Đề thi ĐGNL Bộ Công an môn Toán có đáp án - Đề 4
35 câu hỏi
Hàm số \(F\left( x \right) = \sqrt[3]{x} + 2\sqrt x + x\sqrt x \) là một nguyên hàm của hàm số nào dưới đây?
\({f_1}\left( x \right) = \frac{1}{{3\sqrt[3]{{{x^2}}}}} + \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{3}{2}\sqrt x \).
\({f_3}\left( x \right) = \frac{{\sqrt[3]{{{x^2}}}}}{3} + \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{3}{2}\sqrt x \).
\({f_2}\left( x \right) = \frac{1}{{3\sqrt[3]{{{x^2}}}}} + \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{3}{{2\sqrt x }}\).
\({f_2}\left( x \right) = \frac{1}{{3\sqrt[3]{{{x^2}}}}} + \frac{1}{2}\sqrt x + \frac{3}{{2\sqrt x }}\).
Lời giải
Ta có \[F'\left( x \right) = {\left( {\sqrt[3]{x} + 2\sqrt x + x\sqrt x } \right)^\prime } = {\left( {{x^{\frac{1}{3}}} + 2\sqrt x + {x^{\frac{3}{2}}}} \right)^\prime } = \frac{1}{{3\sqrt[3]{{{x^2}}}}} + \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{3}{2}\sqrt x \]. Chọn A.
Trên một vùng cao nguyên rộng lớn, với hệ tọa độ Oxyz thích hợp, đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 5 mét, một con đại bàng đang đậu trên vách đá phẳng được mô hình hóa bởi phương trình \[\left( P \right):2x + 2y - z + 9 = 0\]. Con đại bàng này đang ngắm các mục tiêu là hai con dê núi đang ở các vị trí \[A\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)\], \[B\left( { - 2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\].
Khoảng cách giữa hai con dê núi là
\[\sqrt {41} \] m.
\(1\) m.
\(\sqrt 3 \) m.
\[5\sqrt {41} \] m.
Lời giải
Ta có: \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 3\,;\,\, - 4\,;\,\,4} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {41} \].
Vì đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 5 mét nên khoảng cách thực tế giữa hai con dê là \[5\sqrt {41} \] mét. Chọn D.
Khoảng cách ngắn nhất từ đại bàng đến con dê ở vị trí A bằng 32 mét.
\[32\] m.
\(30\) m.
\(24\) m.
\[6\] m.
Lời giải
Gọi H là hình chiếu của A trên \(\left( P \right)\); phương trình AH: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2 + 2t\\z = - 3 - t\end{array} \right.\] (vì AH vuông góc với \(\left( P \right)\)).
Tọa độ H có dạng \[\left( {1 + 2t\,;\,\,2 + 2t\,;\,\, - 3 - t} \right)\]; mà H thuộc \(\left( P \right)\) nên
\[2\left( {1 + 2t} \right) + 2\left( {2 + 2t} \right) - \left( { - 3 - t} \right) + 9 = 0 \Rightarrow t = - 2\]\[ \Rightarrow H\left( { - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\].
Khoảng cách ngắn nhất từ đại bàng đến con dê ở vị trí A là \[5 \cdot AH = 30\] mét. Chọn B.
Đại bàng luôn quan sát hai con dê với một góc \[90^\circ \] và con dê ở vị trí B cũng đã biết được sự nguy hiểm sau lưng nó, hỏi khoảng cách xa nhất giữa nó với đại bàng bằng bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng phần chục)?
Lời giải
Gọi M là vị trí đại bàng trên vách đá (mặt phẳng \(\left( P \right)\)).
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BM \bot AH\\BM \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BM \bot \left( {AMH} \right) \Rightarrow BM \bot MH\]. Do đó \[BM \le BH = \sqrt 5 \].
Vậy khoảng cách lớn nhất giữa con dê ở vị trí B đến vị trí đại bằng bằng \[5 \cdot BH \approx 11,2\] mét.
(Dấu đẳng thức xảy ra khi đại bàng ở vị trí H, là hình chiếu của A trên \(\left( P \right)\)).
Đáp án: 11,2.
Trong không gian \[Oxyz\], cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {2;0;0} \right)\), \(C\left( {0;2;0} \right)\)và \(A'\left( {0;0;2} \right)\). Góc giữa \(BC'\) và \(A'C\) bằng
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(30^\circ \).
. \(90^\circ \).
Lời giải
Ta có \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ đứng nên \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {CC'} \), từ đó suy ra \(C'\left( {0;2;2} \right)\).
Mà \(B\left( {2;0;0} \right)\) nên \(\overrightarrow {BC'} = \left( { - 2;2;2} \right)\).
Mặt khác: \(A'\left( {0;0;2} \right)\), \(C\left( {0;2;0} \right)\) nên \(\overrightarrow {A'C} = \left( {0;2; - 2} \right)\).
Suy ra \(\cos \left( {BC',A'C} \right) = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {BC'} ,\overrightarrow {A'C} } \right)} \right| = \frac{{\left| {0 + 4 - 4} \right|}}{{\sqrt {12} \cdot \sqrt 8 }} = 0\)\( \Rightarrow \)\(\left( {BC',A'C} \right) = 90^\circ \). Chọn D.
Cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2;3} \right)\) và thể tích bằng \(\frac{{256\pi }}{3}\). Phương trình của \(\left( S \right)\) là:
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 16\).
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 16\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 8\).
\(\left( {x + 1} \right){}^2 + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 8\).
Lời giải
Thể tích khối cầu \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{{256\pi }}{3} \Rightarrow R = 4\).
Phương trình của \(\left( S \right)\) là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 16\). Chọn A.
Cho hàm số \(y = \sqrt {3{x^2} - {x^3}} \). Khẳng định nào sau đây là khẳng định sai?
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).
Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right);\left( {2;3} \right)\).
Hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right);\left( {2;3} \right)\).
Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {2;3} \right)\).
Lời giải
ĐKXĐ: \(3{x^2} - {x^3} \ge 0 \Leftrightarrow x \le 3\) nên tập xác định của hàm số là \(\left( { - \infty ;3} \right]\).
Ta có \(y' = \frac{{6x - 3{x^2}}}{{2\sqrt {3{x^2} - {x^3}} }}\), \(\forall x \in \left( { - \infty ;3} \right)\backslash \left\{ 0 \right\}\).
Giải \[y' = 0 \Rightarrow x = 2\]. Ta thấy \[y'\] không xác định khi \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.\].
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng \[\left( { - \infty ;0} \right)\], \[\left( {2;3} \right)\] và đồng biến trên khoảng \[\left( {0;2} \right)\]. Chọn B.
Một cửa hàng bán quả vải thiều của Bắc Giang với giá bán mỗi kg là 40000 đồng. Với giá bán này thì cửa hàng chỉ bán được khoảng 30 kg. Cửa hàng này dự định giảm giá bán, ước tính nếu cửa hàng cứ giảm mỗi kg 4000 đồng thì số vải thiều bán được tăng thêm là 40 kg. Xác định giá bán để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất, biết rằng giá nhập về ban đầu mỗi kg là 25 000 đồng.
\(34\,000\) đồng.
\(30000\) đồng.
\(38000\) đồng.
\(36000\) đồng.
Lời giải
Gọi \(x\) là giá bán thực tế của mỗi kg vải thiều, (\(x\): đồng; \(25\,000 \le x \le 40\,000\) đồng).
