Đề thi ôn tốt nghiệp THPT Toán có lời giải ( Đề 2)
22 câu hỏi
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
\(1\).
\(2\).
\(3\).
\(4\).
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = - 2\) và có 2 tiệm cận ngang là \(y = 1;y = - 1\).
Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 3. Chọn C.
Cho hàm số \(y = {e^x}\left( {x - 2} \right)\). Hàm số nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
\(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;2} \right)\).
\(\left( { - \infty ;1} \right)\).
Ta có \(y' = {e^x}\left( {x - 1} \right)\).Bảng xét dấu của đạo hàm
Từ đó, hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\). Chọn D.
Gọi \(M,m\) lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right) = x + 1 - \frac{4}{{x - 3}}\) trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\). Giá trị của \(M - m\) bằng
\(1\).
\(\frac{9}{5}\).
\(6\).
\(8\).
Ta có \(f'\left( x \right) = 1 + \frac{4}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ { - 1;2} \right]\).
Suy ra \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 7;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) = 1\). Vậy \(M - m = 6\). Chọn C.
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - m}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 4} \right)\)?
\(3\).
\(4\).
\(5\).
Vô số.
Ta có \(y' = \frac{{ - 2m - 1}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}},x \ne m\).Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l} - 2m - 1 > 0\\m \ge - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow - 4 \le m < - \frac{1}{2}\).
Có bốn giá trị nguyên \(m\) thỏa mãn \( - 4; - 3; - 2; - 1\). Chọn B.
Hàm số nào sau đây là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \sin x\)?
\({F_1}\left( x \right) = \sin x\).
\({F_2}\left( x \right) = - \sin x\).
\({F_3}\left( x \right) = \cos x\).
\({F_4}\left( x \right) = - \cos x\).
Ta có \(\int {\sin x{\rm{d}}x = - \cos x + C} \). Chọn D.
Biết rằng \(\int\limits_0^1 {\frac{{2{e^{2x}} + 3}}{{{e^x}}}} \,{\rm{d}}x = \frac{{m \cdot {e^2} + n \cdot e + p}}{e}\) (với \(m,n,p \in \mathbb{Z}\)). Khi đó \(m + 2n - p\) bằng
\(2\).
\(6\).
\(1\).
\(7\).
Có \(\int\limits_0^1 {\frac{{2{e^{2x}} + 3}}{{{e^x}}}} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left[ {2{e^x} + 3{{\left( {\frac{1}{e}} \right)}^x}} \right]} \,{\rm{d}}x = \left. {\left( {2{e^x} + 3{{\left( {\frac{1}{e}} \right)}^x} \cdot \frac{1}{{\ln \frac{1}{e}}}} \right)} \right|_0^1 = 2e - \frac{3}{e} + 1 = \frac{{2{e^2} + e - 3}}{e}\).
Do đó \(m = 2,n = 1,p = - 3\). Vậy \(m + 2n - p = 7\). Chọn D.
Cho \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập thoả mãn \(P\left( A \right) = 0,5\) và \(P\left( B \right) = 0,3\). Khi đó, \(P\left( {A \cap B} \right)\) bằng:
\(0,8\).
\(0,2\).
\(0,6\).
\(0,15\).
Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,3 \cdot 0,5 = 0,15\).
Chọn D.
Bảng sau ghi lại điểm tổng kết cuối năm môn Ngữ văn của các học sinh lớp 12D.
Điểm | \[\left[ {7;\,7,5} \right)\] | \[\left[ {7,5;\,8} \right)\] | \[\left[ {8;\,8,5} \right)\] | \[\left[ {8,5;\,9} \right)\] |
Số học sinh | 6 | 16 | 13 | 5 |
Phương sai của mẫu số liệu trên thuộc khoảng
\(\left[ {0;0,2} \right)\).
\(\left[ {2,0;2,2} \right)\).
\(\left[ {3,3;3,5} \right)\).
\(\left[ {3,5;3,7} \right)\).
Ta có bảng giá trị đại diện sau
Điểm | \(\left[ {7;7,5} \right)\) | \(\left[ {7,5;8} \right)\) | \(\left[ {8;8,5} \right)\) | \(\left[ {8,5;9} \right)\) |
Giá trị đại diện | \(7,25\) | \(7,75\) | \(8,25\) | \(8,75\) |
Số học sinh | 6 | 16 | 13 | 5 |
Ta có \(\overline x = \frac{{7,25 \cdot 6 + 7,75 \cdot 16 + 8,25 \cdot 13 + 8,75 \cdot 5}}{{40}} = 7,9625\).
