Đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Kết nối tri thức (có đáp án) - Đề 20
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Trong không gian Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {4; - 1;3} \right)\)trên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\]có tọa độ là:
\(\left( { - 1;3;0} \right).\)
\(\left( {0; - 1;0} \right).\)
\(\left( {0; - 1;3} \right).\)
\(\left( {4;0;0} \right).\)
Chọn C
Hình chiếu của \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\)trên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\]có tọa độ là \(\left( {0;{y_0};{z_0}} \right)\).
Trong không gian Oxyz cho hai vectơ \(\overrightarrow a = (1; - 1;2)\) và \(\overrightarrow b = (2;1; - 1)\). Tính \(\overrightarrow a .\overrightarrow b \).
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 1\).
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = (2; - 1; - 2)\).
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = ( - 1;5;3)\).
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = - 1\).
Chọn D
Ta có a→.b→=1.2+(−1).1+2.(−1)=−1
Cho hàm số \(y = f(x)\) có bảng biến thiên như hình vẽ. Phương trình các đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là
\(y = 0\);\(x = 1\);\(x = 3\).
\(x = 0\);\(y = 1\) .
\(y = 0\);\(x = 1\) .
\(x = 0\);\(y = 1\);\(y = 3\) .
Chọn D
Từ bảng biến thiên ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = - \infty \)\( \Rightarrow x = 0\) là đường tiệm cận đứng.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 1\) \( \Rightarrow y = 1\) là đường tiệm cận ngang.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 3\) \( \Rightarrow y = 3\) là đường tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận có phương trình\(x = 0\);\(y = 1\);\(y = 3\).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tính bán kính \(R\) của mặt cầu \(\left( S \right):\,{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y = 0\)
\(\sqrt 5 \).
\(2\).
\(\,5\).
\(\sqrt 6 \).
Chọn A
Phương trình mặt cầu tâm \(I\left( {a,b,c} \right)\) bán kính \(R\) dạng khai triển là :\({x^2} + {y^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\), \(d = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - {R^2}} \)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}a = \frac{{ - 2}}{{ - 2}} = 1;\,b = \frac{{ - 4}}{{ - 2}} = 2;\,c = \frac{0}{{ - 2}} = 0\\d = 0 \Rightarrow R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = \sqrt 5 .\end{array}\)
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên nửa khoảng \(\left[ { - 1;3} \right)\) có bảng biến thiên như hình vẽ.
Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = 1\).
\(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = 2\).
\(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = - 2\).
\(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = - 1\).
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(f\left( x \right) \ge - 2\mathop {}\limits_{} \forall x \in \left[ { - 1;3} \right)\) và \(f\left( { - 1} \right) = - 2\) nên \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = - 2\).
Cho hàm số \(y = - {x^3} + 3{x^2} - 3x + 2\). Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
Hàm số đồng biến trên \[\mathbb{R}\].
Hàm số nghịch biến trên \[\mathbb{R}\].
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).
Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).
Chọn B
TXĐ: \(\mathbb{R}\)
Ta có \(y' = - 3{x^2} + 6x - 3\, = - 3\,{\left( {x - 1} \right)^2} \le 0;\,\forall x \in \mathbb{R}\).
Vậy hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C', \(K\) là trung điểm của \(BB'\). Đặt \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow a ,\,\overrightarrow {CB} = \overrightarrow b ,\,\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow c \). Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\overrightarrow {AK} = \overrightarrow { - a} + \overrightarrow b + \frac{1}{2}\overrightarrow c \).
\(\overrightarrow {AK} = \overrightarrow a - \frac{1}{2}\overrightarrow b + \overrightarrow c \).
\(\overrightarrow {AK} = - \frac{1}{2}\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c \).
\(\overrightarrow {AK} = \overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow b - \overrightarrow c \).
Chọn A
Do \(A\,BC.A'B'C'\) là hình lăng trụ nên\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'} \).
Khi đó \(2\overrightarrow {AK} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'B'} = 2\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} \)
\( = 2\left( {\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} } \right) + \overrightarrow {AA'} = 2\left( {\overrightarrow b - \overrightarrow a } \right) + \overrightarrow c \) .
