \right) + F\left( 6 \right)\)(nhập đáp án vào ô trống).
__
Từ đồ thị của hàm số ta xác định được \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{1}}\,\,{\rm{khi}} - 1 \le x < 2}\\{ - \frac{1}{2}x + 2\,\,{\rm{khi}}\,\,2 \le x \le 6}\end{array}} \right.\).
Do \(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) nên \(F\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + {C_1}\,\,{\rm{khi}}\,\, - 1 \le x < 2}\\{ - \frac{1}{4}{x^2} + 2x + {C_2}\,\,{\rm{khi}}\,\,2 \le x \le 6}\end{array}} \right.\).
Ta có \(F\left( { - 1} \right) = - 1 \Leftrightarrow - 1 + {C_1} = - 1 \Leftrightarrow {C_1} = 0\).
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;6} \right] \Rightarrow F\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ { - 1;6} \right]\)
\( \Rightarrow F\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 2\)
.
Suy ra \(F\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x\,\,{\rm{khi}}\,\, - 1 \le x < 2}\\{ - \frac{1}{4}{x^2} + 2x - 1\,\,{\rm{khi}}\,\,2 \le x \le 6}\end{array}} \right.\). Vậy \(F\left( 4 \right) + F\left( 6 \right) = 5\).
Đáp án cần nhập là: \(5\).
Người ta làm một cái lu đựng nước bằng cách cắt bỏ 2 chỏm của một khối cầu có bán kính 5 dm bằng 2 mặt phẳng vuông góc với đường kính và cách tâm khối cầu 3 dm. Tính thể tích của chiếc lu.
\(41\pi \left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
\(132\pi \left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
\(43\pi \left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
\(\frac{{100}}{3}\pi \left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Đặt hệ trục với tâm \(O\) là tâm của mặt cầu, đường thẳng đứng là \(Ox\), đường ngang là \(Oy\).
Ta có phương trình của đường tròn lớn là \({x^2} + {y^2} = 25\).
Thể tích cái lu là thể tích của vật tròn xoay tạo thành khi quay hình giới hạn bởi các đường cong \(y = \sqrt {25 - {x^2}} \), trục \(Ox\), đường thẳng \(x = - 3,x = 3\) quay quanh \(Ox\).
. Chọn B.
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(E\left( {2;1;3} \right)\), mặt phẳng \(\left( P \right):2x + 2y - z - 3 = 0\) và mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 5} \right)^2} = 36\). Gọi \({\rm{\Delta }}\) là đường thẳng đi qua \(E\), nằm trong \(\left( P \right)\) và cắt \(\left( S \right)\) tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Một vectơ chỉ phương của \({\rm{\Delta }}\) là
\(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} = \left( {1;1;4} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} = \left( {5; - 3;4} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {1; - 1;0} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {4; - 3;2} \right)\)
Mặt phẳng \(\left( P \right):2x + 2y - z - 3 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2;2; - 1} \right)\).
Mặt cầu \(\left( S \right):{(x - 3)^2} + {(y - 2)^2} + {(z - 5)^2} = 36\) có tâm \(I\left( {3;2;5} \right)\) và bán kính \(R = 6\).
Ta có \(\overrightarrow {EI} = \left( {1;1;2} \right)\) và \(EI = \sqrt 6 < R\) nên \(E\) nằm bên trong mặt cầu \(\left( S \right)\).
\({\rm{\Delta }}\) là đường thẳng đi qua \(E\) và cắt (S) tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất nên \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} \bot \overrightarrow {EI} \).
Mặt khác, \({\rm{\Delta }}\) nằm trong ( \(P\) ) nên \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} \bot \overrightarrow {{n_P}} \).
Ta có \(\left[ {\overrightarrow {EI} ,\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( { - 5;5;0} \right)\). Do đó, chọn \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} = \left( {1; - 1;0} \right)\). Chọn C.