Phương sai của mẫu số liệu:
\({s^2} = \frac{{7,{{25}^2} \cdot 6 + 7,{{75}^2} \cdot 16 + 8,{{25}^2} \cdot 13 + 8,{{75}^2} \cdot 5}}{{40}} - 7,{9625^2} \approx 0,1986\). Chọn A.
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC,CD\) và \(G\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\). Phát biểu nào sau đây sai?
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 3\overrightarrow {AG} \).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AN} = 3\overrightarrow {AG} \).
\(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AN} \).
Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\) nên \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \).
Ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GD} = 3\overrightarrow {AG} \).
Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \).
Vì \(N\) là trung điểm của \(CD\) nên \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AN} \).
Do đó đáp án C sai. Chọn C.
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu tâm \(I\left( { - 2;1;5} \right)\), bán kính bằng \(3\). Điểm nào dưới đây thuộc mặt cầu đã cho?
\(C\left( {0;3;4} \right)\).
\(A\left( {10;1;2} \right)\).
\(B\left( {0;1;4} \right)\).
\(D\left( {0;2;1} \right)\).
Ta có \(IC = \sqrt {{{\left( {0 + 2} \right)}^2} + {{\left( {3 - 1} \right)}^2} + {{\left( {4 - 5} \right)}^2}} = 3 = R\).Vậy điểm C thuộc mặt cầu. Chọn A.
Trong không gian \(Oxyz\), góc giữa hai đường thẳng \({d_1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = 2 + t\\z = - 1 + t\end{array} \right.\) và \({d_2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 3 - t\\y = 1 - 2t\\z = 5 + t\end{array} \right.\) bằng
\(60^\circ \).
\(120^\circ \).
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
Ta có \(\overrightarrow {{u_{{d_1}}}} = \left( {2;1;1} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_{{d_2}}}} = \left( { - 1; - 2;1} \right)\).
Ta có \[\cos \left( {{d_1},{d_2}} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 1} \right) + 1 \cdot \left( { - 2} \right) + 1 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\]\( \Rightarrow \left( {{d_1},{d_2}} \right) = 60^\circ \). Chọn A.
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_2} = - 6\) và \({u_6} = - 486\). Tìm công bội \(q\) của cấp số nhân đã cho, biết rằng \({u_3} > 0\).
\(q = - 3\).
\(q = - \frac{1}{3}\).
\(q = \frac{1}{3}\).
\(q = 3\).
Ta có \({u_6} = {u_2} \cdot {q^4}\)\( \Leftrightarrow {q^4} = \frac{{{u_6}}}{{{u_2}}} = \frac{{ - 486}}{{ - 6}} = 81\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}q = 3\\q = - 3\end{array} \right.\).
Mà \({u_3} > 0\) nên \(q = - 3\). Chọn A.
Biết rằng hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^3} + a{x^2} - 6x + b\)(\(a\) và \(b\) là hằng số thực) đạt cực trị bằng 4 tại \(x = 1\).
a) Giá trị của \(a + b\) bằng 8.
b) Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\).
c) \(x = - 1\) là một điểm cực trị của hàm số \(f\left( x \right)\).
d) Giá trị cực tiểu của hàm số \(f\left( x \right)\) bằng 12.
Ta có \(f'\left( x \right) = 6{x^2} + 2ax - 6\).
Theo giả thiết, ta có \(f'\left( 1 \right) = 0\) và \(f\left( 1 \right) = 4\).Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}2a = 0\\a + b - 4 = 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = 8\end{array} \right.\). Do đó \(a + b = 8\).
Với \(a = 0,b = 8\), ta có \(f\left( x \right) = 2{x^3} - 6x + 8\).
Ta có \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6\), \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\) hoặc \(x = - 1\).
Bảng xét dấu của đạo hàm
Hàm số \(f\left( x \right)\) đạt giá trị cực đại tại \(x = - 1\) và giá trị cực đại là \(f\left( { - 1} \right) = 12\).
Hàm số \(f\left( x \right)\) đạt giá trị cực tiểu tại \(x = 1\) và giá trị cực tiểu là \(f\left( 1 \right) = 4\).