Suy ra \(\overrightarrow {AK} = - \overrightarrow a + \overrightarrow b + \frac{1}{2}\overrightarrow c \).
Biết rằng bảng biến thiên sau là bảng biến thiên của một hàm số trong các hàm số được liệt kê ở các phương án \[A,B,C,D\] dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào?
\(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\).
\(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 2}}\).
\(y = \frac{{2x + 5}}{{x + 2}}\).
\(y = \frac{{x - 3}}{{x - 2}}\).
Chọn A
Dựa vào bảng biến thiên ta có
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = 1\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang \(y = 1\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = - \infty \) nên đồ thị hàm số tiệm cận đứng là \(x = 2\).
Đồng thời hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định nên chọn hàm số là \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\).
Cho hàm số y=ax−1x+d a,d∈ℝ,ad+1≠0 có đồ thị như hình bên dưới.
Mệnh đề nào dưới đây đúng?
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a < 0}\\{d < 0}\end{array}} \right.\]
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a < 0}\\{d > 0}\end{array}} \right.\]
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a > 0}\\{d < 0}\end{array}} \right.\]
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a > 0}\\{d > 0}\end{array}} \right.\]
Chọn C
Phương trình tiệm cận đứng: \[x = - d\]. Dựa vào đồ thị ta có \[ - d > 0 \Leftrightarrow d < 0\]
Phương trình tiệm cận ngang: \[y = a\]. Dựa vào đồ thị ta có \[a > 0\]
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm \(A\left( {3; - 2;3} \right),B\left( { - 1;2;5} \right),C\left( {1;0;1} \right)\) . Tìm tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\).
\(G\left( { - 1;0;3} \right)\).
\(G\left( {1;0;3} \right)\).
\(G\left( {0;0; - 1} \right)\).
\(G\left( {3;0; - 1} \right)\).
Chọn B
Tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{3 + \left( { - 1} \right) + 1}}{3}\\y = \frac{{ - 2 + 2 + 0}}{3}\\z = \frac{{3 + 5 + 1}}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\\z = 3\end{array} \right.\) .
Để giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = x + \frac{1}{x} - m\)trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)bằng \( - 3\)thì giá trị của tham số \(m\)là:
\(m = \frac{{19}}{3}\).
\(m = 5\).
\(m = \frac{{11}}{2}\).
\(m = 7\).
Chọn B
Với mọi \(x \in \left( {0; + \infty } \right)\)ta có \(y = x + \frac{1}{x} - m \ge 2\sqrt {x.\frac{1}{x}} - m = 2 - m\).
Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = 2 - m\)khi \(x = 1\)
Suy ra \(2 - m = - 3\)\( \Leftrightarrow m = 5\).
Cho hàm số \[f\left( x \right)\]có đạo hàm \[f'\left( x \right) = x{\left( {x + 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^4},\forall x \in \mathbb{R}\]. Tìm số điểm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right).\]
\(2.\)
\(3.\)
\(0.\)
\(1.\)
Chọn D
Ta có: \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x{\left( {x + 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 0\\x = 2\end{array} \right.\].
Bảng biến thiên của hàm số \[f\left( x \right)\]là
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số \[f\left( x \right)\]có 1 điểm cực trị.
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Một chất điểm chuyển động theo phương trình \[s(t) = {t^3} - 3{t^2} + 8t + 1\], trong đó \[t\] tính bằng giây và \[s(t)\] tính bằng mét.
a) Vận tốc của chất điểm tại thời điểm \[t = 3\left( s \right)\] bằng \[8\,\,m/s\].
b) Tại thời điểm mà chất điểm di chuyển được \[13m\], vận tốc khi đó bằng \[8\,\,m/s\].
c) Vận tốc nhỏ nhất của chất điểm là \[5\,m/s\].
d) Gia tốc tại thời điểm chất điểm đạt vận tốc nhỏ nhất bằng \[2\,m/{s^2}\].
a) | S | b) | S | c) | S | d) | S |
Ta có \[v(t) = s'(t) = 3{t^2} - 6t + 8\]. Do đó vận tốc của chất điểm tại thời điểm \[t = 3\left( s \right)\] là \[v\left( 3 \right) = 17m/s\]. Chọn đáp án Sai.Vì \[v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 5 > 0\,\,\forall t\] nên quãng đường di chuyển của chất điểm tăng dần theo thời gian. Do đó thời điểm chất điểm di chuyển được \[13m\] là
\[{t^3} - 3{t^2} + 8t + 1 = 13 \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {{t^2} - t + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2\].