Cho tứ diện \(ABCD\) có tọa độ các đỉnh là \(A\left( {3;0;1} \right),B\left( {1;2;4} \right),C\left( {0;5;3} \right),D\left( {2;3;4} \right)\). Thể tích của tứ diện \(ABCD\) là:
4.
\(\frac{8}{3}\).
\(\frac{4}{3}\).
8.
Ta có \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 1;3; - 1} \right),\overrightarrow {CD} = \left( {2; - 2;1} \right),\overrightarrow {BD} = \left( {1;1;0} \right)\).
\(BC = \sqrt {11} ,CD = 3,BD = \sqrt 2 \Rightarrow B{D^2} + C{D^2} = B{C^2} \Rightarrow \) tam giác \(BCD\) vuông tại \(D\).
Khi đó, diện tích tam giác \(BCD\) bằng \({S_{BCD}} = \frac{{BD \cdot CD}}{2} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).
Có \(\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {1; - 1; - 4} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\).
Khi đó phương trình mặt phẳng qua 3 điểm \(B,C,D\) là: \(x - y - 4z + 17 = 0\).
Khi đó, khoảng cách từ điểm \(A\) tới mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) là:
\(d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{{\left| {3 - 0 - 4 \cdot 1 + 17} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {4^2}} }} = \frac{{8\sqrt 2 }}{3}\).
Thể tích tứ diện \(ABCD\) là: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) \cdot {S_{BCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{8\sqrt 2 }}{3} \cdot \frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{8}{3}\). Chọn B.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho bốn điểm \(A\left( {1; - 1;2} \right),B\left( {2;1;0} \right)\),\(C\left( { - 1;1;1} \right),D\left( {2;3;1} \right)\). Gọi \(\left( L \right)\) là tập hợp tất cả các điểm \(M\) trong không gian thỏa mãn đẳng thức \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = 100\). Biết rằng \(\left( L \right)\) là một mặt cầu, mặt cầu đó có bán kính \(R\) bằng bao nhiêu?
\(R = 10\).
\(R = \sqrt {21} \).
\(R = 3\).
\(R = \sqrt {13} \).
Giả sử \(M\left( {x;y;z} \right)\). Khi đó:
\(M{A^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2},M{B^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2}\),
\(M{C^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2},M{D^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2}\).
Ta có \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = 100 \Leftrightarrow 4{x^2} + 4{y^2} + 4{z^2} - 8x - 8y - 8z + 28 = 100\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 21 \Rightarrow MI = \sqrt {21} \), với \(I\left( {1;1;1} \right)\).
Vậy tập hợp tất cả các điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức đã cho là mặt cầu tâm \(I\left( {1;1;1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {21} \). Chọn B.
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai mặt phẳng \(\left( P \right):x - 2y + 3z = 0,\left( Q \right):x + 4z - 1 = 0\). Giao tuyến của hai mặt phẳng trên có một vectơ chỉ phương là
\(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {8;1; - 2} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 5;2;3} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_3}} = \left( { - 4;1;2} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {8; - 1; - 2} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1; - 2;3} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1;0;4} \right)\).
Giao tuyến của hai mặt phẳng trên có một vectơ chỉ phương là
\(\overrightarrow u = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( { - 8; - 1;2} \right) = - \left( {8;1; - 2} \right)\). Chọn A.
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(M\left( {1;1; - 4} \right)\) và hai đường thẳng \({d_1}:\frac{{x - 3}}{{ - 3}} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{{z + 1}}{2}\) và \({d_2}:\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y - 2}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{{ - 2}}\). Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa cả hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\). Tính khoảng cách từ \(M\) đến \(\left( P \right)\)(nhập đáp án vào ô trống).
__
Véctơ chỉ phương của \({d_1}:\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 3;2;2} \right)\).
Véctơ chỉ phương của \({d_2}:\overrightarrow {{u_2}} = \left( {3; - 2; - 2} \right) = - \overrightarrow {{u_1}} \).