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(M\left( {3;1;9} \right)\), đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y = - 1 - t\\z = 2 + 2t\end{array} \right.\) và mặt phẳng \(\left( \alpha \right):x + y - z + 3 = 0\).
a) Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là \(\overrightarrow n = \left( {1;1; - 1} \right)\).
b) Điểm \(M\) thuộc đường thẳng \(d\).
c) Một điểm \(A\) bất kì thuộc đường thẳng \(d\) đều có tọa độ dạng \(A\left( {t; - 1 - t;2 + 2t} \right)\).
d) Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(M\), cắt đường thẳng \(d\) và song song với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có phương trình \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 4}}{5}\).
Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {1;1; - 1} \right)\).
Thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}3 = t\\1 = - 1 - t\\9 = 2 + 2t\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = 3\\t = - 2\\t = \frac{7}{2}\end{array} \right.\) (loại).
Vậy điểm \(M\) không thuộc đường thẳng \(d\).
Với \(A \in d\) thì \(A\left( {t; - 1 - t;2 + 2t} \right)\).Gọi \(A = \Delta \cap d\)\( \Rightarrow A\left( {t; - 1 - t;2 + 2t} \right)\); \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {1;1; - 1} \right)\).
Vì \(M \notin d\) nên suy ra \(\overrightarrow {MA} = \left( {t - 3; - t - 2;2t - 7} \right)\) là vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \).
Do \(\Delta \,{\rm{//}}\left( \alpha \right)\) nên suy ra \(\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {{n_\alpha }} = 0\)\( \Rightarrow t - 3 - t - 2 - 2t + 7 = 0 \Rightarrow t = 1\)\( \Rightarrow A\left( {1; - 2;4} \right)\).
Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) là \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 4}}{5}\).
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị là đường cong trong hình dưới đây. Gọi \(\left( H \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục hoành và các đường thẳng \(x = - 1,x = 4\). Khi đó:
a) Diện tích \(S\) của hình phẳng \(\left( H \right)\) là \(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} \).
b) Diện tích \(S\) của hình phẳng \(\left( H \right)\) là \(S = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).
c) Nếu \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) thì \(F\left( 1 \right) > F\left( { - 1} \right) > F\left( 4 \right)\).
d) Thể tích vật thể được tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) quanh trục hoành là \(V = \int\limits_{ - 1}^4 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} \).
Ta có \(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} \). Từ đồ thị, ta có:
\(S = \int\limits_{ - 1}^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).
Ta có “diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục hoành và các đường thẳng \(x = 1,x = 4\)” lớn hơn “diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục hoành và các đường thẳng \(x = - 1,x = 1\)”.
Do đó \(\int\limits_1^4 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} > \int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} \).
Suy ra \(\left| {\left. {F\left( x \right)} \right|_1^4} \right| > \left| {\left. {F\left( x \right)} \right|_{ - 1}^1} \right|\), suy ra \(F\left( 1 \right) - F\left( 4 \right) > F\left( 1 \right) - F\left( { - 1} \right)\)\( \Rightarrow F\left( { - 1} \right) > F\left( 4 \right)\) (1)
Mà \(F\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 1;1} \right)\), nghịch biến trên \(\left( {1;4} \right)\), do đó \(F\left( 1 \right) > F\left( { - 1} \right)\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(F\left( 1 \right) > F\left( { - 1} \right) > F\left( 4 \right)\).
Ta có \(V = \pi \int\limits_{ - 1}^1 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_1^4 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x = \pi \int\limits_{ - 1}^4 {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} } \).
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
Khi kiểm tra sức khoẻ tổng quát của bệnh nhân ở một bệnh viện, người ta được kết quả như sau:
– Có \(40\% \) bệnh nhân bị đau dạ dày.
– Có \(30\% \) bệnh nhân thường xuyên bị stress.
– Trong số các bệnh nhân bị stress có \(80\% \) bệnh nhân bị đau dạ dày.
Chọn ngẫu nhiên 1 bệnh nhân.
a) Xác suất chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress là \(0,3\).
b) Xác suất chọn được bệnh nhân bị đau dạ dày, biết bệnh nhân đó thường xuyên bị stress, là \(0,8.\)
c) Xác suất chọn được bệnh nhân vừa thường xuyên bị stress vừa bị đau dạ dày là \(0,24.\)
d) Xác suất chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress, biết bệnh nhân đó bị đau dạ dày, là \(0,6.\)
Xét các biến cố: \(A\): “Chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress”;
\(B\): “Chọn được bệnh nhân bị đau dạ dày”.