Ta có thể lập luận như sau:
Giá 40000 đồng thì bán được 30 kg vải thiều.
Giảm giá 4000 đồng thì bán được thêm 40 kg vải thiều.
Giảm giá 40000 – \(x\) đồng thì bán được thêm bao nhiêu kg vải thiều?
Theo bài ra số kg bán thêm được là: \(\left( {40000 - x} \right) \cdot \frac{{40}}{{4000}} = \frac{1}{{100}}\left( {40000 - x} \right)\).
Do đó số kg vải thiều bán được tương ứng với giá bán \(x\) là: \(30 + \frac{1}{{100}}\left( {40000 - x} \right) = - \frac{1}{{100}}x + 430\).
Gọi \(F\left( x \right)\) là hàm lợi nhuận thu được (\(F\left( x \right)\): đồng).
Ta có: \(F\left( x \right) = \left( { - \frac{1}{{100}}x + 430} \right) \cdot \left( {x - 25000} \right) = - \frac{1}{{100}}{x^2} + 680x - 10\,750\,000\).
Bài toán trở thành tìm GTLN của \(F\left( x \right) = - \frac{1}{{100}}{x^2} + 680x - 10750000\), Điều kiện: \(25000 \le x \le 40000\).
Ta có \(F'\left( x \right) = - \frac{1}{{50}}x + 680\); \(F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{{50}}x + 680 = 0 \Leftrightarrow x = 34\,000\).
Vì hàm số \(F\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ {25000;40000} \right]\) và
\(F\left( {25000} \right) = 0\); \(F\left( {34000} \right) = 810000\); \(F\left( {40000} \right) = 450000\).
Vậy với \(x = 34000\) thì \(F\left( x \right)\) đạt GTLN.
Vậy để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất thì giá bán thực tế của mỗi kg vải thiều là 34000 đồng.
Chọn A.
Trong không gian \(Oxyz\), mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) qua hai điểm \(C\left( {2\,;\,1\,;\,6} \right)\), \(D\left( {3\,;\,5\,;\,1} \right)\) và cách đều hai điểm \(A\left( {6\,;\,4\,;0} \right)\), \(B\left( {4;\,5\,;0} \right)\) có phương trình là:
\(13x + 18y + 15z + 134 = 0\) hoặc \(5x + 10y + 9z - 7 = 0\).
\(13x + 18y + 15z = 0\) hoặc \(5x + 10y + 9z - 4 = 0\).
\(5x + 10y + 9z - 74 = 0\) hoặc \(13x + 18y + 17z - 146 = 0\).
\(13x + 18y + 15z - 13 = 0\) hoặc \(5x + 10y + 9z + 4 = 0\).
Lời giải
Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cách đều hai điểm \(A;B\) khi và chỉ khi \(AB\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\) hoặc \(\left( \alpha \right)\) đi qua trung điểm \(I\) của \(AB\).
Trường hợp 1: \(AB\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\) ta có \(\overrightarrow {CD} = \left( {1\,;\,4\,;\, - 5} \right)\), \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,1\,;\,0} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) qua điểm \(C\left( {2\,;\,1\,;\,6} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {CD} ,\overrightarrow {AB} \,} \right] = \left( {5\,;\,10\,;\,9} \right)\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là: \(5\left( {x - 2} \right) + 10\left( {y - 1} \right) + 9\left( {z - 6} \right) = 0\) hay \(5x + 10y + 9z - 74 = 0\).
Trường hợp 2: \(\left( \alpha \right)\) qua trung điểm \(I\left( {5\,;\,\frac{9}{2}\,;\,0} \right)\) của \(AB\) có \(\overrightarrow {CD} = \left( {1\,;\,4\,;\, - 5} \right)\), \(\overrightarrow {CI} = \left( {3\,;\,\frac{7}{2}\,;\, - 6} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) qua điểm \(C\left( {2\,;\,1\,;\,6} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến là
\(\vec n = \left[ {\overrightarrow {CD} \,,\,\overrightarrow {CI} } \right] = \left( { - \frac{{13}}{2}\,;\, - 9\,;\, - \frac{{17}}{2}} \right) = - \frac{1}{2}\left( {13;18;17} \right)\).
Chọn một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] là \[{\overrightarrow n _{\left( \alpha \right)}} = \left( {13;\,18;\,17} \right)\].
Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là: \(13\left( {x - 2} \right) + 18\left( {y - 1} \right) + 17\left( {z - 6} \right) = 0\) hay \(13x + 18y + 17z - 146 = 0\).
Chọn C.
Một ô tô đang chạy với vận tốc 10 m/s thì người lái xe đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc \(v\left( t \right) = - 2t + 10\) (m/s), trong đó t là khoảng thời gian tính bằng giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Quãng đường ô tô di chuyển được trong 8 giây cuối cùng là
55 m.
16 m.
50 m.
25 m.
Lời giải
Khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng 0.
Nên thời gian kể từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn là \( - 2t + 10 = 0 \Leftrightarrow t = 5\) (s).
Quãng đường ô tô đi được từ lúc đạp phanh đến lúc ô tô dừng hẳn là: \({S_2} = \int\limits_0^5 {\left( { - 2t + 10} \right){\rm{d}}t} = 25\) (m).
Như vậy trong 8 giây cuối thì có 3 giây ô tô đi với vận tốc 10 m/s và 5 s ô tô chuyển động chậm dần đều.
Quãng đường ô tô đi được trong 3 giây trước khi đạp phanh là \({S_1} = 3 \cdot 10 = 30\) (m).
Vậy trong 8 giây cuối ô tô đi được quãng đường \(S = {S_1} + {S_2} = 30 + 25 = 55\) (m). Chọn A.
Cho hàm số \(y = \frac{1}{3}m{x^3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 3\left( {m - 2} \right)x + 2018\) với \(m\) là tham số. Tổng bình phương tất cả các giá trị của \(m\) để hàm số có hai điểm cực trị \({x_1};\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} + 2{x_2} = 1\) bằng
\(\frac{{40}}{9}\).
\(\frac{{22}}{9}\).
\(\frac{{25}}{4}\).
\(\frac{8}{3}\).
Lời giải
Ta có \[y' = m{x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 2} \right)\].
Để hàm số có hai điểm cực trị thì phương trình \[m{x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 2} \right) = 0\] phải có hai nghiệm phân biệt \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3m\left( {m - 2} \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 0\\ - 2{m^2} + 4m + 1 > 0\end{array} \right.\].
Theo định lý Viète ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {m - 1} \right)}}{m}\\{x_1} \cdot {x_2} = \frac{{3\left( {m - 2} \right)}}{m}\end{array} \right.\].
Theo bài ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{{2\left( {m - 1} \right)}}{m}\\{x_1} + 2{x_2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{3m - 4}}{m}\\{x_2} = 1 - \frac{{2\left( {m - 1} \right)}}{m} = \frac{{2 - m}}{m}\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \frac{{3m - 4}}{m} \cdot \frac{{2 - m}}{m} = \frac{{3\left( {m - 2} \right)}}{m} \Rightarrow 3\left( {2 - m} \right)m + \left( {3m - 4} \right)\left( {2 - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\left( {{\rm{t/m}}} \right)\\m = \frac{2}{3}\left( {{\rm{t/m}}} \right)\end{array} \right.\].
Vậy \({m_1}^2 + {m_2}^2 = \frac{{40}}{9}\). Chọn A.