\(A\left( {3;2; - 1} \right) \in {d_1};B\left( {2;2;1} \right) \in {d_2} \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - 1;0;2} \right)\).
Có \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {4;4;2} \right)\).
Suy ra \(\left( P \right)\) đi qua \(A\) và có vécvơ pháp tuyến \(\vec n = \frac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {2;2;1} \right)\) có phương trình là
\(2x + 2y + z - 9 = 0\).
Vậy \(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 + 2 \cdot 1 - 4 - 9} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + 1} }} = 3\).
Đáp án cần nhập là: \(3\).
Một trạm phát tín hiệu chỉ phát hai loại tín hiệu X và Y với xác suất tương ứng là 0,72 và 0,28. Do có nhiễu trên đường truyền tín hiệu nên khả năng tín hiệu X bị méo thành tín hiệu Y là \(\frac{1}{6}\), và khả năng tín hiệu Y bị méo thành tín hiệu X là \(\frac{1}{4}\). Biết rằng tín hiệu thu được là tín hiệu đúng so với tín hiệu phát, xác suất để tín hiệu đó là tín hiệu Y là bao nhiêu?
\(\frac{5}{6}\).
\(\frac{{21}}{{100}}\).
\(\frac{{27}}{{62}}\).
\(\frac{7}{{27}}\).
Gọi \(A\) là biến cố "Trạm phát tín hiệu phát tín hiệu X".
Gọi \(H\) là biến cố "Tín hiệu không bị nhiễu trên đường truyền".
Gọi \(M\) là biến cố "Thu được tín hiệu \(X\)".
Từ các dữ kiện của đề bài, ta suy ra: \(P\left( A \right) = 0,72;\,\,P\left( {\overline H \mid A} \right) = \frac{1}{6};\,\,P\left( {\overline H \mid \overline A } \right) = \frac{1}{4}\).
Biến cố \(H\) cũng chính là biến cố "Thu được tín hiệu đúng".
Ta có \(P\left( H \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {H|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {H|\overline A } \right)\)\( = P\left( A \right) \cdot \left[ {1 - P\left( {\overline H |A} \right)} \right] + P\left( {\overline A } \right) \cdot \left[ {1 - P\left( {\overline H |\overline A } \right)} \right]\)
\( = 0,72 \cdot \frac{5}{6} + 0,28 \cdot \frac{3}{4} = 0,81\).
Khi đó \(P\left( {\overline A |H} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {H|\overline A } \right)}}{{P\left( H \right)}} = \frac{{0,28 \cdot \frac{3}{4}}}{{0,81}} = \frac{7}{{27}}\). Chọn D.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\left( {1; - 2;1} \right)\); bán kính \(R = 4\) và đường thẳng \(d:\frac{x}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z + 1}}{{ - 1}}\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(d\) và cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất. Hỏi trong các điểm sau điểm nào có khoảng cách đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) lớn nhất.
\(O\left( {0;0;0} \right)\).
\(A\left( {1;\frac{3}{5}; - \frac{1}{4}} \right)\).
\(B\left( { - 1; - 2; - 3} \right)\).
\(C\left( {2;1;0} \right)\).
Gọi \(H\left( {2t;1 - 2t; - 1 - t} \right)\) là hình chiếu của \(I\) lên đường thẳng \(d\).
Có \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2; - 2; - 1} \right),\overrightarrow {IH} = \left( {2t - 1;3 - 2t; - 2 - t} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {IH} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Rightarrow 2\left( {2t - 1} \right) - 2\left( {3 - 2t} \right) - \left( { - 2 - t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{2}{3} \Rightarrow H\left( {\frac{4}{3}; - \frac{1}{3}; - \frac{5}{3}} \right)\).
Vì \(IH = \sqrt {10} < 4 = R \Rightarrow d\) cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) tại 2 điểm phân biệt.
Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) bất kì chứa \(d\) luôn cắt \(\left( S \right)\) theo một đường tròn bán kính \(r\).
