Đề thi tham khảo ĐGNL Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh môn Toán có đáp án - Đề số 1
40 câu hỏi
\(\left( { - 2; - 1; - 3} \right)\).
\(\left( { - 3;2; - 1} \right)\).
\(\left( {2; - 3; - 1} \right)\).
\(\left( { - 1;2; - 3} \right)\).
\(\overrightarrow a = - \overrightarrow i + 2\overrightarrow j - 3\overrightarrow k \)\( \Rightarrow \overrightarrow a = \left( { - 1;2; - 3} \right)\). Chọn D.
Thống kê thời gian tự học ở nhà của một nhóm học sinh lớp 11 thu được mẫu số liệu ghép nhóm sau:
Thời gian (phút) | \(\left[ {0;20} \right)\) | \(\left[ {20;40} \right)\) | \(\left[ {40;60} \right)\) | \(\left[ {60;80} \right)\) | \(\left[ {80;100} \right)\) |
Số học sinh | 5 | 9 | 12 | 10 | 6 |
Nhóm chứa trung vị của mẫu số liệu trên là
\(\left[ {20;40} \right)\).
\(\left[ {40;60} \right)\).
\(\left[ {60;80} \right)\).
\(\left[ {80;100} \right)\).
Cỡ mẫu \(n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42\).
Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{42}}\) là thời gian tự học ở nhà của 42 học sinh được sắp theo thứ tự không giảm.
Trung vị của mẫu số liệu là \(\frac{{{x_{21}} + {x_{22}}}}{2}\) mà \({x_{21}};{x_{22}} \in \left[ {40;60} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị. Chọn B.
\(y' = \left( {2x + 3} \right){e^{{x^2} + 3x}}\).
\(y' = \left( {{x^2} + 3x} \right){e^{{x^2} + 3x}}\).
\(y' = {e^{{x^2} + 2x}}\).
\(y' = \left( {2x - 3} \right){e^{{x^2} + 3x}}\).
Ta có \(y' = {\left( {{x^2} + 3x} \right)^\prime }{e^{{x^2} + 3x}} = \left( {2x + 3} \right){e^{{x^2} + 3x}}\). Chọn A.
\(\left( {SBC} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\).
\(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\).
\(\left( {SAC} \right)\) vuông góc với \(\left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SAC} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\).
Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(SA \subset \left( {SAC} \right),SA \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right),\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).
Có \(AB \bot AC,AB \bot SA \Rightarrow AB \bot \left( {SAC} \right)\) mà \(AB \subset \left( {SAB} \right)\). Suy ra \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
Do đó \(\left( {SBC} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\) là đáp án sai. Chọn A.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ
Đường thẳng nào sau đây là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho
\(x = 1\).
\(x = - 1\).
\(y = 1\).
\(y = - 1\).
Dựa vào đồ thị hàm số, ta có \(y = - 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Chọn D.
\(x + \ln x + C\).
\(x - \ln x + C\).
\(x + \ln \left| x \right| + C\).
\(x - \ln \left| x \right| + C\).
\(\int {f\left( x \right)dx} = \int {\frac{{x - 1}}{x}} dx = \int {\left( {1 - \frac{1}{x}} \right)dx} = x - \ln \left| x \right| + C\). Chọn D.
\(120^\circ \).
\(150^\circ \).
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\) mà \(BD \bot AC\) nên \(DB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SO\).
Lại có \(CO \bot BD\). Do đó số đo góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,BD,C} \right]\) bằng số đo góc \(\widehat {SOC}\).
Xét tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\), suy ra \[\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {SOA} = 30^\circ \].
Do đó \(\widehat {SOC} = 150^\circ \). Chọn B.
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 8\).
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 8\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 64\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 64\).
Mặt cầu \(\left( S \right)\)có bán kính \(R = AB = \sqrt {{{\left( {0 - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 0} \right)}^2}} = \sqrt 8 \).