Trong không gian \[Oxyz\], gọi \[\left( P \right)\] là mặt phẳng chứa đường thẳng \[d:\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 1}}{2} = \frac{z}{{ - 1}}\] và cắt các trục \[Ox\], \[Oy\] lần lượt tại \[A\] và \[B\] sao cho đường thẳng \[AB\] vuông góc với \[d\]. Phương trình của mặt phẳng \[\left( P \right)\] là
\[x + 2y + 5z - 5 = 0\].
\[x + 2y + 5z - 4 = 0\].
\[x + 2y - z - 4 = 0\].
\[2x - y - 3 = 0\].
Lời giải
Ta có \[{\vec u_d} = \left( {1;2; - 1} \right)\], \[\left\{ \begin{array}{l}A \in Ox \Rightarrow A\left( {a;0;0} \right)\\B \in Oy \Rightarrow B\left( {0;b;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - a;b;0} \right)\].
Theo đề bài \[AB \bot d \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot {\vec u_d} = 0 \Leftrightarrow - a + 2b = 0 \Leftrightarrow a = 2b \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - 2b;b;0} \right)\].
\[ \Rightarrow \overrightarrow u = \left( { - 2;1;0} \right)\] là một VTCP của \[AB\].
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\vec u = \left( { - 2;1;0} \right)\\{{\vec u}_d} = \left( {1;2; - 1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\vec u,{{\vec u}_d}} \right] = \left( { - 1; - 2; - 5} \right) \Rightarrow \overrightarrow n = \left( {1;2;5} \right)\] là một VTPT của \[\left( P \right)\].
Kết hợp với \[\left( P \right)\] qua \[M\left( {2;1;0} \right) \in d \Rightarrow \left( P \right):\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 1} \right) + 5z = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 5z - 4 = 0\]. Chọn B.
Huyết áp là áp lực cần thiết tác động lên thành của động mạch để đưa máu từ tim đến nuôi dưỡng các mô trong cơ thể. Huyết áp được tạo ra do lực co bóp của cơ tim và sức cản của thành động mạch. Mỗi lần tim đập, huyết áp của chúng ta tăng rồi giảm giữa các nhịp. Huyết áp tối đa và huyết áp tối thiểu được gọi tương ứng là huyết áp tâm thu và tâm trương. Chỉ số huyết áp của chúng ta được viết là huyết áp tâm thu/huyết áp tâm trương, tương ứng. Chỉ số huyết áp \[120/80\] là bình thường. Giả sử huyết áp của một người nào đó được mô hình hóa bởi hàm số \[P\left( t \right) = 110 + 10\sin \left( {\frac{{5\pi }}{2}t} \right)\]. Trong đó \[P\left( t \right)\] là huyết áp tính theo đơn vị \[{\rm{mmHg}}\] (milimét thủy ngân) và thời gian \[t\] tính theo giây. Hỏi trong khoảng từ \(0\) đến \(5\) giây có bao nhiêu lần huyết áp là \[120\] mmHg?
\[4\].
\[5\].
\[6\].
\[7\].
Lời giải
Huyết áp là \[120\] mmHg khi \[P\left( t \right) = 120 \Leftrightarrow 110 + 10\sin \left( {\frac{{5\pi }}{2}t} \right) = 120 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{{5\pi }}{2}t} \right) = 1\]
\[ \Leftrightarrow \frac{{5\pi }}{2}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = \frac{{1 + 4k}}{5}\], với \[k \in \mathbb{Z}\].
Xét \(0\, < t < 5\, \Rightarrow \,\,0\, < \,\,\frac{{1 + 4k}}{5}\, < \,5\, \Leftrightarrow \, - \frac{1}{4}\, < \,k\, < \,6\,\, \Leftrightarrow \,\,k\, \in \,\,\left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}\) vì \[k \in \mathbb{Z}\].
Vậy trong khoảng từ \(0\) đến \(5\) giây có \(6\) lần huyết áp là \[120\] mmHg. Chọn C.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\), cho tam giác \(ABC\) có phương trình cạnh \(AB\) là \(x - y - 2 = 0,\) phương trình cạnh \(AC\) là \(x + 2y - 5 = 0\). Biết trọng tâm của tam giác là điểm \(G\left( {3;2} \right)\) và phương trình đường thẳng \(BC\) có dạng \(x + my + n = 0.\) Tìm \(m + n.\)
\(5\).
\(3\).
\(4\).
\(2\).
Lời giải
Tọa độ điểm \(A\) là nghiệm hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x + 2y - 5 = 0\\x - y - 2 = 0\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {3;1} \right)\).
Gọi \(M\left( {x;y} \right)\) là trung điểm của \(BC\). Suy ra \(\overrightarrow {AG} = 2\overrightarrow {GM} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}0 = 2x - 6\\1 = 2y - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = \frac{5}{2}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {3;\frac{5}{2}} \right)\).
Gọi điểm \(B\left( {t;t - 2} \right)\). Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(C\left( {6 - t;7 - t} \right)\).
Thay tọa độ điểm \(C\) vào phương trình \(AC\) ta có phương trình \(\left( {6 - t} \right) + 2\left( {7 - t} \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow t = 5\).
Suy ra \(B\left( {5;3} \right),C\left( {1;2} \right)\). Phương trình \(BC\) là: \(x - 4y + 7 = 0\).
Vậy \(m = - 4,n = 7 \Rightarrow m + n = 3\). Chọn B.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} } \right) = m\) có nghiệm \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).
\(3\).
\(5\).
\(4\).
\(2\).
Lời giải
Đặt \(t = \cos x\). Do \[x \in \left[ {0;\,\frac{\pi }{2}} \right)\] nên \(t \in \left( {0;1} \right]\) \( \Rightarrow f\left( t \right) \in \left[ { - 2;0} \right)\).
\( \Rightarrow \sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} = \sqrt {4 + 2f\left( t \right)} \in \left[ {0;2} \right)\)\( \Rightarrow f\left( {\sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} } \right) \in \left[ { - 2;2} \right)\).
Vậy phương trình \(f\left( {\sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} } \right) = m\) có nghiệm \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)\( \Leftrightarrow - 2 \le m < 2\).
Do \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1} \right\}\).
Vậy có bốn giá trị của tham số \(m\) để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 + 2f\left( {\cos x} \right)} } \right) = m\) có nghiệm \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).
Chọn C.
Bảng dưới đây thống kê số giờ tự học ở nhà của 21 học sinh lớp 12 được hỏi ngẫu nhiên tại một trường THPT của Thành phố Hà Nội.
Nhóm (Số giờ tự học) | Tần số |
\(\left[ {0;\,2} \right)\) | 6 |
\(\left[ {2;\,4} \right)\) | 3 |
\(\left[ {4;6} \right)\) | 7 |
\(\left[ {6;8} \right)\) | 5 |
| 21 |
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên gần nhất với giá trị nào dưới đây?
\(5,19\).
\(5,29\).
\(5,91\).
\(2,28\).
Lời giải
Ta có:
Nhóm (Số giờ tự học) | Giá trị đại diện | Tần số |
\(\left[ {0;\,2} \right)\) | 1 | 6 |
\(\left[ {2;\,4} \right)\) | 3 | 3 |
\(\left[ {4;6} \right)\) | 5 | 7 |
\(\left[ {6;8} \right)\) | 7 | 5 |
|
| 21 |
Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[\overline x = \frac{{6 \cdot 1 + 3 \cdot 3 + 7 \cdot 5 + 5 \cdot 7}}{{21}} = \frac{{85}}{{21}}\].
