Đề thi ĐGNL Bộ Công an môn Toán có đáp án - Đề 3
35 câu hỏi
Hàm số \[y = \frac{3}{5}{x^5} - 3{x^4} + 4{x^3} - 2\] đồng biến trên khoảng nào?
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
\[\mathbb{R}\].
\(\left( {0\,;2} \right)\).
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
Lời giải
TXĐ của hàm số là: \[{\rm{D}} = \mathbb{R}\].
Ta có \[y' = 3{x^4} - 12{x^3} + 12{x^2} = 3{x^2}{\left( {x - 2} \right)^2} \ge 0{\rm{ }}{\rm{, }}\forall x \in \mathbb{R}\]. Chọn B.
Trong không gian Oxyz cho trước, đơn vị trên mỗi trục là mét, có hai chiếc chiến đấu cơ từ hai vị trí \[A\left( {40\,;\,\, - 15\,;\,\,15} \right)\,,\,\,B\left( {55\,;\,\, - 10\,;\,\,65} \right)\] cần đáp xuống hai vị trí thuộc tàu sân bay hải quân để nạp nhiên liệu. Bề mặt chứa các đường băng trên tàu là mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình \[3x - y + 2z - 25 = 0\].
Tổng khoảng cách từ hai vị trí chiến đấu cơ đến mặt phẳng chứa đường băng bằng
\(30\sqrt {14} \) m.
\(10\sqrt {14} \) m.
\(20\sqrt {14} \) m.
\(40\sqrt {14} \) m.
Lời giải
Ta có: \[d\left( {A\,,\,\,\left( P \right)} \right) + d\left( {B\,,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {120 + 15 + 30 - 25} \right|}}{{\sqrt {9 + 1 + 4} }} + \frac{{\left| {165 + 10 + 130 - 25} \right|}}{{\sqrt {9 + 1 + 4} }} = 30\sqrt {14} \] (m). Chọn B.
Tọa độ điểm \[A'\] đối xứng với điểm A qua mặt phẳng \(\left( P \right)\) là
\[\left( { - 20;\,\,5;\, - 25} \right)\].
\[\left( { - 20;\,\,5;\, - 25} \right)\].
\[\left( { - 20;\,\,5;\, - 25} \right)\].
\[\left( { - 20;\,\,5;\, - 25} \right)\].
Lời giải
Đường thẳng qua \[A\] và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình chính tắc là \[\frac{{x - 40}}{3} = \frac{{y + 15}}{{ - 1}} = \frac{{z - 15}}{2}\].
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên \(\left( P \right)\) thì tọa độ H thỏa hệ phương trình
\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 40}}{3} = \frac{{y + 15}}{{ - 1}} = \frac{{z - 15}}{2}\\3x - y + 2z - 25 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3y + 5 = 0\\2y + z + 15 = 0\\3x - y + 2z - 25 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 10\\y = - 5\\z = - 5\end{array} \right.\] hay \[H\left( {10\,;\,\, - 5\,;\,\, - 5} \right)\].
\[A'\] đối xứng với A qua \(\left( P \right)\) nên H là trung điểm của \[AA' \Rightarrow A'\left( { - 20\,;\,\,5\,;\,\, - 25} \right)\]. Chọn A.
Người chỉ huy ở tàu sân bay phát tín hiệu để hai chiến đấu cơ đáp xuống các vị trí M, N cách nhau \[5\sqrt 6 \,\,{\rm{m}}\]. Tổng đường bay \[AM + BN\] ngắn nhất bằng bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Lời giải
Lấy điểm E thỏa mãn \[\overrightarrow {A'E} = \overrightarrow {MN} \]; suy ra \[A'M = EN\].
Vì \[A'\] cố định mà \[A'E = 5\sqrt 6 \] nên E thuộc đường tròn tâm \[A'\], bán kính \[r = 5\sqrt 6 \]; đường tròn này thuộc mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua \[A'\] và song song với \(\left( P \right)\).
Gọi K, F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của B trên \(\left( P \right)\), \(\left( Q \right)\) suy ra \[K\left( { - 5\,;\,\,10\,;\,\,25} \right) \Rightarrow HK = 15\sqrt 6 \]; \[KF = HA' = AH = 10\sqrt {33} \].
Ta có \[AM + BN = A'M + BN = EN + BN \ge BE\].
Dấu đẳng thức xảy ra khi \[E\,,\,\,N\,,\,\,B\] thẳng hàng theo thứ tự đó (H, M, N, K thẳng hàng).
Ta có: \[BE = \sqrt {B{F^2} + {{\left( {A'F - A'E} \right)}^2}} \]\[ = \sqrt {{{\left( {BK + KF} \right)}^2} + {{\left( {HK - MN} \right)}^2}} \]
\[ = \sqrt {{{\left( {20\sqrt {14} + 10\sqrt {14} } \right)}^2} + {{\left( {15\sqrt 6 - 5\sqrt 6 } \right)}^2}} \]\[ = 20\sqrt {33} \].
Vậy tổng độ dài \[AM + BN\] bé nhất là \[20\sqrt {33} \approx 115\,\,{\rm{m}}\].
Đáp án: 115.
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{3{x^3} - 2{x^2} + 5}}{x}\) là:
\({x^3} - {x^2} + 5\ln x + C\).
\({x^3} - {x^2} + 5\ln x + C\).
\({x^3} - {x^2} + 5\ln \left| x \right|\).
\({x^3} - {x^2} + 5\ln \left| x \right| + C\).
Lời giải
Ta có \(\int {\frac{{3{x^3} - 2{x^2} + 5}}{x}{\rm{d}}x = \int {\left( {3{x^2} - 2x + \frac{5}{x}} \right){\rm{d}}x = 3\int {{x^2}{\rm{d}}x - 2\int {x{\rm{d}}x} + 5\int {\frac{1}{x}{\rm{d}}x} } } } = {x^3} - {x^2} + 5\ln \left| x \right| + C\). Chọn D.
Hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) tạo với hai trục tọa độ một hình chữ nhật có diện tích bằng bao nhiêu?
\(2\).
\(1\).
\(3\).
\(4\).
Lời giải
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) có đường tiệm cận đứng \(x = 1\) và đường tiệm cận ngang \(y = 2\).
Gọi A là giao điểm của tiệm cận đứng với Ox, suy ra \(OA = 1\).
Gọi B là giao điểm của tiệm cận ngang với Oy, suy ra \(OB = 2\).
Hình chữ nhật cần tính diện tích là hình chữ nhật OAIB với \(I\left( {1\,;\,\,2} \right)\) là tâm đối xứng đồ thị.
Diện tích hình chữ nhật ABCD là \(S = OA \cdot OB = 2\). Chọn A.
Biết \(a = {\log _{30}}10\), \(b = {\log _{30}}150\) và \({\log _{2000}}15000 = \frac{{{x_1}a + {y_1}b + {z_1}}}{{{x_2}a + {y_2}b + {z_2}}}\) với \({x_1};{y_1};{z_1};{x_2};{y_2};{z_2}\) là các số nguyên, tính \(S = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}}\).