Khi đó \({r^2} = {R^2} - {d^2}\left( {I,\left( Q \right)} \right) \ge {R^2} - {d^2}\left( {I,d} \right) = 16 - 10 = 6\).
Do vậy mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(d\) cắt mặt cầu theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = d\left( {I,d} \right)\) hay mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(H\) nhận \(\overrightarrow {IH} = \left( {\frac{1}{3};\frac{5}{3}; - \frac{8}{3}} \right)\) làm vectơ pháp tuyến, do đó \(\left( P \right)\) có phương trình \(x + 5y - 8z - 13 = 0\).
Khi đó điểm \(O\left( {0;0;0} \right)\) có khoảng cách đến \(\left( P \right)\) lớn nhất. Chọn A.
Lớp 10A có 44 học sinh, gồm 24 học sinh nam và 20 học sinh nữ. Vào đầu năm học giáo viên chủ nhiệm chọn một bạn làm lớp trưởng, sau đó chọn một bạn làm lớp phó. Xác suất bạn lớp phó là nữ bằng
\(\frac{5}{{11}}\).
\(\frac{6}{{11}}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{4}{{11}}\).
Gọi A là biến cố "Giáo viên chọn được bạn lớp trưởng là nam"
B là biến cố "Giáo viên chọn được bạn lớp phó là nữ"
Khi đó ta có \(P\left( A \right) = \frac{{24}}{{44}} = \frac{6}{{11}} \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{5}{{11}}\).
Nếu giáo viên chọn bạn lớp trưởng là nam thì sau đó còn lại 43 bạn học sinh, trong đó có 20 học sinh nữ \( \Rightarrow P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{20}}{{43}}\).
Nếu giáo viên chọn bạn lớp trưởng là nữ thì sau đó còn lại 43 học sinh, trong đó có 19 học sinh nữ \( \Rightarrow P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{19}}{{43}}\).
Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất giáo viên chọn lớp phó là học sinh nữ là:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{6}{{11}} \cdot \frac{{20}}{{43}} + \frac{5}{{11}} \cdot \frac{{19}}{{43}} = \frac{5}{{11}}\). Chọn A.
Mẫu số liệu ghép nhóm thống kê mức lương của một số nhân viên của công ty (đơn vị: triệu đồng) được cho trong bảng dưới đây
Nhóm (triệu đồng) | \(\left[ {6;8} \right)\) | \(\left[ {8;10} \right)\) | \(\left[ {10;12} \right)\) | \(\left[ {12;14} \right)\) | \(\left[ {14;16} \right)\) |
Tần số | 6 | 14 | 16 | 12 | 2 |
Tìm khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
\(3,15\).
\(3,16\).
\(3,32\).
\(3,34\).
Cỡ mẫu là \(n = 50\).
Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{50}}\) là mức lương của 50 nhân viên của một công ty được sắp theo thứ tự không giảm.
Ta có \({Q_1} = {x_{13}} \in \left[ {8;10} \right)\). Khi đó \({Q_1} = 8 + \frac{{\frac{{50}}{4} - 6}}{{14}} \cdot 2 = \frac{{125}}{{14}}\).
Ta có \({Q_3} = {x_{38}} \in \left[ {12;14} \right)\). Khi đó \({Q_3} = 12 + \frac{{3 \cdot \frac{{50}}{4} - 36}}{{12}} \cdot 2 = \frac{{49}}{4}\).
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{93}}{{28}} \approx 3,32\). Chọn C.
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có tất cả các cạnh bằng \(a\), \(\widehat {A'AB} = 120^\circ \), \(\widehat {A'AC} = 60^\circ \). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(N\) là điểm trên cạnh \(BB'\) sao cho \(BN = \frac{2}{3}BB'\). Tính \(\overrightarrow {A'M} \cdot \overrightarrow {C'N} .\)
\(\frac{{4{a^2}}}{3}\).
\(\frac{{{a^2}}}{3}\).