Vận tốc của chất điểm khi đó là \[v(2) = 8\,m/s\]. Chọn đáp án Đúng.Ta có \[v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 5 \ge 5\,\,\forall t\]. Do đó vận tốc nhỏ nhất là \[5\,m/s\], chọn đáp án Đúng.Vì \[v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 8 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 5 \ge 5\,\,\forall t\] nên thời điểm vận tốc đạt giá trị nhỏ nhất là \[t = 1\,s\]. Mà gia tốc \[a(t) = v'(t) = 6t - 6\] nên gia tốc khi đó là \[a(1) = 0\,m/{s^2}\]. Chọn đáp án Sai.
Trong hệ trục Oxyz, cho 3 điểm \(A(1;0;0),B(0;0;1),C(2;1;1)\). Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
a) Diện tích của tam giác \(ABC\) bằng \(\frac{{\sqrt 6 }}{2}\)
b) Độ dài đường cao của tam giác \(ABC\) hạ từ \(A\) bằng \(AH = \frac{{\sqrt {30} }}{5}\)
c) Gọi \(D(x;y;z)\) sao cho tứ giác \(ABCD\) là một hình bình hành khi đó \(x + y + z = 3\)
d) Thể tích của khối chóp \(SABCD\) với đỉnh \(S(0;3;4)\) bằng \(2\)
a) | Đ | b) | Đ | c) | S | d) | S |
Ta có \(\overrightarrow {AB} = ( - 1;0;1),\overrightarrow {AC} = (1;1;1)\)
Tính \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{l}}0&1\\1&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{l}}1&1\\{ - 1}&1\end{array}} \right|;\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1}&0\\1&1\end{array}} \right|} \right) = ( - 1;2; - 1) \ne \vec 0\)
Do đó: 2 véc tơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương. Vậy \(A,B,C\) là 3 đỉnh của một tam giác
Diện tích tam giác \(ABC\): \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}|[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]| = \frac{1}{2}\sqrt {{{( - 1)}^2} + {2^2} + {{( - 1)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\)
\(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi
\(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \). Gọi \(D(x;y;z)\) ta có: \(\overrightarrow {AD} (x - 1;y;z);\overrightarrow {BC} = (2;1;0)\)
Vậy \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = 2}\\{y = 1}\\{z = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 1}\\{z = 0}\end{array}} \right.} \right.\)
Đáp số: \(D(3;1;0)\)
Diện tích \(\Delta ABC = \frac{1}{2}AH \cdot BC = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt 6 }}{{BC}}\). Ta có \(BC = \sqrt 5 \)
\( \Leftrightarrow AH = \frac{{\sqrt {30} }}{5}\)
Thể tích của khối chóp \(SABCD = V\)
Ta có \(V = 2\;{V_{SABC}} = \frac{1}{3}\left| {[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] \cdot \overrightarrow {AS} } \right|\)
Tính \(\overrightarrow {AS} = ( - 1;3;4)\) do kết quả câu 1
Nên \([\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]\overrightarrow {AS} = 1 + 6 - 4 = 3 > 0\)
Do đó \(V = 1\)
Cho hàm số \(y = \frac{{ - {x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x - 5}}{{x - 1}}\)có đồ thị \(\left( C \right)\) với \(m\) là tham số
a) Khi \(m = 0\) thì đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = - x + 1\)
b) Khi \(m = 0\) thì đồ thị hàm số không cắt \(Ox\).
c) Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì \(m > 4\)
d) Tồn tại 1 điểm \(M\) thuộc đồ thị \(\left( C \right)\) sao cho \({x_M} > 1\) và độ dài \(IM\) ngắn nhất (\[I\] là tâm đối xứng của \(\left( C \right)\)) khi đó tung độ \({y_M} < - 4\).
a) | Đ | b) | Đ | c) | S | d) | Đ |
Đúng: Khi \(m = 0\) thì đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = - x + 1\)
Đúng: Khi \(m = 0:y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 5}}{{x - 1}} = - x + 1 - \frac{4}{{x - 1}}\)
Tâp xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).