\(S = \frac{1}{2}\).
\(S = 2\).
\(S = \frac{2}{3}\).
\(S = 1\).
Lời giải
Ta có \({\log _{2000}}15000 = \frac{{{{\log }_{30}}15000}}{{{{\log }_{30}}2000}} = \frac{{{{\log }_{30}}150 + 2{{\log }_{30}}10}}{{{{\log }_{30}}2 + 3{{\log }_{30}}10}}\) \(\left( 1 \right)\).
Ta có \(a = {\log _{30}}10 = {\log _{30}}5 + {\log _{30}}2 \Rightarrow {\log _{30}}2 = a - {\log _{30}}5\) \(\left( 2 \right)\).
\(b = {\log _{30}}150 = 1 + {\log _{30}}5 \Rightarrow {\log _{30}}5 = b - 1\) thay vào \(\left( 2 \right)\) ta được \({\log _{30}}2 = a - b + 1\)
Khi đó \({\log _{2000}}1500 = \frac{{b + 2a}}{{a - b + 1 + 3a}} = \frac{{2a + b}}{{4a - b + 1}}\).
Suy ra \(S = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\). Chọn A.
Trong không gian \(Oxyz,\) cho đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 6 + 5t\\y = 2 + t\\z = 1\end{array} \right.\) và mặt phẳng \(\left( P \right):3x - 2y + 1 = 0.\) Góc hợp bởi giữa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) bằng
\[30^\circ .\]
\[45^\circ .\]
\[60^\circ .\]
\[90^\circ .\]
Lời giải
Gọi \(\varphi \) là góc giữa đường thẳng \[d\] và mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Ta có \({\vec u_d} = \left( {5;1;0} \right)\) và \({\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {3; - 2;0} \right)\).
Khi đó \[\sin \varphi = \left| {\cos \left( {{{\vec u}_d},{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right)} \right| = \frac{{\left| {{{\vec u}_d} \cdot {{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_d}} \right| \cdot \left| {{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right|}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \varphi = 45^\circ .\] Chọn B.
Moment lực là một đại lượng vật lý, thể hiện tác động gây ra sự quay quanh một điểm hoặc một trục của một vật thể. Trong không gian \[Oxyz\], với đơn vị đo là mét, nếu tác động vào cán mỏ lết tại vị trí \(P\) một lực \(\overrightarrow F \) để vặn con ốc ở vị trí \(O\) (xem hình dưới) thì moment lực \(\overrightarrow M \) được tính bởi công thức \(\overrightarrow M = \left[ {\overrightarrow {OP} ,\overrightarrow F } \right]\). Cho \(\overrightarrow {OP} = \left( {x;y;z} \right),\overrightarrow F = \left( {a;b;c} \right)\). Nếu giữ nguyên lực tác động \(\overrightarrow F \) trong khi thay vị trí đặt lực từ \(P\) sang \(P'\) sao cho \(\overrightarrow {OP'} = 2\overrightarrow {OP} \) moment lực là \(\overrightarrow {M'} \). Khi đó \(\overrightarrow {M'} = k \cdot \overrightarrow M \). Tính \(k\).
\(k = - 2\).
\(k = 2\).
\(k = - \frac{1}{2}\).
\(k = \frac{1}{2}\).
Lời giải
Ta có \(\overrightarrow M = \left[ {\overrightarrow {OP} ,\overrightarrow F } \right] = \left( {yc - bz;az - cx;bx - ay} \right)\).
\(\overrightarrow {OP'} = 2\overrightarrow {OP} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {OP'} = \left( {2x;2y;2z} \right)\).
Khi đó \(\overrightarrow {M'} = \left[ {\overrightarrow {OP'} ,\overrightarrow F } \right] = \left( {2yc - 2bz;2az - 2cx;2bx - 2ay} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {M'} = 2\left( {cy - bz;az - cx;bx - ay} \right) = 2\overrightarrow M \). Vậy \(k = 2\). Chọn B.
Một công ty quảng cáo \(X\) muốn làm một bức tranh trang trí hình \(MNEIF\) ở chính giữa của một bức tường hình chữ nhật \(ABCD\) có chiều cao \(BC = 6\,{\rm{m}}\), chiều dài \(CD = 12\,{\rm{m}}\). Cho biết \(MNEF\) là hình chữ nhật có \(MN = 4\,{\rm{m}}\); cung \(EIF\) có hình dạng là một phần của cung parabol có đỉnh \(I\) là trung điểm của cạnh \(AB\) và đi qua hai điểm \(C,\,D\). Kinh phí làm bức tranh là \[900\,000\] đồng\[{\rm{/ }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\]. Hỏi công ty \(X\) cần bao nhiêu tiền để làm bức tranh đó?
\[20\,400\,000\] đồng.
\[21\,200\,000\] đồng.
\[20\,800\,000\] đồng.
\[20\,600\,000\] đồng.
Lời giải
Gắn hình vẽ vào hệ trục \(Oxy\) sao cho \(I\) trùng với gốc tọa độ và parabol có trục đối xứng là trục \(Oy\). Khi đó, phương trình của parabol là \(y = - \frac{{{x^2}}}{6}\).
Diện tích của bức tranh bằng diện tích hình \(MNEIF\) và bằng:
\(S = \int\limits_{ - 2}^2 {\left| { - \frac{{{x^2}}}{6} + 6} \right|} \,{\rm{d}}x = 2\int\limits_0^2 {\left( {6 - \frac{{{x^2}}}{6}} \right)} \,{\rm{d}}x = \left. {2\left( {6x - \frac{{{x^3}}}{{18}}} \right)} \right|_0^2 = 24 - \frac{8}{9} = \frac{{208}}{9}\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Biết kinh phí làm bức tranh là \[900\,000\] đồng\[{\rm{/ }}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\].
Vậy công ty \(X\) cần số tiền để làm bức tranh đó là: \(\frac{{208}}{9}\, \times 900\,000 = 20\,800\,000\)đồng. Chọn C.
Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 2{x^2} + \left( {m - 3} \right)x + m\) có hai điểm cực trị và điểm \(M\left( {9;\, - 5} \right)\) nằm trên đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị.
\[m = - 10\].
\[m = 10\].
\[m = 2\].
\[m = 3\].
Lời giải
Ta có \(y' = 3{x^2} + 4x + m - 3\), để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)\( \Leftrightarrow m < \frac{{13}}{3}\left( * \right)\).
Ta có \(y = y' \cdot \left( {\frac{1}{3}x + \frac{2}{9}} \right) + \left( {\frac{{2m}}{3} - \frac{{26}}{9}} \right)x + \frac{{7m}}{9} + \frac{2}{3}\) nên phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là \(y = \left( {\frac{{2m}}{3} - \frac{{26}}{9}} \right)x + \frac{{7m}}{9} + \frac{2}{3}.\) Theo giả thiết, đường thẳng này đi qua \(M\left( {9;\, - 5} \right)\)nên \(m = 3\) (thỏa mãn điều kiện \[\left( * \right)\]). Chọn D.