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\({S^2} = \frac{1}{{21}}\left[ {6 \cdot {{\left( {1 - \frac{{85}}{{21}}} \right)}^2} + 3 \cdot {{\left( {3 - \frac{{85}}{{21}}} \right)}^2} + 7 \cdot {{\left( {5 - \frac{{85}}{{21}}} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {7 - \frac{{85}}{{21}}} \right)}^2}} \right] = \frac{{2288}}{{441}}\).
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là \(S = \sqrt {{S^2}} = \sqrt {\frac{{2288}}{{441}}} = \frac{{4\sqrt {143} }}{{21}} \approx 2,28\). Chọn D.
Cho hình hộp đứng \[ABCD.A'B'C'D'\] có đáy \[ABCD\] là hình thoi cạnh \(2a\), cạnh bên \(AA' = a\sqrt 2 \) và \[AD' \bot BA'\]. Khoảng cách giữa hai đường thẳng \[AD'\] và \[BA'\] bằng
\[\frac{{a\sqrt 2 }}{3}\].
\[\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\].
\[a\].
\[\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\].
Lời giải
Gọi \(E\) là điểm đối xứng với \(B'\) qua \(B\).
Khi đó: \(AA'BE\) là hình bình hành \( \Rightarrow A'B{\rm{//}}AE \Rightarrow A'B{\rm{//}}\left( {AD'E} \right)\).
Suy ra \[d\left( {A'B,AD'} \right) = d\left( {A'B,\left( {AD'E} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AD'E} \right)} \right)\].
Gọi \(I = AC \cap BD\).
Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot BD\\AI \bot DD'\,\,\left( {{\rm{do}}\,DD' \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {DD'B'B} \right)\)\( \Rightarrow \left( {AD'E} \right) \bot \left( {DD'B'B} \right)\).
Trong \(mp\left( {DD'B'B} \right)\), kẻ \(BH \bot D'E\). Suy ra \(BH \bot \left( {AD'E} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {AD'E} \right)} \right) = BH\).
Tính \(BH\):
Xét tam giác \(ABA'\) vuông tại \(A\) có \(BA' = \sqrt {A{B^2} + A{{A'}^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 6 \).
Vì \[AD' \bot BA' \Rightarrow BA' \bot BC'\,\,\left( {AD'{\rm{//}}BC'} \right) \Rightarrow \Delta A'BC'\] vuông cân tại \(B\).
\( \Rightarrow A'C' = A'B\sqrt 2 = 2a\sqrt 3 \Rightarrow AI = a\sqrt 3 \).
Xét tam giác \(ABI\) vuông tại \(I\) có: \(BI = \sqrt {A{B^2} - A{I^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} = a\).
Xét \(\Delta IBE\) vuông tại \(B\) có: \(BE = AA' = a\sqrt 2 ,BI = a\).
\( \Rightarrow \frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{I^2}}} + \frac{1}{{B{E^2}}} \Rightarrow BH = \frac{{BI \cdot BE}}{{\sqrt {B{I^2} + B{E^2}} }} = \frac{{a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\). Chọn B.
Hai chất điểm A và B chuyển động thẳng đều cùng hướng về \(O\) (như hình vẽ) biết rằng vận tốc \({V_B} = \frac{{{V_A}}}{{\sqrt 3 }}\) và \(\widehat {AOB} = 30^\circ \). Biết rằng khi khoảng cách giữa hai chất điểm A và B là nhỏ nhất thì A cách O một khoảng bằng \(30\sqrt 3 \left( {\rm{m}} \right)\). Tìm khoảng cách từ \(B\) đến \(O\) lúc đó.
\(30\sqrt 2 \,\,{\rm{m}}\).
\(30\sqrt 3 \,\,{\rm{m}}\).
\(90\,\,{\rm{m}}\).
\(15\sqrt 3 \,\,{\rm{m}}\).
Lời giải
Gọi \({d_1},{d_2}\) lần lượt là khoảng cách các vật A và B đến O lúc đầu (\(t = 0\)).
Đồng thời \[d = AB\]. Gọi \(t'\) là thời điểm mà \({d_{\min }}\). Khi đó A ở \(A'\) và B ở \(B'\) như hình vẽ.
Kí hiệu góc \(\widehat {B'A'O} = \beta ,\widehat {A'B'O} = \gamma \).
Áp dụng định lý sin trong tam giác \(\Delta A'B'O\) ta có:
\(\frac{d}{{\sin 30^\circ }} = \frac{{OA'}}{{\sin \gamma }} = \frac{{OB'}}{{\sin \beta }} \Leftrightarrow 2d = \frac{{{d_1} - AA'}}{{\sin \gamma }} = \frac{{{d_2} - BB'}}{{\sin \beta }} \Leftrightarrow 2d = \frac{{{d_1} - {V_A}t}}{{\sin \gamma }} = \frac{{{d_2} - {V_B}t}}{{\sin \beta }}\,\,\left( * \right)\).
Do \({V_B} = \frac{{{V_A}}}{{\sqrt 3 }}\) và áp dụng tính chất \(\frac{A}{B} = \frac{C}{D} = \frac{{C - A}}{{D - B}}\), ta có:
\(\left( * \right) \Leftrightarrow 2d = \frac{{\sqrt 3 {d_2} - {d_1}}}{{\sqrt 3 \sin \beta - \sin \gamma }}\) mà \(\sin \beta = \sin \left( {180^\circ - \beta } \right) = \sin \left( {30^\circ + \gamma } \right)\).
Do đó ta có \(d = \frac{{\sqrt 3 {d_2} - {d_1}}}{{2\left[ {\sqrt 3 \sin \left( {30^\circ + \gamma } \right) - \sin \gamma } \right]}} = \frac{{\sqrt 3 {d_2} - {d_1}}}{{\sqrt 3 \cos \gamma + \sin \gamma }}\).
Xét \(f\left( \gamma \right) = \sqrt 3 \cos \gamma + \sin \gamma \). Ta có \({d_{\min }} \Leftrightarrow f{\left( \gamma \right)_{\max }}\).
Cách 1. Khảo sát hàm \(f\left( \gamma \right)\).
Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:
\(\left| {\sqrt 3 \cos \gamma + \sin \gamma } \right| \le \sqrt {3 + 1} \sqrt {{{\cos }^2}\gamma + {{\sin }^2}\gamma } = 2 \Rightarrow - 2 \le f\left( \gamma \right) \le 2 \Rightarrow \max f\left( \gamma \right) = 2\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{{\sin \gamma }}{{\cos \gamma }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \tan \gamma = \tan {\rm{30}}^\circ \Leftrightarrow \gamma = 30^\circ \) và khi đó \[\beta = 120^\circ \].
Khi đó ta có \(\frac{d}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}\,{\rm{30}}^\circ }} = \frac{{{{d'}_1}}}{{\sin \,30^\circ }} = \frac{{{{d'}_2}}}{{\sin \,120^\circ }} \Rightarrow {d'_2} = \frac{{\sin \,120^\circ }}{{\sin \,30^\circ }}{d'_1} = \sqrt 3 {d'_1} = 90\,\,\left( {\rm{m}} \right)\). Chọn C.
Gọi \(\left( {{C_m}} \right)\) là đồ thị của hàm số \(y = mx + \frac{1}{x}\,\,(*)\), \(m\) là tham số. Tìm \(m\) để hàm số (*) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của \(\left( {{C_m}} \right)\) đến đường tiệm cận xiên bằng \(\frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
\(m = 1\).