Khi đó, \(P\left( A \right) = 0,3;P\left( B \right) = 0,4;P\left( {B\mid A} \right) = 0,8\).
Suy ra xác suất chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress vừa bị đau dạ dày là
\(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) = 0,3 \cdot 0,8 = 0,24\);
Xác suất chọn được bệnh nhân thường xuyên bị stress, biết bệnh nhân đó bị đau dạ dày, là \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,24}}{{0,4}} = 0,6\).
Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng.
Anh Hưng gửi tiết kiệm khoản tiền 700 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7%/năm theo hình thức lãi kép kì hạn 12 tháng. Tính thời gian tối thiểu gửi tiết kiệm để anh Hưng thu được ít nhất 1 tỉ đồng (cả vốn lẫn lãi). Cho biết công thức lãi kép là \(T = A \cdot {\left( {1 + r} \right)^n}\), trong đó \(A\) là tiền vốn, \(T\) là tiền vốn và lãi nhận được sau \(n\) năm, \(r\) là lãi suất/năm.
Ta có \(1000 = 700 \cdot {\left( {1 + 7\% } \right)^n}\)\( \Leftrightarrow 1,{07^n} = \frac{{10}}{7}\)\( \Leftrightarrow n = {\log _{1,07}}\frac{{10}}{7} \approx 5,27\).
Vậy thời gian tối thiểu gửi tiết kiệm để anh Hưng thu được ít nhất 1 tỉ đồng là 6 năm.
Đáp án: \(6\).
Một thùng dầu bị rò rỉ từ lúc 13 giờ với tốc độ rò rỉ là \(v\left( t \right) = 16 + 3t\) (lít/giờ), trong đó \(t\) (giờ) là thời gian tính từ khi bắt đầu bị rò rỉ. Khi đó \(V\left( t \right)\) (lít) là thể tích dầu bị mất đi thỏa mãn \(V'\left( t \right) = v\left( t \right)\). Giả sử \({V_1}\) là thể tích dầu bị mất đi trong khoảng thời gian từ 13 giờ đến 16 giờ và \({V_2}\) là thể tích dầu bị mất đi trong khoảng thời gian từ 16 giờ đến 19 giờ. Tính \({V_2} - {V_1}\) (theo đơn vị lít).
Ta có \(V'\left( t \right) = v\left( t \right) \Rightarrow V\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\rm{d}}t} \).
Thể tích dầu bị mất đi trong khoảng thời gian từ 13 giờ đến 16 giờ là
\({V_1} = \int\limits_0^3 {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^3 {\left( {16 + 3t} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left( {16t + \frac{{3{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^3 = 61,5\) (lít).
Thể tích dầu bị mất đi trong khoảng thời gian từ 16 giờ đến 19 giờ là
\({V_2} = \int\limits_3^6 {v\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_3^6 {\left( {16 + 3t} \right){\rm{d}}t} = \left. {\left( {16t + \frac{{3{t^2}}}{2}} \right)} \right|_3^6 = 88,5\) (lít).
Do đó \({V_2} - {V_1} = 88,5 - 61,5 = 27\) (lít).
Đáp án: \(27\).
Một xe ô tô chở khách du lịch có sức chứa tối đa là \[16\] hành khách. Trong một khu du lịch, một đoàn khách gồm \[22\] người đang đi bộ và muốn thuê xe về khách sạn. Lái xe đưa ra thỏa thuận với đoàn khách du lịch như sau: Nếu một chuyến xe chở \(x\) (người) thì giá tiền cho mỗi người là \(\frac{{{{\left( {40 - x} \right)}^2}}}{2}\) (nghìn đồng). Với thoả thuận như trên thì lái xe có thể thu được nhiều nhất bao nhiêu triệu đồng từ một chuyến chở khách (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Gọi \(f\left( x \right)\) là lợi nhuận mà lái xe có thể thu về khi chở \(x\) (người) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\) trong chuyến xe đó.
Khi đó: \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}x{\left( {40 - x} \right)^2}\), với \(0 < x \le 16\).
Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {40 - x} \right)}^2} - 2x\left( {40 - x} \right)} \right] = \frac{1}{2}\left( {40 - x} \right)\left( {40 - 3x} \right)\).
Với \(0 < x \le 16\) thì \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{40}}{3}\).