Tìm giá trị của tham số \(m\) sao cho đồ thị hàm số \[y = \frac{{2{x^2} + 3mx - m + 2}}{{x - 1}}\] có tiệm cận xiên tạo với các trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 4.
\[m = - 2\].
\[m = 5\].
\[m = 2\].
\[m = \frac{2}{3}\].
Lời giải
Ta có \[y = \frac{{2{x^2} + 3mx - m + 2}}{{x - 1}} = 2x + 3m + 2 + \frac{{2m + 4}}{{x - 1}}\].
Với \(m = - 2\) thì hàm số trở thành \(y = 2x - 4\). Đây là hàm số bậc nhất nên không có tiệm cận.
Với \(m \ne - 2\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( {2x + 3m + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2m + 4}}{{x + 2}} = 0\).
Do đó với \(m \ne - 2\) thì đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(\Delta \): \(y = 2x + 3m + 2\).
\(\Delta \) cắt trục hoành tại điểm \(A\left( {\frac{{ - 3m - 2}}{2};0} \right)\) và cắt trục tung tại \(B\left( {0;3m + 2} \right)\).
Từ đó \(OA = \frac{{\left| { - 3m - 2} \right|}}{2} = \frac{{\left| {3m + 2} \right|}}{2},\,\,\,OB = \left| {3m + 2} \right|\).
Theo giả thiết \({S_{OAB}} = 4 \Leftrightarrow \frac{1}{2}OA \cdot OB = 4 \Leftrightarrow \frac{{\left| {3m + 2} \right|}}{2} \cdot \left| {3m + 2} \right| = 8 \Leftrightarrow {\left( {3m + 2} \right)^2} = 16\)
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3m + 2 = - 4\\3m + 2 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 2\left( {{\rm{loai}}} \right)\\m = \frac{2}{3}\end{array} \right.\].
Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \[m = \frac{2}{3}\]. Chọn D.
Cho hình chóp \(S.ABC\), cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy, \(SA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), đáy là tam giác \(ABC\) có diện tích bằng \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\) và \(AC = 2{\rm{a}}\), \(BC = {\rm{a}}\). Gọi \(\alpha \) là góc giữa mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) với mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), khi đó \({\rm{tan\alpha }}\) bằng:
\(3\sqrt 3 \).
\(\sqrt 3 \).
\(1\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Lời giải
Dựng \(BI \bot AC\,\,\left( {I \in AC} \right) \Rightarrow BI \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BI \bot SC.\)
Dựng \(IH \bot SC\left( {H \in SC} \right) \Rightarrow SC \bot \left( {BIH} \right) \Rightarrow BH \bot SC.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SC\\IH \subset \left( {SAC} \right),IH \bot SC\\BH \subset \left( {SBC} \right),BH \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {{\rm{S}}BC} \right)} \right) = \left( {IH,BH} \right) = \widehat {BHI}\).
\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}BI.AC = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}BI \cdot 2a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow BI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(CI = \sqrt {B{C^2} - B{I^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\).
Ta có: \(\Delta CHI\) đồng dạng với \(\Delta CAS\) nên:
\(\frac{{IC}}{{SC}} = \frac{{IH}}{{SA}} \Rightarrow IH = \frac{{SA \cdot IC}}{{SC}} = \frac{{SA \cdot IC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{a}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} }} = \frac{a}{6}.\)
\(\Delta BHI\) vuông \(I\) tại có: \({\rm{tan}}\widehat {BHI} = \frac{{BI}}{{IH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{a}{6}}} = 3\sqrt 3 .\) Chọn A.
Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \[y = {\left( {2x + 1} \right)^{\frac{1}{3}}}\], \[x = 0\], \[y = 3\] quanh trục Oy là:
\[\frac{{50\pi }}{7}\].
\[\frac{{480\pi }}{9}\].
\[\frac{{480\pi }}{7}\].
\[\frac{{48\pi }}{7}\].
Lời giải
Ta có \(y = {\left( {2x + 1} \right)^{\frac{1}{3}}} \Rightarrow {y^3} = 2x + 1 \Rightarrow x = \frac{{{y^3} - 1}}{2}\).
Phương trình tung độ giao điểm: \(\frac{{{y^3} - 1}}{2} = 0 \Leftrightarrow y = 1\).
Suy ra \[V = \pi \int\limits_1^3 {{{\left( {\frac{{{y^3} - 1}}{2}} \right)}^2}\user2{d}y} = \pi \int\limits_1^3 {\left( {\frac{{{y^6} - 2{y^3} + 1}}{4}} \right)\user2{d}y} = \left. {\frac{\pi }{4}\left( {\frac{{{y^7}}}{7} - \frac{{2{y^4}}}{4} + y} \right)} \right|_1^3 = \frac{{480}}{7}\pi \]. Chọn C.
Ông A vay ngân hàng \(300\) triệu đồng để mua nhà theo phương thức trả góp với lãi suất \(0,5\% \) mỗi tháng. Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất sau khi vay, ông hoàn nợ cho ngân hàng số tiền cố định \(5,6\) triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả. Hỏi sau khoảng bao nhiêu tháng ông A sẽ trả hết số tiền đã vay?
\(60\) tháng.
\(36\) tháng.
\(64\) tháng.
\(63\) tháng.
Lời giải
Sau tháng thứ nhất số tiền còn nợ (đơn vị triệu đồng) là \({T_1} = 300\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right) - 5,6\).
Sau tháng thứ hai số tiền còn nợ là
\[{T_2} = \left[ {300\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right) - 5,6} \right]\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right) - 5,6\]\( = 300{\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right)^2} - 5,6\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right) - 5,6\).
Ký hiệu \(t = 1 + \frac{{0,5}}{{100}}\) thì số tiền còn lại ở tháng thứ \(n\) là:
\({T_n} = 300{t^n} - 5,6\left[ {{t^{n - 1}} + {t^{n - 2}} + ... + 1} \right]\)\( = 300{t^n} - 5,6 \cdot \frac{{{t^n} - 1}}{{t - 1}}\)\( = 300{t^n} - 1120{t^n} + 1120\)\( = - 820{t^n} + 1120\).
Như vậy để trả hết nợ thì số tháng là \(n = {\log _{1 + \frac{{0,5}}{{100}}}}\frac{{1120}}{{820}} \approx 62,5\). Chọn D.
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz\], cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{{ - 1}} = \frac{y}{2} = \frac{{z + 3}}{{ - 1}}\) và mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(I\) có phương trình \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 18\). Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( S \right)\) tại hai điểm \(A,B\). Tính diện tích tam giác \(IAB\) ta được kết quả là
\(\frac{{8\sqrt {11} }}{3}\).
\(\frac{{16\sqrt {11} }}{3}\).
\(\frac{{\sqrt {11} }}{6}\).
\(\frac{{8\sqrt {11} }}{9}\).