\(4{a^2}\).
\(2{a^2}\).
Ta có \(\overrightarrow {A'M} = \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AA'} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) - \overrightarrow {AA'} \).
Có \(\overrightarrow {C'N} = \overrightarrow {C'B'} + \overrightarrow {B'N} = \overrightarrow {CB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {B'B} \)\( = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AA'} \).
Suy ra \(\overrightarrow {A'M} \cdot \overrightarrow {C'N} = \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AA'} } \right)\left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AA'} } \right)\)
\( = \frac{1}{2}{\overrightarrow {AB} ^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} - \frac{1}{6}\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AA'} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AB} - \frac{1}{2}{\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} \cdot \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AA'} \cdot \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} \cdot \overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}{\overrightarrow {AA'} ^2}\)
\[ = \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{7}{6}\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AA'} } \right| \cdot \cos 120^\circ - \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{5}{6}\left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AA'} } \right| \cdot \cos 60^\circ + \frac{{{a^2}}}{3}\]
\[ = \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{7{a^2}}}{{12}} - \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{5{a^2}}}{{12}} + \frac{{{a^2}}}{3} = \frac{{4{a^2}}}{3}\]. Chọn A.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( {6;5; - 1} \right),B\left( {4; - 2;3} \right)\). Tính số đo góc nhị diện \(\left[ {A,Ox,B} \right]\) theo đơn vị độ (nhập đáp án vào ô trống).
____
Gọi \(A',B'\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A,B\) trên \(Ox\) và \[\alpha = \left[ {A,Ox,B} \right]\].
Ta có \(A'\left( {6;0;0} \right),B'\left( {4;0;0} \right)\).
Khi đó \(\alpha = \left( {\overrightarrow {A'A} ,\overrightarrow {B'B} } \right)\) nên \[\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow {A'A} \cdot \overrightarrow {B'B} }}{{\left| {\overrightarrow {A'A} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {B'B} } \right|}} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha = 135^\circ \].
Đáp án cần nhập là: \(135\).
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: \(f\left( x \right)\) là hàm số lẻ và \(f\left( x \right) = {x^2}\) với mọi \(x \le 0\). Giá trị của \(f\left( 2 \right)\) bằng
\( - 4\).
\( - 2\).
0.
4.
Vì \(f\left( x \right)\) là số lẻ nên \(f\left( 2 \right) = f\left( { - \left( { - 2} \right)} \right) = - f\left( { - 2} \right)\).
Mà \(f\left( { - 2} \right) = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\). Do đó \(f\left( 2 \right) = - 4\). Chọn A.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai vectơ \(\overrightarrow m = \left( {1;1;4} \right),\overrightarrow n = \left( {4;1;1} \right)\). Vectơ nào dưới đây vuông góc với cả hai vectơ \(\overrightarrow m \) và \(\overrightarrow n \).
\(\overrightarrow a = \left( {1;5;1} \right)\).
\(\overrightarrow b = \left( {1; - 5;1} \right)\).
\(\overrightarrow c = \left( {1;5; - 1} \right)\).
\(\overrightarrow d = \left( { - 1;5;1} \right)\).
Có \(\left[ {\overrightarrow m ,\overrightarrow n } \right] = \left( { - 3;15; - 3} \right) = - 3\left( {1; - 5;1} \right) = 3\overrightarrow b \).
Vậy \(\overrightarrow b = \left( {1; - 5;1} \right)\) vuông góc với cả hai vectơ \(\overrightarrow m \) và \(\overrightarrow n \). Chọn B.
Một đa giác đều có 20 đỉnh, tất cả các cạnh của đa giác sơn màu xanh và tất cả các đường chéo của đa giác đó sơn màu đỏ. Gọi X là tập hợp tất cả các tam giác có ba đỉnh là các đỉnh của đa giác đều trên. Người ta chọn ngẫu nhiên từ X một tam giác. Xác suất để chọn được tam giác có ba cạnh cùng màu là \(\frac{a}{b}\left( {a \in \mathbb{N},b \in {\mathbb{N}^*}} \right)\), \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản. Khi đó \(a + b\) bằng
97.