Đạo hàm \(y' = \frac{{ - {x^2} + 2x + 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow - {x^2} + 2x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 \Rightarrow y = 4}\\{x = 3 \Rightarrow y = - 4}\end{array}} \right.\)
là đường tiệm cận đứng; \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = - x + 1:y = - x + 1\) là tiệm cận xiên
Bảng biến thiên:
\(x = 0 \Rightarrow y = 5;\,\,y = 0 \Rightarrow - {x^2} + 2x - 5 = 0{\rm{ (v\^o nghiem) }}\)
Đồ thị hàm số không cắt \(Ox\).
Sai: \(y = \frac{{ - {x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x - m - 5}}{{x - 1}}\); \(y' = \frac{{ - {x^2} + 2x - 2m - 2 + m + 5}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 2x - m + 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)
Hàm số \[y\] có cực đại cực tiểu khi phương trình \( - {x^2} + 2x - m + 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta ' = 1 - m + 3 = 4 - m > 0 \Leftrightarrow m < 4\)
Nghiệm \(x = 1\) không phải là nghiệm của phương trình \(y' = 0 \Leftrightarrow - 1 + 2 - m + 3 \ne 0\)\( \Leftrightarrow m \ne 4\)
Điều kiện sau cùng: \(m < 4\)
Đúng: \({x_M} > 1 \Rightarrow M\) thuộc nhánh bên phải của \[\left( C \right)\] nên \(I\left( {1\,;\,0} \right)\)
Toạ độ điểm \(M\left( {m\,;\, - m + 1 - \frac{4}{{m - 1}}} \right)\); \[I{M^2} = {\left( {m - 1} \right)^2} + \left[ {{{\left( { - m + 1} \right)}^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} + 8} \right]\]
\[ = 2{\left( {m - 1} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} + 8 \ge 2\sqrt 2 \left( {m - 1} \right).\frac{4}{{\left( {m - 1} \right)}} + 8 \Rightarrow I{M^2} \ge 8\left( {\sqrt 2 + 1} \right) \Rightarrow IM \ge \sqrt {8\left( {\sqrt 2 + 1} \right)} \]
\[IM\]ngắn nhất khi \(2{\left( {m - 1} \right)^2} = \frac{{16}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^4} = 8 \Leftrightarrow m = 1 + \sqrt[4]{8}\)\( \Rightarrow {y_M} = - \sqrt[4]{8} - \frac{4}{{\sqrt[4]{8}}} < - 4\)
Cho hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {m + 1} \right)x - 1\) (\(m\) là tham số). Khi đó:
a) Với \(m = - 1\) thì hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)
b) Với \(m = - 1\) thì đồ thị hàm số có một điểm cực tiểu là \(\left( {0;2} \right)\)
c) Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + m + 1\).
d) Để hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {m + 1} \right)x - 1\) đạt cực đại tại \(x = - 2\) thì \(m = k\), khi đó phương trình \({2^{x + k}} = 4\) có nghiệm là \(x = 3\)
a) | Đ | b) | S | c) | Đ | d) | Đ |
Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + m + 1\).
Giả sử \(x = - 2\) là điểm cực đại của hàm số đã cho, khi đó \(y'\left( { - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( { - 2} \right)^2} - 2m\left( { - 2} \right) + m + 1 = 0 \Leftrightarrow 5m + 5 = 0 \Leftrightarrow m = - 1\).
Với \(m = - 1\), ta có \(y = \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} - 1\).
\(y' = {x^2} + 2x\);\(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 0\end{array} \right.\).