Lời giải
Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(C\left( {1;0; - 3} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( { - 1;2; - 1} \right)\).
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2; - 1} \right)\), bán kính \(R = 3\sqrt 2 \).
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên đường thẳng \(d\).
Khi đó: \(IH = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IC} ,\overrightarrow u } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}\), với \(\overrightarrow {IC} = \left( {0; - 2; - 2} \right)\).
Vậy \(IH = \frac{{\sqrt {{6^2} + {2^2} + {2^2}} }}{{\sqrt {1 + 4 + 1} }} = \frac{{\sqrt {66} }}{3}\). Suy ra \(HB = \sqrt {18 - \frac{{22}}{3}} = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\).
Vậy \({S_{\Delta IAB}} = \frac{1}{2}IH \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\sqrt {66} }}{3} \cdot \frac{{8\sqrt 6 }}{3} = \frac{{8\sqrt {11} }}{3}.\) Chọn A.
Giả sử rằng sau t năm, vốn đầu tư của một doanh nghiệp phát sinh lợi nhuận với tốc độ \[P'\left( t \right) = 126 + {t^2}\] (triệu đồng/năm). Hỏi sau 10 năm đầu tiên thì doanh nghiệp thu được lợi nhuận là bao nhiêu (đơn vị triệu đồng)?
\[\frac{{4780}}{3}\].
1235.
\[\frac{{3257}}{3}\].
5020.
Lời giải
Gọi \[P\left( t \right)\] là lợi nhuận phát sinh của vốn sau t năm đầu tư.
Ta có \[P\left( t \right)\] là nguyên hàm của hàm tốc độ \[P'\left( t \right)\].
Lợi nhuận phát sinh sau 10 năm đầu tiên là: \[\int\limits_0^{10} {P'\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^{10} {\left( {126 + {t^2}} \right){\rm{d}}t} = \frac{{4780}}{3}\] (triệu đồng). Chọn A.
Một mạch điện xoay chiều gồm hai đoạn \(MN\) và \(NP\) ghép nối tiếp. Đoạn \(MN\) chỉ có điện trở thuần \(R.\) Đoạn \(NP\) gồm ba phần tử nối tiếp: một cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, một tụ điện có điện dung C và một biến trở \({R_x}\) có trị số thay đổi trong phạm vi rất rộng. Đặt vào hai đầu \(MP\) một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi. Thay đổi giá trị của biến trở \({R_x} = R\) thì điện áp hiệu dụng giữa hai điểm \(NP\) đạt giá trị nhỏ nhất thì hệ số công suất toàn mạch lúc này gần giá trị nào nhất sau đây?
0,816.
0,756.
0,566.
0,466.
Lời giải
Tóm tắt bài toán: MP:−−−−R−−−−−−⏟MN.−−L−C−Rx−−−⏟NPRx↗
Yêu cầu Rx→R⇒ULCRx→MIN→?cosφ=?
Ta có: \({U_{LC{R_x}}} = I\sqrt {{R_x}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} = \frac{U}{{\sqrt {{{\left( {R + {R_x}} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\sqrt {{R_x}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \)
\( \Rightarrow {U_{LC{R_x}}} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{{\left( {R + {R_x}} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{{R_x}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}} }} = \frac{U}{{\sqrt {1 + \underbrace {\frac{{{R^2} + 2R{R_x}}}{{{R_x}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}}_{f\left( {{R_x} = x} \right)}} }}\)
Vậy \({\left( {{U_{LC{R_x}}}} \right)_{\min }} \leftrightarrow f{\left( x \right)_{\max }}.\) Xét \(f\left( x \right) = \frac{{2Rx + {R^2}}}{{{x^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\left( {x > 0} \right)\)
\(f'\left( x \right) = \frac{{2R\left( {{x^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right) - 2x \cdot \left( {2Rx + {R^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right)}^2}}} = \frac{{2R\left( { - {x^2} - Rx + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right)}^2}}}\).
Xét \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + Rx - {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = 0.\) \(\Delta = {R^2} + 4{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} > 0\).
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta có maxfx=fx1⇔Rx=R2+4ZL−ZC2−R2 .
Như vậy khi đó ta có \(2{R_x} + R = \sqrt {{R^2} + 4{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \Leftrightarrow 4{R_x}^2 + 4{R_x}R = 4{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}\)
⇒Rx2+RxR=ZL−ZC2.
Khi đó
\[ \Rightarrow {\left( {\cos \varphi } \right)^2} = \frac{2}{3} \Rightarrow \cos \varphi = \frac{{\sqrt 6 }}{3} \approx 0,816\]. Chọn A.
Mai là một cô gái dễ mến, tuy nhiên trong chuyện tình cảm thì cô không phải là người đơn giản. Hôm ấy có người bạn trai hẹn đi ăn trưa, Mai cho biết cô sẽ gặp người đó vào thời điểm kim giờ và kim phút gặp nhau lần đầu tiên kể từ sau 12h trưa. Nếu người bạn trai ấy đến địa điểm hẹn vào lúc 12h30 trưa thì anh ấy sẽ phải chờ Mai bao nhiêu phút (làm tròn kết quả đến hàng phần chục)?
\[65,5\].
\[65,4\].
\[35,5\].
\[35,4\].
Lời giải
Mỗi phút kim giờ quét được một góc \[\frac{{2\pi }}{{60 \cdot 12}} = \frac{\pi }{{360}}\] (rad).
Mỗi phút kim phút quét được một góc \[\frac{{2\pi }}{{60}} = \frac{\pi }{{30}}\] (rad).
Gọi t là thời gian (phút) mà kim giờ và kim phút gặp nhau kể từ 12h trưa.
Ta có \[\frac{\pi }{{360}}t + 2\pi = \frac{\pi }{{30}}t \Rightarrow t \approx 65,5\] (phút).
Người bạn trai đến điểm hẹn lúc 12h30 nên phải chờ Mai khoảng 35,5 phút. Chọn C.
Để đảm bảo an toàn khi lưu thông trên đường, các xe ô tô khi dừng đèn đỏ phải cách nhau tối thiểu \(1\,{\rm{m}}\). Một ô tô \(A\) đang chạy với vận tốc \[16\,{\rm{m/s}}\] bỗng gặp ô tô \(B\) đang dừng đèn đỏ nên ô tô \(A\) hãm phanh và chuyển động chậm dần đều với vận tốc được biểu thị bởi công thức \({v_A}\left( t \right) = 16 - 4t\), thời gian tính bằng giây. Để \(2\) ô tô \(A\) và \(B\) đạt khoảng cách an toàn khi dừng lại thì ô tô \(A\) phải hãm phanh khi cách ô tô \(B\) một khoảng ít nhất là
\[33\] m.
\[32\] m.
\[16\] m.
\[4\] m.
Lời giải
Ta có: \({v_A}\left( 0 \right) = 16\,{\rm{m/s}}\).
Khi xe \(A\) dừng hẳn: \({v_A}\left( t \right) = 0\)\( \Leftrightarrow t = 4\,{\rm{s}}\).