\(m = 2\).
\(m = - 1\).
\(m = 0\).
Lời giải
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có \(y' = m - \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{{m{x^2} - 1}}{{{x^2}}}\).
Hàm số (*) có cực trị khi \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác 0 \( \Leftrightarrow \frac{1}{m} > 0 \Leftrightarrow m > 0\).
Lúc đó \(y' = 0 \Leftrightarrow {x_1} = - \frac{1}{{\sqrt m }},\,{x_2} = \frac{1}{{\sqrt m }}\,.\)
Bảng biến thiên
Điểm cực tiểu của \(\left( {{C_m}} \right)\) là \(M\left( {\frac{1}{{\sqrt m }};2\sqrt m } \right)\).
Tiệm cận xiên \(\Delta :y = mx \Leftrightarrow mx - y = 0\).
Theo đề \(d\left( {M,\Delta } \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{\left| {\sqrt m - 2\sqrt m } \right|}}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt m }}{{\sqrt {{m^2} + 1} }} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2m = {m^2} + 1 \Leftrightarrow m = 1\).
Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \(m = 1\). Chọn A.
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\) thuộc đường thẳng \(\Delta :\frac{x}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{z}{2}\). Biết rằng mặt cầu \(\left( S \right)\) có bán kính bằng \(2\sqrt 2 \) và cắt mặt phẳng \[\left( {Oxz} \right)\] theo một đường tròn có bán kính bằng \(2\). Tìm tọa độ của điểm \(I.\)
\[I\left( {1; - 2;2} \right),{\rm{ }}I\left( { - 1;2; - 2} \right)\].
\[I\left( {1; - 2;2} \right),{\rm{ }}I\left( {5;2;10} \right)\].
\[I\left( {1; - 2;2} \right),{\rm{ }}I\left( {0; - 3;0} \right)\].
\[I\left( {5;2;10} \right),{\rm{ }}I\left( {0; - 3;0} \right)\].
Lời giải
Mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right):y = 0\). Ta có \(I \in \Delta :\frac{x}{1} = \frac{{y + 3}}{1} = \frac{z}{2} \Rightarrow I\left( {t; - 3 + t;2t} \right)\).
Gọi \[H\] là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\); \(R,{\rm{ }}r\) lần lượt là bán kính mặt cầu và bán kính đường tròn giao tuyến. Theo bài ta có \(IH = d\left( {I,\left( {Oxz} \right)} \right) = \sqrt {{R^2} - {r^2}} = \sqrt {8 - 4} = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| { - 3 + t} \right|}}{1} = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 1}\\{t = 5}\end{array}} \right.\).
Với \(t = 1 \Rightarrow I\left( {1; - 2;2} \right)\), với \(t = 5 \Rightarrow I\left( {5;2;10} \right)\). Chọn B.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\), cho tam giác \(ABC\). Gọi \(D\left( {0;1} \right)\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BC\), các điểm \(I\left( {0;3} \right),\,H\) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam giác \(ABC.\) Biết phương trình đường thẳng \(BC:x - y + 1 = 0,\) bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHC\) là \(R = \sqrt {10} .\) Tìm tọa độ trực tâm \(H.\)
\(H\left( {3; - 2} \right)\); \(H\left( { - 1;2} \right)\).
\(H\left( {3;2} \right)\); \(H\left( { - 1;2} \right)\).
\(H\left( { - 3; - 2} \right)\); \(H\left( { - 1;2} \right)\).
\(H\left( {3; - 2} \right)\); \(H\left( { - 1; - 2} \right)\).
Lời giải
Gọi \(E\) là giao điểm của \(AI\) với đường tròn ngoại tiếp tam giác \(\Delta ABC.\)
Ta có\(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AC\\EC \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BH{\rm{//}}EC;\,\,\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\EB \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CH{\rm{//}}EB\).
Suy ra tứ giác \(HCEB\) là hình bình hành \( \Rightarrow \Delta HBC = \Delta EBC\)\[ \Rightarrow \] bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(EBC\) bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHC\).
Khi đó:
Phương trình đường trung trực \(BC:x + y = 3\).
Tọa độ trung điểm \(M\) của \(BC\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 3}\\{x - y = - 1}\end{array}} \right. \Rightarrow M\left( {1;2} \right).\)
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là \({x^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = 10\).
Phương trình đường thẳng \(AH:\)\(x + y = 1.\)
Tọa độ điểm \(A\) là nghiệm của hệ phương trình \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2} = 10}\\{x + y = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}A\left( {1;\,0} \right)\\A\left( { - 3;\,4} \right)\end{array} \right.\].
+) Với \(A\left( {1;0} \right) \Rightarrow E\left( { - 1;\,6} \right)\) (Do \(I\left( {0;3} \right)\) là trung điểm \(AE\))
Suy ra (Do \(M\left( {1;2} \right)\) là trung điểm của \[EH\]).
+) Tương tự: Với . Chọn A.
Lưu ý: Nếu giả thiết bài toán cho tam giác \(ABC\) nhọn thì điểm \(H\left( {3; - 2} \right)\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán, do \(d\left( {H,\,BC} \right) = \frac{6}{{\sqrt 2 }} > \frac{2}{{\sqrt 2 }} = d\left( {A,BC} \right)\).
Sau t giờ làm việc một người thợ có thể sản xuất với tốc độ là \[q\left( t \right) = 100 + {e^{ - 0,5t}}\] đơn vị sản phẩm trong 1 giờ. Giả sử người đó bắt đầu làm việc từ lúc 7 giờ sáng. Hỏi người đó sẽ sản xuất được bao nhiêu đơn vị sản phẩm giữa 8 giờ sáng và 12 giờ trưa?
401 đơn vị sản phẩm.
403 đơn vị sản phẩm.
601 đơn vị sản phẩm.
501 đơn vị sản phẩm.
Lời giải
Gọi \[S\left( t \right)\] là số đơn vị sản phẩm mà công nhân sản xuất được sau t giờ tính từ lúc 7 giờ sáng.
Ta có \[S'\left( t \right) = q\left( t \right) = 100 + {e^{ - 0,5t}}\].
Chọn gốc thời gian \(t = 0\) ứng với lúc 7 giờ sáng.
Số đơn vị sản phẩm người đó sản xuất được từ 8 giờ sáng \[\left( {t = 1} \right)\] đến 12 giờ trưa \[\left( {t = 5} \right)\] là
\[\int\limits_1^5 {q\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_1^5 {\left( {100 + {e^{ - 0,5t}}} \right){\rm{d}}t} \approx 401\] đơn vị sản phẩm. Chọn A.
Trong kỳ thi tốt nghiệp THPT năm 2022, 10 địa phương có điểm trung bình môn Toán cao nhất cả nước lần lượt được mô tả trong biểu đồ sau:
Tìm tứ phân vị trong mẫu số liệu thống kê trên.
\({Q_1} = 6,92\,;\,\,{Q_2} = 6,99;\,\,{Q_3} = 7,06\).
\({Q_1} = 6,94\,;\,\,{Q_2} = 6,99;\,\,{Q_3} = 7,06\).
\({Q_1} = 6,92\,;\,\,{Q_2} = 7;\,\,{Q_3} = 7,06\).
\({Q_1} = 6,88;\,\,{Q_2} = 6,99;\,\,{Q_3} = 7,06\).