98.
99.
79.
Ta có \(n\left( X \right) = C_{20}^3 = 1140\).
Dễ thấy không thể có tam giác nào có 3 cạnh đều là cạnh của đa giác đều ban đầu.
Gọi \({A_k}\) là biến cố “Tam giác được chọn có \(k\) cạnh màu xanh”.
TH1: Tam giác có 2 cạnh màu xanh.
Để được tam giác như thế thì 2 cạnh màu xanh là hai cạnh của đa giác. Khi đó ta cần chọn 3 đỉnh liên tiếp của đa giác. Do đó \(n\left( {{A_2}} \right) = 20\).
TH2: Tam giác có 1 cạnh màu xanh.
Để được tam giác như thế thì cần chọn 2 đỉnh liên tiếp của đa giác, đỉnh còn lại của tam giác không kề với 2 đỉnh kia.
Chọn 2 đỉnh liên tiếp, có 20 cách chọn.
Chọn đỉnh còn lại, bỏ 2 đỉnh đã chọn và 2 đỉnh kề với 2 đỉnh đó, có 16 cách chọn.
Do đó \(n\left( {{A_1}} \right) = 20 \cdot 16 = 320\).
Suy ra \(n\left( {{A_0}} \right) = 1140 - 20 - 320 = 800\).
Xác suất cần tìm là \(P\left( {{A_0}} \right) = \frac{{800}}{{1140}} = \frac{{40}}{{57}}\). Suy ra \(a = 40;b = 57\).
Vậy \(a + b = 40 + 57 = 97\). Chọn A.
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(A\left( {1;0;1} \right)\). Tìm tọa độ điểm \(C\) thỏa mãn \(\overrightarrow {AC} = \left( {3;3;0} \right)\).
\(C\left( {2;3;1} \right)\).
\(C\left( {3;3;0} \right)\).
\(C\left( { - 3; - 3; - 1} \right)\).
\(C\left( {4;3;1} \right)\).
Giả sử \(C\left( {x;y;z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AC} = \left( {x - 1;y;z - 1} \right)\).
Vì \(\overrightarrow {AC} = \left( {3;3;0} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 3\\y = 3\\z - 1 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 3\\z = 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow C\left( {4;3;1} \right)\). Chọn D.
Trong không gian với hệ trục tọa độ cho trước (đơn vị đo lấy theo kilômet), ra đa phát hiện một máy bay di chuyển với vận tốc và hướng không đổi từ điểm \(A\left( {750;450;7} \right)\) đến điểm \(B\left( {950;550;9} \right)\) trong 10 phút. Nếu máy bay tiếp tục giữ nguyên vận tốc và hướng bay trong 10 phút đến điểm \(C\left( {x;y;z} \right)\) thì \(x + y + z\) bằng (nhập đáp án vào ô trống).
_____
Vì hướng của máy bay không đổi nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BC} \) cùng hướng.
Theo đề ta có \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {BC} \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 950 = 200\\y - 550 = 100\\z - 9 = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1150\\y = 650\\z = 11\end{array} \right.\).
Do đó \(x + y + z = 1811\).
Đáp án cần nhập là: \(1811\).
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) sao cho phương trình \(\sqrt {3{x^2} - mx} = x - 3\) có đúng 1 nghiệm trong đoạn \(\left[ {2;5} \right]\)?
4.
5.
6.
Vô số.
Điều kiện xác định của phương trình: \(3{x^2} - mx \ge 0\).
Ta biến đổi phương trình đã cho:
\(\sqrt {3{x^2} - mx} = x - 3 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 3 \ge 0}\\{3{x^2} - mx = {{\left( {x - 3} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 3}\\{2{x^2} - \left( {m - 6} \right)x - 9 = 0\,\,(2)}\end{array}} \right.} \right.\)
Phương trình (2) có \(ac = - 18 < 0\), do đó phương trình này có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < 0 < {x_2}\).