Quãng đường từ lúc xe \(A\) hãm phanh đến lúc dừng hẳn là \(s = \int\limits_0^4 {\left( {16 - 4t} \right){\rm{d}}t} \) \( = 32\,{\rm{m}}\).
Do các xe phải cách nhau tối thiểu \(1\,{\rm{m}}\) để đảm bảo an toàn nên khi dừng lại ô tô \(A\) phải hãm phanh khi cách ô tô \(B\) một khoảng ít nhất là \(33\,{\rm{m}}\). Chọn A.
Cho phương trình \[{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2my + 3{m^2} - 2m = 0\] với \[m\] là tham số. Tổng tất cả các giá trị nguyên của \[m\] để phương trình đã cho là phương trình mặt cầu bằng
\[0\].
\[1\].
\[2\].
\[3\].
Lời giải
Giả sử \[{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2my + 3{m^2} - 2m = 0\] là phương trình mặt cầu.
Khi đó tâm mặt cầu là \[I\left( {2;\, - m;\,0} \right)\], và bán kính \[R = \sqrt {4 + {m^2} - \left( {3{m^2} - 2m} \right)} = \sqrt { - 2{m^2} + 2m + 4} \] với điều kiện\[ - 2{m^2} + 2m + 4 > 0 \Leftrightarrow m \in \left( { - 1;\,2} \right)\].
Do \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;\,1} \right\}\].
Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của \[m\] bằng 1. Chọn B.
Cho hình lăng trụ đứng \[ABC.A'B'C'\] có đáy \[ABC\] là tam giác cân tại \[C\], biết \[\widehat {BAC} = 30^\circ \], \[AB = a\sqrt 3 ,\] \[AA' = 2a\]. Gọi \[D\] là trung điểm \[BB'\]. Tính theo \[a\] thể tích khối chóp \[A.BCC'D\].
\[\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{3}\].
\[\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{8}\].
\[\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{6}\].
\[\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{4}\].
Lời giải
Vì \[ABC\] là tam giác cân tại \[C\] nên \[\widehat {BAC} = \widehat {ABC} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {BCA} = 120^\circ \].
Theo định lí côsin ta có \[A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} - 2 \cdot CA \cdot CB \cdot \cos C \Leftrightarrow 3{a^3} = 2C{A^2} + 2C{A^2} \cdot \frac{1}{2}\]
\[ \Leftrightarrow C{A^2} = {a^2} \Rightarrow CA = CB = a.\]
Diện tích tam giác \[ABC\] là \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2}.\]
Thể tích khối lăng trụ là \[{V_{ABC.A'B'C'}} = AA' \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^3}.\]
Ta có \[\frac{{{V_{A.BCC'B'}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {V_{A.BCC'B'}} = \frac{2}{3} \cdot {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}{a^3}.\]
\[\frac{{{V_{A.BCC'D}}}}{{{V_{A.BCC'B'}}}} = \frac{{{S_{BCC'D}}}}{{{S_{BCC'B'}}}} = \frac{3}{4} \Leftrightarrow {V_{A.BCC'D}} = \frac{3}{4} \cdot {V_{A.BCC'B'}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^3}.\]Chọn D.
Biểu đồ dưới đây biểu diễn số lượng khách hàng đặt bàn qua hình thức trực tuyến mỗi ngày trong quý III năm 2025 của một nhà hàng. Cột thứ nhất biểu diễn số ngày có từ 1 đến 6 lượt đặt bàn, cột thứ hai biểu diễn số ngày có từ 6 đến 11 lượt đặt bàn; …
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm cho bởi biểu đồ trên là
9,5.
8,5.
10,5.
7,5.
Lời giải
Dựa vào biểu đồ ta lập được bảng ghép nhóm như sau:
Cỡ mẫu \(n = 92\) và gọi \({x_1},\,{x_2},...,{x_{92}}\) là mẫu số liệu đã cho đã được xếp theo thứ tự không giảm.
Ta có: \({x_1},\,....,\,{x_{14}} \in \left[ {1\,;\,6} \right)\); \({x_{15}},\,....,\,{x_{44}} \in \left[ {6\,;11} \right)\); \({x_{45}},\,...,\,{x_{69}} \in \left[ {11\,;\,16} \right)\);
\({x_{70}},\,....,\,{x_{87}} \in \left[ {16\,;\,21} \right)\); \({x_{88}},\,...\,,{x_{92}} \in \left[ {21\,;\,26} \right)\).
Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu là \(\frac{{{x_{23}} + {x_{24}}}}{2}\) với \({x_{23}},{x_{24}} \in \left[ {6\,;\,11} \right)\). Do đó tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu là \({Q_1} = 6 + \frac{{\frac{{92}}{4} - 14}}{{30}}\left( {11 - 6} \right) = 7,5\).
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu là \(\frac{{{x_{69}} + {x_{70}}}}{2}\) với \({x_{69}} \in \left[ {11\,;\,16} \right)\) và \({x_{70}} \in \left[ {16\,;\,21} \right)\). Do đó tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu là \({Q_3} = 16\).
Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là: \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 16 - 7,5 = 8,5\). Chọn B.
Trong không gian \(Oxyz\), cho \(A\left( {1;{\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} - 1} \right)\); \(B\left( { - 1;{\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} 1} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):{\mkern 1mu} \,x + 2y - z + 1 = 0\). Viết phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua \(A,{\mkern 1mu} B\) và vuông góc với \(\left( P \right)\).
\(\left( Q \right):{\mkern 1mu} 2x - y + 3 = 0\).
\(\left( Q \right):{\mkern 1mu} x + z = 0\).
\(\left( Q \right):{\mkern 1mu} - x + y + z = 0\).
\(\left( Q \right):{\mkern 1mu} 3x - y + z = 0\).
Lời giải
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2; - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right) = - 2\left( {1;{\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} - 1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec u = \left( {1;{\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} - 1} \right)\) và \(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1;{\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} - 1} \right)\).
Vì mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua \(A,{\mkern 1mu} B\) và vuông góc với \(\left( P \right)\) nên \(\left( Q \right)\) nhận hai vectơ \(\vec u = \left( {1;{\mkern 1mu} 1;{\mkern 1mu} - 1} \right)\),\(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1;{\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} - 1} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương suy ra \(\left( Q \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = \left[ {\overrightarrow u ,{\mkern 1mu} \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {1;{\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} 1} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua \(A\) \( \Rightarrow \left( Q \right):{\mkern 1mu} x + z = 0\). Chọn B.
Trong mặt phẳng \(Oxy\), cho tam giác \(ABC\) có \(C\left( { - 1;2} \right)\), đường cao \(BH:x - y + 2 = 0\), đường phân giác trong \(AN:2x - y + 5 = 0\). Tọa độ điểm \(A\) là
\[A\left( {\frac{4}{3};\frac{7}{3}} \right)\].
\[A\left( {\frac{{ - 4}}{3};\frac{7}{3}} \right)\].
\[A\left( {\frac{{ - 4}}{3};\frac{{ - 7}}{3}} \right)\].
\[A\left( {\frac{4}{3};\frac{{ - 7}}{3}} \right)\].