Lời giải
Mẫu số liệu trên được sắp xếp theo thứ tự tăng dần như sau:
\(6,82\,\,\,\,\,6,88\,\,\,\,\,6,92\,\,\,\,\,6,92\,\,\,\,\,6,98\,\,\,\,\,7\,\,\,\,\,7\,\,\,\,\,7,06\,\,\,\,\,7,15\,\,\,\,\,7,4\)
Số trung vị trong mẫu số liệu trên là \(\frac{{6,98 + 7}}{2} = 6,99\).
Trung vị của dãy \(6,82\,\,\,\,\,6,88\,\,\,\,\,6,92\,\,\,\,\,6,92\,\,\,\,\,6,98\) là \(6,92\).
Trung vị của dãy \(\,7\,\,\,\,\,7\,\,\,\,\,7,06\,\,\,\,\,7,15\,\,\,\,\,7,4\) là \(7,06\).
Vậy \({Q_1} = 6,92\,;\,\,{Q_2} = 6,99;\,\,{Q_3} = 7,06\). Chọn A.
Có 6 học sinh gồm 2 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang. Xác suất để nhóm bất kì 3 học sinh liền kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả 3 lớp A, B, C là
\[\frac{1}{{120}}\].
\[\frac{1}{3}\].
\[\frac{1}{{30}}\].
\[\frac{1}{{15}}\].
Lời giải
Xét phép thử: Xếp ngẫu nhiên 6 học sinh của 3 lớp thành một hàng ngang, ta có: \[n\left( \Omega \right) = 6!\].
Gọi D là biến cố: “nhóm bất kì 3 học sinh liền kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả 3 lớp A, B, C”.
Ta thấy rằng để 3 học sinh liền kề nhau trong hàng luôn có mặt học sinh của cả 3 lớp A, B, C thì các học sinh của cùng 1 lớp phải được xếp vào các vị trí \[\left( {1\,;\,4} \right),\,\,\left( {2\,;\,5} \right),\,\,\left( {3\,;\,6} \right)\].
Xếp 2 học sinh lớp A vào vị trí (1; 4) có 2 cách, xếp 2 học sinh lớp B vào vị trí (2; 5) có 2 cách, xếp 2 học sinh lớp C vào vị trí (3; 6) có 2 cách và có 3! cách để hoán vị vị trí của các nhóm học sinh theo lớp.
Suy ra \[n\left( D \right) = 3! \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 48\].
Vậy xác suất cần tìm là: \[P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{48}}{{720}} = \frac{1}{{15}}\]. Chọn D.
Cho tam giác \(OAB\) đều cạnh \(a\). Trên đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(O\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {OAB} \right)\) lấy điểm \(C\) sao cho \(OC = x\). Gọi \(H\,,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên \(BC\) và \(BO\), gọi \(D\) là giao điểm của \(HK\) và \(\Delta \). Tìm \(x\) để thể tích khối tứ diện \(ABCD\) nhỏ nhất.
\(x = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\(x = \frac{a}{2}\).
\(x = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(x = a\sqrt 2 \).
Lời giải
Tam giác \(OAB\) đều cạnh \(a\) có \(AK\) là đường cao nên \(K\) là trung điểm của đoạn \(OB\), \(OB = a\), \(OK = \frac{a}{2}\) và diện tích \({S_{\Delta OAB}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot \left( {OAB} \right)\\AK \subset \left( {OAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot AK\), mà \(OB \bot AK \Rightarrow AK \bot \left( {OBC} \right)\) \( \Rightarrow AK \bot BC\).
Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}AK \bot BC\\AH \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow BC \bot HK\).
Trong mặt phẳng \(\left( {OBC} \right)\) có suy ra \(\frac{{OB}}{{OD}} = \frac{{OC}}{{OK}}\) \( \Rightarrow OD = \frac{{OB \cdot OK}}{{OC}} = \frac{{a \cdot \frac{a}{2}}}{x} = \frac{{{a^2}}}{{2x}}\).
Thể tích khối tứ diện \(ABCD\) là:
\({V_{ABCD}} = {V_{C.OAB}} + {V_{D.OAB}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta OAB}} \cdot OC + \frac{1}{3}{S_{\Delta OAB}} \cdot OD\)\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \left( {x + \frac{{{a^2}}}{{2x}}} \right)\)\( \ge \frac{1}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot 2 \cdot \sqrt {x \cdot \frac{{{a^2}}}{{2x}}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).
Vậy thể tích khối tứ diện \(ABCD\) đạt giá trị nhỏ nhất là \(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\), đạt khi \(x = \frac{{{a^2}}}{{2x}} \Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Chọn A.
Công ty X thuê anh Minh làm việc ở một dự án trong vòng 10 năm. Mức lương ban đầu công ty X trả cho anh Minh là 10 triệu đồng/tháng. Công ty cho anh Minh 2 phương án tăng lương thường xuyên. Phương án 1: mỗi năm tăng một lần, mỗi lần tăng 2%. Phương án 2: ba năm tăng một lần, mỗi lần tăng 7%. Tổng số tiền lương cao nhất anh Minh có thể nhận sau 10 năm làm việc gần với giá trị nào dưới đây nhất?
1 tỉ 451 triệu đồng.
1 tỉ 460 triệu đồng.
1 tỉ 304 triệu đồng.
1 tỉ 314 triệu đồng.
Lời giải
Khi chọn tăng lương theo phương án 1:
Lấy dãy số \[\left( {{u_n}} \right)\] với \[{u_n}\] (triệu đồng) là tổng tiền lương anh Minh nhận được ở năm làm việc thứ \[n\], với \[n \in \mathbb{N},1 \le n \le 10\].
Khi đó: \[{u_1} = 10 \cdot 12 = 120\] (triệu đồng) và \[{u_{n + 1}} = {u_n} + 2\% \cdot {u_n} = {u_n} \cdot 1,02\] \[\left( {1 \le n \le 9} \right)\].
Suy ra: \[\left( {{u_n}} \right)\] là cấp số nhân có công bội \[q = 1,02\].
Tổng tiền lương anh Minh có thể nhận được sau 10 năm làm việc là:
\[{S_{10}} = {u_1} \cdot \frac{{1 - {q^{10}}}}{{1 - q}} = 120 \cdot \frac{{1 - {{1,02}^{10}}}}{{1 - 1,02}} \approx 1314\] (triệu đồng).
Khi chọn tăng lương theo phương án 2:
Anh Minh được tăng lương ở năm thứ 4, 7, 10 với mức lương hằng tháng tương ứng là:
\[10 \cdot 1,07\] (triệu đồng), \[10 \cdot {\left( {1,07} \right)^2}\] (triệu đồng), \[10 \cdot {\left( {1,07} \right)^3}\] (triệu đồng).
Tổng tiền lương anh Minh có thể nhận được sau 10 năm làm việc là:
\[{T_{10}} = 36 \cdot 10 + 36 \cdot 10 \cdot 1,07 + 36 \cdot 10 \cdot {\left( {1,07} \right)^2} + 12 \cdot 10 \cdot {\left( {1,07} \right)^3} \approx 1304\] (triệu đồng).
Vậy tổng số tiền lương cao nhất anh Minh có thể nhận được là 1314 (triệu đồng). Chọn D.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\). Biết hàm số \(y = f\prime \left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ.
Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + x\) đạt cực tiểu tại điểm tại điểm \(x\) bằng bao nhiêu?