Khi đó, ta có bảng xét dấu của hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} - \left( {m - 6} \right)x - 9\) :
Mặt khác, do điều kiện \(x \ge 3\), ta thấy chỉ có duy nhất \({x_2}\) mới có cơ hội trở thành nghiệm của phương trình ban đầu.
Khi đó, để \({x_2}\) là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho trong \(\left[ {2;5} \right]\) thì:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_2} \ge 3}\\{{x_2} \in \left[ {2;5} \right]}\end{array} \Leftrightarrow {x_2} \in \left[ {3;5} \right] \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 3 \right) \le 0}\\{f\left( 5 \right) \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9 - 3\left( {m - 6} \right) \le 0}\\{41 - 5\left( {m - 6} \right) \ge 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 9}\\{m \le \frac{{71}}{5}}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).
Do \(m\) nguyên \( \Rightarrow m \in \left\{ {9;10;11;12;13;14} \right\}\).
Vậy có tất cả 6 giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.
Trong hệ tọa độ Descartes, cho ba điểm \(A\left( {2;4} \right),B\left( {3;2} \right),C\left( {6;7} \right)\). Tính giá trị của tích vô hướng \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} \) (nhập đáp án vào ô trống).
____
Có \(\overrightarrow {AB} \left( {1; - 2} \right);\overrightarrow {BC} \left( {3;5} \right)\).
Khi đó, \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = 1 \cdot 3 + \left( { - 2} \right) \cdot 5 = - 7\).
Đáp án cần nhập là: \( - 7\).
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho ba điểm \(A\left( {2;1} \right),B\left( {1; - 1} \right),C\left( { - 2;3} \right)\). Viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm \(A,B,C\).
\({x^2} + {y^2} + x + 2y - 5 = 0\).
\({x^2} + {y^2} + x - 2y + 5 = 0\).
\({x^2} + {y^2} + x - 2y - 5 = 0\).
\({x^2} + {y^2} - x - 2y - 5 = 0\).
Gọi phương trình tổng quát của đường tròn là \({x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0\) với \({a^2} + {b^2} - c > 0\).
Ta thay tọa độ ba điểm \(A,B,C\) vào phương trình tổng quát, khi đó ta có hệ phương trình
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 4a - 2b + c = - 5}\\{ - 2a + 2b + c = - 2}\\{4a - 6b + c = - 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{ - 1}}{2}}\\{b = 1}\\{c = - 5}\end{array}} \right.} \right.\).
Vậy phương trình đường tròn là \({x^2} + {y^2} + x - 2y - 5 = 0\). Chọn C.Một nhóm học sinh gồm 6 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 13 học sinh trên thành một hàng dọc sao cho nam nữ đứng xen kẽ?
3628800.
518400.
4838400.
736100.
Xếp 6 học sinh nam thành một hàng dọc có \(6!\) cách xếp.
Sau đó xếp các bạn nữ vào 7 khoảng trống giữa các bạn nam nên có 7!
Vậy có \(6! \cdot 7! = 3628800\). Chọn A.
Gọi \(S\) là tập hợp các nghiệm nguyên dương của bất phương trình \(2{x^2} - x - 15 \le 0\). Tính tổng giá trị các phần tử của \(S\) (nhập đáp án vào ô trống).
__
\(2{x^2} - x - 15 \le 0 \Leftrightarrow - \frac{5}{2} \le x \le 3\).
\(S\) là tập hợp các nghiệm nguyên dương của bất phương trình \(2{x^2} - x - 15 \le 0\) nên \(S = \left\{ {1;2;3} \right\}\).
Vậy tổng giá trị các phần tử của \(S\) là \(1 + 2 + 3 = 6\).
Đáp án cần nhập là: \(6\).