Lời giải
Ta có \(BH \bot AC \Rightarrow \left( {AC} \right):x + y + c = 0\).
Mà \(C\left( { - 1;2} \right) \in \left( {AC} \right) \Rightarrow - 1 + 2 + c = 0 \Rightarrow c = - 1\). Vậy \(\left( {AC} \right):x + y - 1 = 0\).
Có \(A = AN \cap AC \Rightarrow A\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + y - 1 = 0\\2x - y + 5 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{4}{3}\\y = \frac{7}{3}\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {\frac{{ - 4}}{3};\frac{7}{3}} \right)\) . Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \[10\,{\rm{cm}}\]. Biết \(SC = 10\sqrt 5 \,{\rm{cm}}\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \[SA,CD\]. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \(BD\) và \[MN\] bằng
\[3\sqrt 5 \,{\rm{cm}}\].
\[\sqrt 5 \,{\rm{cm}}\].
\[5\,{\rm{cm}}\].
\[10\,{\rm{cm}}\].
Lời giải
Gọi \(P\) là trung điểm \(BC\) và \(E = NP \cap AC\).
Khi đó: \(PN{\rm{//}}BD \Rightarrow BD{\rm{//}}\left( {MNP} \right)\).
Suy ra: \(d\left( {BD,MN} \right) = d\left( {BD,\left( {MNP} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {MNP} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right)\).
Kẻ\(AK \bot ME\,\,\left( {K \in ME} \right)\).
Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AK \Rightarrow PN \bot AK\,\).
Suy ra: \(AK \bot \left( {MNP} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {MNP} \right)} \right) = AK.\)
Xét tam giác vuông \[SAC\] có: \[SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = 10\sqrt 3 \,\]\[ \Rightarrow MA = 5\sqrt 3 \].
Tam giác vuông \(MAE\) có \(MA = 5\sqrt 3 ;\,AE = \frac{3}{4}AC = \frac{{15\sqrt 2 }}{2}\).
Suy ra: \(AK = \frac{{MA.AE}}{{\sqrt {M{A^2} + A{E^2}} }} = 3\sqrt 5 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Vậy \(d\left( {BD,MN} \right) = \frac{1}{3}AK = \sqrt 5 \,\left( {{\rm{cm}}} \right)\). Chọn B.
Xếp ngẫu nhiên 5 học sinh \(A,\,B,\,C,\,D,\,E\) ngồi vào một dãy 5 ghế thẳng hàng (mỗi bạn ngồi một ghế). Xác suất để hai bạn \(A\) và \(B\) không ngồi cạnh nhau bằng
\(\frac{1}{5}\).
\(\frac{3}{5}\).
\(\frac{2}{5}\).
\(\frac{4}{5}\).
Lời giải
Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 5! = 120\).
Gọi \(X\) là biến cố: “Hai bạn \(A\) và \(B\) không ngồi cạnh nhau”.
\( \Rightarrow \overline X \): “Hai bạn \(A\) và \(B\) ngồi cạnh nhau”.
Có 4 vị trí để hai bạn \(A\) và \(B\) ngồi cạnh nhau, hai bạn đổi chỗ được một cách xếp mới.
Nên số cách xếp để hai bạn \(A\) và \(B\) ngồi cạnh nhau là \(4 \cdot 2!\, \cdot 3! = 48\).
Xác suất của biến cố \(\overline X \) là: \(P\left( {\overline X } \right) = \frac{{n\left( {\overline X } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{48}}{{120}} = \frac{2}{5}\).
Vây xác suất của biến cố \(X\) là: \(P\left( X \right) = 1 - P\left( {\overline X } \right) = \frac{3}{5}\). Chọn B.
Hình vẽ dưới là hai bánh răng của một động cơ, chúng có cùng kích thước. Khi động cơ hoạt động, hai bánh răng quay đều, cùng chiều. Biết tốc độ quay của bánh răng ở hình 2 gấp ba tốc độ quay của bánh răng ở hình 1 và phương trình biểu thị độ cao của điểm \(A\) ở bánh răng thứ nhất là \(h = 2R + R\sin \left( {\frac{\pi }{5}t} \right)\) (trong đó \(R\) là bán kính bánh răng, \(t\) là thời gian tính bằng phút, \(h\) là độ cao của điểm \(A\)). Giả sử tại thời điểm bắt đầu khởi động, hai điểm \(A\), \(B\) có độ cao bằng nhau và tâm của hai bánh răng \({O_1}\), \({O_2}\) ở độ cao \(2R\) so với mặt đất. Tìm thời điểm đầu tiên sau khi động cơ hoạt động hai điểm \(A\), \(B\) có độ cao bằng nhau.
\(t = 5\).
\(t = \frac{5}{3}\).
\(t = \frac{5}{2}\).
\(t = \frac{5}{4}\).
Lời giải
Vì hai bánh răng có cùng kích thước, tốc độ của bánh răng thứ hai gấp ba tốc độ của bánh răng thứ nhất và tại thời điểm ban đầu, hai điểm \(A\), \(B\) có độ cao bằng nhau nên phương trình biểu thị độ cao của điểm \(B\)là \(h' = 2R + R\sin \left( {\frac{{3\pi }}{5}t} \right)\).
Hai điểm \(A\), \(B\) có độ cao bằng nhau khi \(h = h'\). Ta có phương trình:
\(2R + R\sin \left( {\frac{\pi }{5}t} \right) = 2R + R\sin \left( {\frac{{3\pi }}{5}t} \right)\)\( \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{\pi }{5}t} \right) = \sin \left( {\frac{{3\pi }}{5}t} \right)\)\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{3\pi }}{5}t = \frac{\pi }{5}t + k2\pi \\\frac{{3\pi }}{5}t = \pi - \frac{\pi }{5}t + k2\pi \end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\pi t = k10\pi \\4\pi t = 5\pi + k10\pi \end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 5k\\t = \frac{5}{4} + \frac{5}{2}k\end{array} \right.\]\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Họ nghiệm thứ nhất có nghiệm dương nhỏ nhất là \(t = 5\).
Họ nghiệm thứ hai có nghiệm dương nhỏ nhất là \(t = \frac{5}{4}\).
Vậy thời điểm đầu tiên sau khi động cơ hoạt động, hai điểm \(A\), \(B\) có độ cao bằng nhau là \(t = \frac{5}{4}\) phút.
Chọn D.
Doanh thu bán hàng trong \[20\] ngày của hai cửa hàng được lựa chọn ngẫu nhiên được cho dưới dạng biểu đồ hình cột sau:
Độ chênh lệch về độ lệch chuẩn của mẫu số liệu về doanh thu bán hàng của hai cửa hàng trên gần nhất với giá trị nào dưới đây?
\(0,03\).
\(0,02\).