\(x = 0\).
\(x = 1\).
\(x = 2\).
\(x = - 1\).
Lời giải
Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + x\) có \(g\prime \left( x \right) = f\prime \left( x \right) + 1\).
Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\prime \left( x \right)\) có: \(g\prime \left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow f\prime \left( x \right) = - 1\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:
Từ đó suy ra hàm số \(y = g\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại điểm \(x = 1\). Chọn B.
Mùa hè năm \[2025\], để chuẩn bị cho “học kì quân đội” dành cho các bạn nhỏ, một đơn vị bộ đội chuẩn bị thực phẩm dự kiến đủ dùng trong \[45\] ngày (năng suất của mỗi ngày là như nhau). Tuy nhiên bắt đầu từ ngày thứ \[11\], do số lượng thành viên tham gia tăng lên, lượng tiêu thụ thực phẩm đã tăng \(10\% \) mỗi ngày (ngày sau tăng \(10\% \) so với ngày trước đó). Hỏi thực tế lượng thức ăn đó đủ dùng trong bao nhiêu ngày?
\(15\) ngày.
\(20\) ngày.
\(25\) ngày.
\(35\) ngày.
Lời giải
Gọi lượng thức ăn dự kiến tiêu thụ mỗi ngày là \[x\], tổng lượng thức ăn được chuẩn bị là \[45x\]. Gọi n là số ngày thực tế mà lượng thức ăn được dùng hết.
Lượng thức ăn tiêu thụ trong 10 ngày đầu là: 10x.
Lượng thức ăn tiêu thụ kể từ ngày thứ 11 trở đi: \(x\left( {1 + 10\% } \right) + x{\left( {1 + 10\% } \right)^2} + \ldots + x{\left( {1 + 10\% } \right)^{n - 10}}\).
Ta có: \(10x + x\left( {1 + 10\% } \right) + x{\left( {1 + 10\% } \right)^2} + \ldots + x{\left( {1 + 10\% } \right)^{n - 10}} = 10x + 1,1x \cdot \frac{{1 - {{1,1}^{n - 10}}}}{{1 - 1,1}}\).
Ta có: \(10x + 1,1x \cdot \frac{{1 - {{1,1}^{n - 10}}}}{{1 - 1,1}} = 45x \Leftrightarrow 10 + 1,1 \cdot \frac{{1 - {{1,1}^{n - 10}}}}{{1 - 1,1}} = 45 \Leftrightarrow n = 10 + {\log _{1,1}}\left( {\frac{{46}}{{11}}} \right) \approx 25,01\).
Vậy thực tế lượng thức ăn đó đủ dùng trong \[25\] ngày. Chọn C.
Cho \[m,n,p\]là các số thực dương. Tìm \[x\] biết \[\log x = 3\log m + 2\log n - \log p\]:
\[x = \frac{{{m^3}{n^2}}}{p}\].
\[x = \frac{{mn}}{p}\].
\[x = {m^3}{n^2}p\].
\[x = \frac{p}{{{m^3}{n^2}}}\]
Lời giải
Ta có: \[\log x = 3\log m + 2\log n - \log p \Leftrightarrow \log x = \log {m^3} + \log {n^2} - \log p \Leftrightarrow \log x = \log \frac{{{m^3}{n^2}}}{p} \Leftrightarrow x = \frac{{{m^3}{n^2}}}{p}\].
Chọn A.
Một buổi chiều nọ, bên bếp lửa hồng trong gian nhà ấm áp, người ta nhìn thấy ba mẹ con cùng ngồi ăn lạc rang. Tấm ăn trước, cô bốc 1 hạt lạc và bỏ vào miệng; Cám là người bốc lạc tiếp theo, cô bỏ hai hạt lạc vào miệng; dì ghẻ là người bốc lạc tiếp theo liền bỏ 3 hạt vào miệng. Trở lại lượt của Tấm, cô lấy 4 hạt lạc, rồi Cám lấy 5 hạt lạc, dì ghẻ lấy 6 hạt lạc... Bữa ăn hào hứng như thế cho đến lượt cuối cùng thì số hạt lạc không đủ theo quy luật trò chơi, người nào đến lượt cuối sẽ lấy hết số hạt lạc còn lại.
Sau bữa ăn ấm áp ấy, Tấm nhận ra mình đã cho vào bụng khoảng 317 hạt lạc.
Hỏi tổng số hạt lạc mà ba mẹ con đã ăn trong tối đó là bao nhiêu?
\[954\].
\[933\].
\[937\].
\[957\].
Lời giải
Số hạt lạc mà Tấm đã ăn là \(1 + 4 + 7 + 10 + ...\)
Số hạt lạc mà Tấm đã ăn từng lượt theo quy luật cấp số cộng với \({u_1} = 1\,,\,\,d = 3\).
Sau n lượt, tổng số hạt lạc mà Tấm đã ăn là \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{n\left[ {2 + \left( {n - 1} \right) \cdot 3} \right]}}{2} = \frac{{n\left( {3n - 1} \right)}}{2}\).
Xét \({S_n} = 317 \Rightarrow \frac{{n\left( {3n - 1} \right)}}{2} = 317 \Rightarrow 3{n^2} - n - 634 = 0 \Rightarrow n \approx 14,7\) (không thỏa mãn).
Do đó Tấm là người ăn lạc cuối cùng. Sau 14 lượt cô ăn được \({S_{14}} = \frac{{14\left( {3 \cdot 14 - 1} \right)}}{2} = 287\); lượt cuối cô ăn thêm \(317 - 287 = 30\) (hạt).
Số hạt lạc mà Cám đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 2, công sai bằng 3.
Số hạt lạc mà dì ghẻ đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3, công sai bằng 3.
Tổng số hạt lạc mà cả ba mẹ con đã ăn được là \(317 + \frac{{14\left( {2 \cdot 2 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} + \frac{{14\left( {2 \cdot 3 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} = 933\). Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\sqrt 2 \). Biết \(SA = a\sqrt 2 \) và \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(SD.\) Khi đó, côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {AMC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
\(1\).
\(\sqrt 3 \).
\(\frac{1}{{\sqrt 3 }}\).
Lời giải
Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AMC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\).
\(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow AC = AB\sqrt 2 = 2a\).
Tam giác \(SAD\) vuông cân tại \(A \Rightarrow SD = SA\sqrt 2 = 2a,\;AM = \frac{{SD}}{2} = a\).
\(MC = \sqrt {M{D^2} + D{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 3 \).
Ta có: \(A{M^2} + M{C^2} = A{C^2} \Rightarrow \) tam giác \(MAC\) vuông tại \(M\) Þ \({S_{MAC}} = \frac{1}{2} \cdot MA \cdot MC = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Gọi \(H\) là trung điểm của cạnh \(AD\) suy ra \({S_{HAC}} = \frac{1}{2} \cdot {S_{ADC}} = \frac{{{a^2}}}{2}\) và \(MH{\rm{//}}SA\).
Nên \(MH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \Delta HAC\) là hình chiếu vuông góc của \(\Delta MAC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Khi đó: \({S_{HAC}} = {S_{MAC}} \cdot \cos \alpha \Rightarrow \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot \cos \alpha \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\). Chọn D.