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta kết luận \(m = - 1\) là giá trị cần tìm.Khi đó \({2^{x - 1}} = 4 \Leftrightarrow {2^{x - 1}} = {2^2} \Rightarrow x - 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3\)
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Hình bên dưới minh họa sơ đồ một ngôi nhà trong không gian \(Oxyz\), trong đó nền nhà, bốn bức tường và hai mái nhà đều là hình chữ nhật. Tính số đo góc dốc của mái nhà, tức là số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng \[FG\], hai mặt \(\left( {FGQP} \right)\) và \(\left( {FGHE} \right)\).
Để tính góc của mái nhà, ta tính số đo của góc nhị diện có cạnh là đường thẳng \(FG\), hai mặt lần lượt là \(\left( {FGQP} \right)\) và \(\left( {FGHE} \right)\).
Do mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( {FGQP} \right)\) và \(\left( {FGHE} \right)\), \(FP = \left( {Oxy} \right) \cap \left( {FGQP} \right)\), \(FE = \left( {Oxz} \right) \cap \left( {FGEH} \right)\) nên \(\widehat {PFE}\) là góc phẳng nhị diện cần tìm.
Tứ giác \[OAFE\] là hình chữ nhật nên \({x_F} = {x_A} = 4\), \({z_F} = {z_E} = 3\).
Do \(F\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) nên tọa độ điểm \(F\left( {4;0;3} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {FP} = \left( { - 2;0;1} \right)\), \(\overrightarrow {FE} = \left( { - 4;0;0} \right)\) suy ra:
\(\cos \widehat {PFE} = \cos \left( {\overrightarrow {FP} ;\overrightarrow {FE} } \right) = \frac{{\overrightarrow {FP} .\overrightarrow {FE} }}{{FP.FE}} = \frac{{\left( { - 2} \right)\left( { - 4} \right) + 0 \times 0 + 1 \times 0}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {0^2} + {1^2}} \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).
Do đó, \(\widehat {PFE} \approx 26,6^\circ \). Vậy góc dốc mái nhà khoảng \(26,6^\circ \).
Một tẩm gỗ tròn được treo song song với mặt phẳng nằm ngang bởi ba sợi dây không dãn xuất phát từ điểm O trên trần nhà và lần lượt buộc vào ba điểm A, B,C trên tấm gỗ tròn sao cho các lực căng F1, F2, F3 lần lượt trên mỗi dây OA,OB,OC đôi một vuông góc với nhau và có độ lớn Fl = F2 = F3 =20( N) . Trọng lượng P của tấm gỗ tròn đó bằng bao nhiêu Niu-tơn ?
Một vật chuyển động theo quy luật \(S = - {t^3} + 18{t^2}\), với \(t\) là khoảng thời gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và \(s\) là quãng đường vật đi được trong thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu ?
Ta có: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 3{t^2} + 36t\) với \(t \in \left[ {0;10} \right]\).
\(v'\left( t \right) = - 6t + 36\); \(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 6\)
\(v\left( 0 \right) = 0\); \(v\left( {10} \right) = 60\);\(v\left( 6 \right) = 108\).
Vậy vận tốc lớn nhất của vật trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động là \(108\left( {{\rm{\;m}}/{\rm{s}}} \right)\).
Một người có một dây ruy băng dài 130 cm, người đó dùng dải ruy băng này để trang trí hộp quà hình trụ. Khi trang trí hộp quà, người này dùng 10cm của dải ruy băng để thắt nơ ở trên nắp hộp . Với dải ruy băng có kích thước như trên có thể trang trí được hộp quà có thể tích lớn nhất là bao nhiêu \(d{m^3}\)?
Gọi \(x\left( {cm} \right);y\left( {cm} \right)\) lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ \(\left( {x,y > 0;x < 30} \right)\)
Dải dây ruy băng còn lại khi đã thắt nơ là: 120cm.