\(0,12\).
\(0,98\).
Lời giải
Bảng giá trị đại diện và tần số của hai mẫu số liệu ghép nhóm trên là:
+) Xét mẫu số liệu ghép nhóm của cửa hàng A:
Cỡ mẫu: \[{n_1} = 2 + 7 + 7 + 3 + 1 = 20\].
Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[\overline {{x_1}} = \frac{{2 \times 6 + 7 \times 8 + 7 \times 10 + 3 \times 12 + 1 \times 14}}{{20}} = 9,4\].
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\[{S_1}^2 = \frac{{2 \times {6^2} + 7 \times {8^2} + 7 \times {{10}^2} + 3 \times {{12}^2} + 1 \times {{14}^2}}}{{20}} - {9,4^2} = 4,04\].
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[{S_1} = \sqrt {4,04} = \frac{{\sqrt {101} }}{5}\].
+) Xét mẫu số liệu ghép nhóm của cửa hàng B:
Cỡ mẫu: \[{n_1} = 0 + 4 + 8 + 4 + 4 = 20\].
Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[\overline {{x_2}} = \frac{{0 \times 6 + 4 \times 8 + 8 \times 10 + 4 \times 12 + 4 \times 14}}{{20}} = 10,8\].
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\[{S_2}^2 = \frac{{0 \times {6^2} + 4 \times {8^2} + 8 \times {{10}^2} + 4 \times {{12}^2} + 4 \times {{14}^2}}}{{20}} - {10,8^2} = 4,16\].
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[{S_2} = \sqrt {4,16} = \frac{{2\sqrt {26} }}{5}\].
Độ chênh lệch về độ lệch chuẩn của doanh thu bán hàng của cửa hàng B và cửa hàng A là:
\[\Delta S = {S_2} - {S_1} = \frac{{2\sqrt {26} }}{5} - \frac{{\sqrt {101} }}{5} \approx 0,03\]. Chọn A.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ.
Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 3} \right)\) là
\(1\).
\(2\).
\(3\).
\(0\).
Lời giải
Quan sát đồ thị ta có \(y = f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương qua \[x = - 2\] nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có một điểm cực trị là \[x = - 2\].
Ta có \(y = f\left( {{x^2} - 3} \right)\) thì \(y' = {\left[ {f\left( {{x^2} - 3} \right)} \right]^\prime } = 2x \cdot f'\left( {{x^2} - 3} \right)\)\[ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 3 = - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\end{array} \right.\].
Do đó hàm số \(y = f\left( {{x^2} - 3} \right)\) có ba cực trị. Chọn C.
Trong không gian \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - t}\\{z = 1 - 3t}\end{array}} \right.\). Đường thẳng Δ đi qua gốc tọa độ \(O\), vuông góc với trục hoành \(Ox\) và vuông góc với đường thẳng \(d\) có phương trình là:
\(\Delta :{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = - 3t}\\{z = - t}\end{array}} \right.\).
\(\Delta :{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = t}\\{y = - 3t}\\{z = t}\end{array}} \right.\).
\(\Delta :{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = t}\\{y = - 3t}\\{z = - t}\end{array}} \right.\).
\(\Delta :{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = - 3t}\\{z = t}\end{array}} \right.\).
Lời giải
Đường thẳng \(d:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - t}\\{z = 1 - 3t}\end{array}} \right.\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1; - 1; - 3} \right)\), trục \(Ox\) có 1 VTCP là \(\vec i = \left( {1;0;0} \right)\).
Gọi \(\overrightarrow {{u_\Delta }} \) là 1 VTCP của đường thẳng \(\Delta \), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta \bot Ox}\\{\Delta \bot d}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{u_\Delta }} \cdot \vec i = 0}\\{\overrightarrow {{u_\Delta }} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_\Delta }} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\vec i} \right] = \left( {0; - 3;1} \right)\).
Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\) và có 1 VTCP \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {0; - 3;1} \right)\) là: \(\Delta :{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = - 3t}\\{z = t}\end{array}} \right.\). Chọn D.
Bạn Nam cần thiết kế hai dụng cụ học tập A và B; Mỗi dụng cụ học tập A cần 9 giờ công để chế tạo và 1 giờ công để hoàn thiện. Mỗi dụng cụ học tập B cần 12 giờ công để chế tạo và 3 giờ công để hoàn thiện. Thời gian làm dụng cụ học tập tối đa ở các khâu chế tạo và hoàn thiện lần lượt là 180 giờ và 30 giờ. Bạn Nam kiếm được lợi nhuận 80 nghìn đồng trên mỗi mẫu A và 120 nghìn đồng trên mỗi mẫu B; bạn Nam cần lên kế hoạch thiết kế số lượng dụng cụ học tập mỗi loại sao cho lợi nhuận thu được là cao nhất trong thời gian cho phép. Hỏi số tiền (đơn vị: nghìn đồng) bạn Nam có được là bao nhiêu?
Lời giải
Gọi \(x,y\) (dụng cụ) lần lượt là số dụng cụ học tập A và B.
Điều kiện \(x \ge 0,y \ge 0\).
A: \(1\) dụng cụ _ \(9\) giờ chế tạo _ \(1\) giờ hoàn thiện _ \(80\) nghìn đồng.
\(x\) \(9x\) \(x\) \(80x\)
B: \(1\) dụng cụ _\(12\) giờ chế tạo _ 3 giờ hoàn thiện _ \(120\) nghìn đồng.
\(y\) \(12y\) \(3y\) \(120y\)
Theo đề ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\9x + 12y \le 180\\x + 3y \le 30\end{array} \right.\).
Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình trên lên mặt phẳng tọa độ ta được:
Miền nghiệm của hệ BPT là miền tứ giác \(OABC\) với \(O\left( {0;0} \right),A\left( {20;0} \right),B\left( {12;6} \right),C\left( {0;10} \right)\).
Gọi \(F\) (nghìn đồng) là lợi nhuận thu được. Khi đó \(F = 80x + 120y\).
Tại \(O\left( {0;0} \right):F = 80 \cdot 0 + 120 \cdot 0 = 0\).
Tại \(A\left( {20;0} \right):F = 80 \cdot 20 + 120 \cdot 0 = 1600\).
Tại \(B\left( {12;6} \right):F = 80 \cdot 12 + 120 \cdot 6 = 1680\).
Tại \(C\left( {0;10} \right):F = 80 \cdot 0 + 120 \cdot 10 = 1200\).
\(F\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(1680\) tại đỉnh \(B\left( {12;6} \right)\).
Vậy số tiền bạn Nam có được là \(1680\) nghìn đồng.
Đáp án: 1680.