Tuấn là một học sinh giỏi lớp 12, em rất thích học môn toán. Hôm ấy sau khi đã học xong phần Ứng dụng tích phân, Tuấn quyết định cắt chiếc nón mà người bố hay đội đi làm ruộng để nghiên cứu. Biết rằng hình nón này có bán kính đáy bằng \(20\,\,{\rm{cm}}\), thiết diện qua trục là một tam giác đều. Dù người bố hết sức ngăn cản nhưng Tuấn đã ra tay một cách dứt khoát, cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua đường kính đáy và vuông góc với đường sinh của hình nón để chia nó ra làm hai phần, phần nhỏ có dạng một hình nêm (H), tính thể tích của khối (H) theo đơn vị centimét khối, làm tròn kết quả đến hàng đơn vị.
Lời giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Cắt hình nêm (H) bởi một mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ \(x\), ta được thiết diện là một tam giác vuông ABC thay đổi như hình vẽ.
Thể tích khối (H) được tính theo công thức: \(V = \int\limits_{ - 20}^{20} {S\left( x \right){\rm{d}}x} \) với \(S\left( x \right) = {S_{\Delta ABC}}\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot BC\).
Tam giác \(OAC\) vuông tại \(A\) nên: \(AC = \sqrt {{{20}^2} - {x^2}} \).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC = AC \cdot \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {{{20}^2} - {x^2}} }\\{AB = AC \cdot {\rm{sin}}60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot \sqrt {{{20}^2} - {x^2}} }\end{array}} \right. \Rightarrow S\left( x \right) = {S_{\Delta ABC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{8} \cdot \left( {{r^2} - {x^2}} \right)\).
Do đó \[V = \int\limits_{ - 20}^{20} {S\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{{\sqrt 3 }}{8}\int\limits_{ - 20}^{20} {\left( {{{20}^2} - {x^2}} \right){\rm{d}}x} = \frac{{{{20}^3}}}{{2\sqrt 3 }} \approx 2309\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\].
Đáp án: 2309.
Trong không gian Oxyz, đơn vị trên mỗi trục là \[2\,000\] km, người ta mô phỏng bề mặt Hỏa tinh dưới dạng mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 2y - 2z = 0\); một robot do thám được gửi đến bởi các nhà khoa học từ Trái Đất đang ở vị trí \[A\left( {2\,;\,\,2\,;\,\,0} \right)\]. Người ta cần đặt một thiết bị nhận tín hiệu từ robot ở vị trí B thuộc bề mặt sao Hỏa sao cho B có hoành độ dương và tam giác \[OAB\] đều. Tìm khoảng cách thực tế từ vị trí B đến vị trí \[C\left( {0\,;\,\,2\,;\,\,0} \right)\], nơi đáp xuống của tàu vũ trụ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm của nghìn kilômét).
Lời giải
Gọi \[B\left( {x\,;y\,;z} \right)\] thuộc \(\left( S \right)\) với \[x > 0\] và \[H\] trung điểm \[OA \Rightarrow H\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\].
Gọi \[\left( P \right)\] là mặt phẳng trung trực đoạn \[OA\], do đó \[\left( P \right)\] đi qua trung điểm \[H\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\] của đoạn \[OA\] và nhận \[\overrightarrow {OA} = \left( {2\,;\,\,2\,;\,\,0} \right)\] làm vectơ pháp tuyến. Suy ra \[\left( P \right)\]:\[2\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 1} \right) = 0\]\[ \Leftrightarrow x + y - 2 = 0\].
Theo giả thiết: \[\left\{ \begin{array}{l}OB = AB\\OB = OA\\B \in \left( S \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}B \in \left( P \right)\\O{B^2} = O{A^2}\\B \in \left( S \right)\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y - 2 = 0\\{x^2} + {y^2} + {z^2} = 8\,\\{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 2y - 2z = 0\,\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\{x^2} + {y^2} + {z^2} = 8\,\\2x + 2y + 2z = 8\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\{x^2} + {y^2} = 4\,\\z = 2\,\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\{\left( {x + y} \right)^2} - 2xy = 4\,\\z = 2\,\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\xy = 0\,\\z = 2\,\end{array} \right.\].
Ta tìm được \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 0\,\\z = 2\,\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\], (do \[x > 0\]). Do đó \[BC = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 3 \].
Khoảng cách thực tế cần tìm là \[2\sqrt 3 \times 2 \approx 6,93\] (nghìn km).
Đáp án: 6,93.
Năm 2025 là một năm đặc biệt đối với người yêu toán học, vì \(2025\) là một số chính phương (tạm gọi là “năm chính phương”), và đây cũng là năm chính phương duy nhất của thế kỷ 21; muốn có được năm chính phương tiếp theo, ta phải chờ thêm 91 năm nữa, tức là năm 2116. Để chào đón năm chính phương đặc biệt này, một thầy giáo dạy toán đã gọi hai em học sinh lên bảng và cho mỗi em viết ngẫu nhiên một số chính phương mà em biết từ 1 đến 2025. Xác suất để hai em viết ra hai số chính phương giống nhau và đều là số chia hết cho cả 3 và 5 bằng \(\frac{m}{n}\) với \(m\,,\,\,n \in \mathbb{N}\) và \(\frac{m}{n}\) tối giản (biết cả hai em học sinh đều viết đúng số chính phương của mình và khả năng xuất hiện mỗi số chính phương là như nhau). Tính \(2m + n\).
Lời giải
Các năm chính phương cho đến 2025 là: \({1^2}\,;\,\,{2^2}\,;\,\,{3^2}\,;\,\,...\,;\,\,{45^2}\), có 45 số như thế.
Mỗi em học sinh có 45 lựa chọn để viết một số chính phương nên \(n\left( \Omega \right) = {45^2}\).
Các số chính phương chia hết cho cả 3 và 5 là \({15^2} = 225\,;\,\,{30^2} = 900\,;\,\,{45^2} = 2025\).
Số cách để cả hai em viết ra cùng một số chính phương chia hết cho 3 và 5 là \(n\left( A \right) = 3 \cdot 1 = 3\).
Xác suất cần tính là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{3}{{{{45}^2}}} = \frac{1}{{675}} = \frac{m}{n} \Rightarrow 2m + n = 677\).
Đáp án: 677.
Một đội bắn súng gồm có 8 nam và 2 nữ. Xác suất bắn trúng của các xạ thủ nam là 0,8 còn của các xạ thủ nữ là 0,9. Chọn ngẫu nhiên một xạ thủ bắn một viên đạn và xạ thủ đó đã bắn trúng. Tính xác suất để xạ thủ đó là nữ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Lời giải
Gọi \[A\] là biến cố: “Xạ thủ được chọn là nữ”, suy ra \[\bar A\] là biến cố “Xạ thủ được chọn là nam”.
Gọi \[B\] là biến cố: “Xạ thủ được chọn bắn trúng”.
Theo giả thiết ta có: \[P\left( A \right) = \frac{2}{{2 + 8}} = \frac{1}{5} \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = \frac{4}{5}\]; \[P\left( {B|A} \right) = 0,9;P\left( {B|\bar A} \right) = 0,8\].
Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:
\[P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{1}{5} \cdot 0,9 + \frac{4}{5} \cdot 0,8 = 0,82\].
Xác suất để xạ thủ được chọn ra bắn trúng đó là nữ là \[P\left( {A|B} \right)\].
Theo công thức Bayes, ta có \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{5} \cdot 0,9}}{{0,82}} = \frac{9}{{41}} \approx 0,22\].
Vậy xác suất để xạ thủ bắn trúng đó là nữ là \[0,22\].
Đáp án: 0,22.