Ta có: \(\left( {2x + y} \right).4 = 120 \Leftrightarrow y = 30 - 2x\)
Thể tích khối hộp quà là: \(V = \pi {x^2}.y = \pi {x^2}\left( {30 - 2x} \right)\)
Thể tích V lớn nhất khi hàm số \(f(x) = {x^2}\left( {30 - 2x} \right)\) với \(0 < x < 30\) đạt GTLN
\(f'\left( x \right) = - 6{x^2} + 60x\), cho \(f'\left( x \right) = - 6{x^2} + 60x = 0 \Leftrightarrow x = 10\)
Lập Bảng Biến thiên ta thấy thể tích đạt GTLN là \(V = 1000\pi \left( {c{m^3}} \right) = \pi \left( {d{m^3}} \right)\).
Trong thống kê tại một chuỗi nhà máy của công ty X, nếu áp dụng tuần làm việc 40 giờ thì mỗi tuần có 100 tổ công nhân đi làm và mỗi tổ làm được 120 sản phẩm trong một giờ. Nếu tăng thời gian làm việc thêm 2 giờ mỗi tuần sẽ có thêm 1 tổ nghỉ việc và năng suất lao động giảm 5 sản phẩm/1 tổ/1 giờ . Ngoài ra, số phế phẩm mỗi tuần ước tính là \(P\left( x \right) = \frac{{95{x^2} + 120x}}{4}\), với \(x\) là thời gian làm việc trong một tuần. Công ty cần áp dụng thời gian làm việc mấy giờ mỗi tuần để số lượng sản phẩm thu được hàng tuần là lớn nhất?
Gọi \[t\] là số giờ làm tăng thêm mỗi tuần , \[t \in \mathbb{Z},\,\,t\] chia hết cho 2.
Với \[t > 0\] thì số giờ làm tăng thêm, \[t < 0\] thì số giờ làm giảm đi.
Số tổ công nhân bỏ việc là \[\frac{t}{2}\] nên số tổ công nhân làm việc là \(100 - \frac{t}{2}\) .
Năng suất của mỗi tổ công nhân còn \(120 - \frac{{5t}}{2}\) sản phẩm một giờ.
Số thời gian làm việc 1 tuần là \(40 + t\) nên số sản phẩm đạt được trong một tuần làm việc là:
\(\left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)\left( {40 + t} \right)\).
Số sản phầm thu được là \(f\left( t \right) = \left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)\left( {40 + t} \right) - \frac{{95{{\left( {40 + t} \right)}^2} + 120\left( {40 + t} \right)}}{4}\).
Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}120 - \frac{{5t}}{2} > 0\\100 - \frac{t}{2} > 0\\40 + t > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 40 < t < 48\).
Ta có \(f'\left( t \right) = - \frac{1}{2}\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)\left( {40 + t} \right) - \frac{5}{2}\left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {40 + t} \right) + \left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right) - \frac{{95}}{2}\left( {40 + t} \right) - 30\)
\( = \frac{{15{t^2}}}{4} - \frac{{1135t}}{2} - 2330\).
\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 4\\t = \frac{{466}}{3}\end{array} \right.\).
Kết hợp điều kiện suy ra \(t = - 4\). Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( t \right)\) trên khoảng \(\left( { - 40;\,48} \right)\) như sau:
Khi \[t = - 4\] thì \[x = 40 - 4 = 36\]
Vậy số lượng sản phẩm thu được mỗi tuần lớn nhất khi thời gian làm việc là 36 giờ mỗi tuần.
Sau khi phát hiện một bệnh dịch, các chuyên gia y tế ước tính số người nhiễm bệnh kể từ ngày xuất hiện bệnh nhân đầu tiên đến ngày thứ \(t\) là \(N(t) = 45{t^2} - {t^3},0 \le t \le 30\) . Nếu xem \({N^\prime }(t)\) là tốc độ truyền bệnh tại thời điểm \(t\) thì tốc độ truyền bệnh lớn nhất sẽ vào ngày thứ bao nhiêu?
Ta có: \(N(t) = 45{t^2} - {t^3},0 \le t \le 30\);
\({N^\prime }(t) = 90t - 3{t^2},{N^{\prime \prime }}(t) = 90 - 6t{N^{\prime \prime }}(t) = 0 \Leftrightarrow 90 - 6t = 0 \Leftrightarrow t = 15\)
Bảng biến thiên:
Vậy tốc độ truyền bệnh lớn nhất sẽ vào ngày thứ 15.