Ông Vượng mới khai phá được một mảnh đất hình chữ nhật, nhà nước chưa cấp sổ nên ông cũng chưa biết rõ diện tích mảnh đất là bao nhiêu, chỉ nhớ rằng bản thân là học sinh giỏi toán 12 năm liền thời phổ thông mà thôi. Mảnh đất của ông Vượng nằm ở một vị trí thuận lợi để trồng trọt vì có một dòng suối nhỏ chảy qua với hình dáng một parabol, dòng suối nhỏ này chia mảnh đất ra làm hai phần có diện tích \[{S_1}\,,\,\,{S_2}\,\,\,\left( {{S_1} > {S_2}} \right)\]. Riêng mảnh đất có diện tích \[{S_2}\] được xem như hình phẳng giới hạn bởi parabol cùng hai tiếp tuyến vuông góc của parabol đó.
Vào vụ Hè thu, ông Vượng quyết định trồng lúa trên phần đất có diện tích \[{S_1}\] và trồng ớt trên phần đất có diện tích \[{S_2}\]. Dự kiến lợi nhuận mang lại từ việc trồng lúa là \[30\] nghìn/m2 và lợi nhuận từ việc trồng ớt là \[40\] nghìn/m2 (trong một vụ mùa).
Ông quyết định dựng hệ trục Oxy như hình vẽ với gốc O trùng với điểm cực trị của dòng suối dạng parabol, đơn vị trên mỗi trục là 100 mét. Tính tổng lợi nhuận theo dự kiến của ông Vượng sau vụ Hè thu này (làm tròn đến hàng đơn vị của triệu đồng), biết rằng diện tích con suối không đáng kể.
Lời giải
Đầu tiên ta đặt \(A\left( {a\,;\,\,{a^2}} \right)\,,\,\,B\left( {b\,;\,\,{b^2}} \right)\,,\,\,a > 0\,,\,\,b < 0\) là hai tiếp điểm ứng với hai tiếp tuyến vuông góc của parabol \(\left( P \right)\).
Gọi \({d_1}\,,\,\,{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại \(A\,,\,\,B\), khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{d_1}:y = 2ax - {a^2}}\\{{d_2}:y = 2bx - {b^2}}\end{array}} \right.\).
Do \({d_1} \bot {d_2}\) nên \(2a \cdot 2b = - 1 \Rightarrow b = - \frac{1}{{4a}} \Rightarrow B\left( { - \frac{1}{{4a}}\,;\,\,\frac{1}{{16{a^2}}}} \right)\), khi đó \({d_2}:y = - \frac{x}{{2a}} - \frac{1}{{16{a^2}}}\).
Gọi \(E = {d_2} \cap {d_1}\), suy ra \(E\left( {\frac{{4{a^2} - 1}}{{8a}}\,;\,\, - \frac{1}{4}} \right)\); \(EA = \frac{{\sqrt {{{\left( {4a + 1} \right)}^3}} }}{{8a}}\,;\,\,EB = \frac{{\sqrt {{{\left( {4a + 1} \right)}^3}} }}{{16{a^2}}}\).
Ta có \(EA = 2EB\); suy ra \(a = 1\). Do đó diện tích mảnh đất .
Khi đó phương trình \({d_1}:y = 2x - 1\,;\,\,{d_2}:y = - \frac{x}{2} - \frac{1}{{16}}\) và \(A\left( {1\,;\,\,1} \right)\,,\,\,B\left( { - \frac{1}{4}\,;\,\,\frac{1}{{16}}} \right)\,,\,\,E\left( {\frac{3}{8}\,;\,\, - \frac{1}{4}} \right)\).
Diện tích và .
Tổng số tiền thu được của ông Vượng sau vụ hè thu là:
\(\frac{{625}}{{768}} \times {10^2} \times 30 + \frac{{125}}{{768}} \times {10^2} \times 40 \approx 309\,244\) nghìn đồng triệu đồng.
Đáp án: 309.
Một hộp có chứa \(5\) viên bi đỏ, \(3\) viên bi xanh và \(n\) viên bi vàng (các viên bi kích thước như nhau, \(n\) là số nguyên dương). Lấy ngẫu nhiên \(3\) viên bi từ hộp. Biết xác suất để trong ba viên bi lấy được có đủ \(3\) màu là \(\frac{{45}}{{182}}\), khi đó xác suất để trong \(3\) viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ là \(\frac{P}{{182}}\). Tính \(P\).
Lời giải
Số cách lấy 3 viên bi bất kì từ hộp là: \(C_{8 + n}^3\).
Số cách lấy 3 viên đủ 3 màu là: \(C_5^1 \cdot C_3^1 \cdot C_n^1 = 15n\).
Vì xác suất để trong ba viên vi lấy được có đủ \(3\) màu là \(\frac{{45}}{{182}}\)\( \Rightarrow \frac{{15n}}{{C_{8 + n}^3}} = \frac{{45}}{{182}}\) \( \Rightarrow n = 6\).
\( \Rightarrow \) có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh và \(6\) viên bi vàng.
Số cách lấy 3 bi bất kì là \(C_{14}^3\).
Để trong \(3\) viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ, ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: 3 bi lấy ra không có bi đỏ, khi đó số cách lấy là \(C_9^3\).
Trường hợp 2: 3 bi lấy ra có 1 bi đỏ, khi đó số cách lấy là \(C_5^1 \cdot C_9^2\)
Trường hợp 3: 3 bi lấy ra có 2 bi đỏ, khi đó số cách lấy là \(C_5^2 \cdot C_9^1\).
Vậy xác suất để trong \(3\) viên bi lấy được có nhiều nhất hai viên bi đỏ là
\({P_d} = \frac{{C_9^3 + C_5^1 \cdot C_9^2 + C_5^2 \cdot C_9^1}}{{C_{14}^3}} = \frac{{177}}{{182}} = \frac{P}{{182}}\).
Vậy \(P = 177\).
Đáp án: 177.
Trong một đội tuyển có ba vận động viên \(A,\;B\) và \(C\) thi đấu với xác suất chiến thắng lần lượt là \(0,6;\;0,7\) và \(0,8\). Giả sử mỗi người thi đấu một trận độc lập với nhau. Tính xác suất để \(A\) thua trong trường hợp đội tuyển thắng hai trận (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Lời giải
Gọi \(A\) là biến cố: “Vận động viên \(A\) chiến thắng”, ta có \(P\left( A \right) = 0,6\);
\(B\) là biến cố: “Vận động viên \(B\) chiến thắng” thì \(P\left( B \right) = 0,7\);
\(C\) là biến cố: “Vận động viên \(C\) chiến thắng” thì \(P\left( C \right) = 0,8\).
Gọi \(D\) là biến cố “đội tuyển thắng hai trận”.
Ta có \(P\left( D \right) = P\left( {AB\overline C } \right) + P\left( {A\overline B C} \right) + P\left( {\overline A BC} \right) = 0,452\).
Vậy xác suất cần tính là \[P\left( {\overline A |D} \right) = \frac{{P\left( {\overline A D} \right)}}{{P\left( D \right)}} = \frac{{P\left( {\overline A BC} \right)}}{{P\left( D \right)}} = \frac{{0,4 \cdot 0,7 \cdot 0,8}}{{0,452}} = \frac{{56}}{{113}} \approx 0,5\].
Đáp án: 0,5.