Mà \(13 < \frac{{40}}{3} < 14\) nên ta có bảng biến thiên như sau:
![Một xe ô tô chở khách du lịch có sức chứa tối đa là \[16\] hành khách. Trong một khu du lịch, một đoàn khách gồm (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/01/blobid18-1737298185.png)
Với \(f\left( {13} \right) = 4738,5,\,\,f\left( {14} \right) = 4732\).
Căn cứ vào bảng biến thiên ta có \[\mathop {\max }\limits_{\left( {0;16} \right]} f\left( x \right) = 4738,5\] (nghìn đồng).
Vậy người lái xe đó có thể thu được nhiều nhất khoảng 4,74 triệu đồng từ một chuyến chở khách.
Đáp án: \(4,74\).
Bảng dưới đây thống kê nhiệt độ không khí trung bình của các tháng trong năm tại một trạm đo đạc (đơn vị: \(^\circ {\rm{C}}\)).
Nhiệt độ (\(^\circ {\rm{C}}\)) | \[\left[ {10;\,15} \right)\] | \[\left[ {15;\,20} \right)\] | \[\left[ {20;\,25} \right)\] | \[\left[ {25;\,30} \right)\] |
Số tháng | 3 | 4 | 4 | 1 |
Tìm khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên.
Ta có \({Q_1} = 10 + \frac{{\frac{{12}}{4} - 0}}{3} \cdot \left( {15 - 10} \right) = 10 + 5 = 15\); \({Q_3} = 20 + \frac{{\frac{{12 \cdot 3}}{4} - 7}}{4} \cdot \left( {25 - 20} \right) = 22,5\).
Do đó \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 22,5 - 15 = 7,5\).
Đáp án: \(7,5\).
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\): \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 6\) và hai mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + 2z + 5 = 0\), \(\left( Q \right):2x - y + z - 5 = 0\). Hai đường thẳng \(d\) và \(\Delta \) đi qua tâm của \(\left( S \right)\), lần lượt vuông góc và cắt \(\left( P \right),\left( Q \right)\) theo thứ tự đó tại \(A\) và \(B\). Tính độ dài đoạn thẳng \(AB\) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Ta có mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1;2; - 1} \right)\) và \(R = \sqrt 6 \).
Hai đường thẳng \(d\) và \(\Delta \) đi qua tâm của \(\left( S \right)\), lần lượt vuông góc \(\left( P \right),\left( Q \right)\) có phương trình lần lượt là\(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = - 1 + 2t\end{array} \right.\); \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t'\\y = 2 - t'\\z = - 1 + t'\end{array} \right.\).
Tọa độ điểm \(A\) là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = - 1 + 2t\\x + y + 2z + 5 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 1\\z = - 3\\t = - 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow A\left( {0;1; - 3} \right)\).
Tọa độ điểm \(B\) là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t'\\y = 2 - t'\\z = - 1 + t'\\2x - y + z - 5 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 1\\z = 0\\t' = 1\end{array} \right.\)\( \Rightarrow B\left( {3;1;0} \right)\).
Ta có \(AB = \sqrt {{{\left( {3 - 0} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {0 + 3} \right)}^2}} = 3\sqrt 2 \approx 4,24\).
Đáp án: \(4,24\).
Một khối Rubik 4 × 4 được gắn với hệ tọa độ \[Oxyz\] có đơn vị trên mỗi trục bằng độ dài cạnh hình lập phương nhỏ (tham khảo hình vẽ bên). Xét mặt phẳng \[\left( P \right)\] đi qua 3 điểm \[A\left( {0;3;4} \right),B\left( {2;1;4} \right),C\left( {1;0;0} \right)\]. Góc giữa hai mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( {Oxy} \right)\] bằng bao nhiêu độ (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {2\,;\, - 2\,;\,0} \right)\), \(\overrightarrow {AC} = \left( {1\,;\, - 3\,;\, - 4} \right)\) và \(\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {8\,;\,8\,;\, - \,4} \right)\).
Suy ra mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {2\,;\,\,2\,;\, - 1} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {0\,;\,\,0\,;\,1} \right)\).
Khi đó, \(\cos \left( {\left( P \right)\,,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \, \cdot \,\,\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|\,\, \cdot \,\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{\left| {2\, \cdot 0 + 2\, \cdot \,0 + \left( { - \,1} \right)\, \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { - \,1} \right)}^2}} \, \cdot \sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{3}.\)
Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\) bằng khoảng \(71^\circ \).
Đáp án: \(71\).