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 8\). Chọn B.
\(1\).
\(2\).
\(3\).
\(0\).
Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).
Ta thấy \(f'\left( x \right) = 0\) có các nghiệm \(x = 1\); \(x = 2;x = 3\). Trong đó \(x = 2\) là nghiệm bội chẵn.
Do đó hàm số có 2 điểm cực trị. Chọn B.
\(\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 3}} = \frac{{z - 1}}{1}\).
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z + 1}}{1}\).
\(\frac{x}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 1}}{1}\).
\(\frac{x}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 3}} = \frac{{z + 2}}{1}\).
Đường thẳng \(\Delta \) song song với \(d\)nên có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {{u_d}} = \left( {2; - 3;1} \right)\).
Khi đó đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( {0;2; - 2} \right)\) có phương trình là \(\frac{x}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 3}} = \frac{{z + 2}}{1}\). Chọn D.
Kết quả kiểm tra môn Toán cuối học kì của học sinh khối 12 của một trường THPT được ghi lại ở bảng sau:
Điểm số | \(\left[ {0;2} \right)\) | \(\left[ {2;4} \right)\) | \(\left[ {4;6} \right)\) | \(\left[ {6;8} \right)\) | \(\left[ {8;10} \right)\) |
Số học sinh | 24 | 67 | 136 | 167 | 106 |
Dựa vào bảng số liệu trên, giáo viên có thể nhận định 75% học sinh trong khối có điểm kiểm tra cuối kì từ bao nhiêu trở lên?
\(4\).
\(5\).
\(4,5\).
\(5,5\).
Yêu cầu bài toán tương đương với tìm tứ phân vị thứ nhất.
Ta có cỡ mẫu \(n = 500\).
Khi đó \({Q_1} = \frac{{{x_{125}} + {x_{126}}}}{2}\) mà \({x_{125}};{x_{126}} \in \left[ {4;6} \right)\).
Do đó \({Q_1} = 4 + \frac{{\frac{{500}}{4} - 91}}{{136}} \cdot \left( {6 - 4} \right) = 4,5\). Chọn C.
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{7}{{12}}\).
\(\frac{5}{{12}}\).
\(\frac{1}{4}\).
Gọi \(A\)là biến cố “Mục tiêu trúng đạn của khẩu pháo thứ nhất”;
\(B\)là biến cố “Mục tiêu trúng đạn của khẩu pháo thứ hai”.
Theo đề ta có \(P\left( A \right) = \frac{1}{4};P\left( B \right) = \frac{1}{3}\).
Gọi \(C\)là biến cố “Mục tiêu không bị trúng đạn”.
Khi đó \(P\left( C \right) = P\left( {\overline A \overline B } \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B } \right) = \left( {1 - \frac{1}{4}} \right) \cdot \left( {1 - \frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{2}\).
Suy ra xác suất để mục tiêu trúng đạn là \(P = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\). Chọn A.
\(\frac{{5\pi }}{2}\).
\(2\pi \).
\(\frac{\pi }{4}\).
\(3\pi \).
Ta có \(\sin 2x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \frac{\pi }{4}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\2x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{8} + k\pi \\x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \end{array} \right.\).
Trên \(\left[ {0;2\pi } \right]\) phương trình có các nghiệm \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{8};\frac{{3\pi }}{8};\frac{\pi }{8} + \pi ;\frac{{3\pi }}{8} + \pi } \right\}\)
Tổng tất cả các nghiệm trên \(\left[ {0;2\pi } \right]\) là \(S = 2\left( {\frac{\pi }{8} + \frac{{3\pi }}{8}} \right) + 2\pi = 3\pi \) . Chọn D.
\(S = \frac{8}{3}\)
\(S = \frac{{10}}{3}\)
\(S = \frac{{11}}{3}\)
\(S = \frac{7}{3}\)
Hoành độ giao điểm: \(\sqrt x = x - 2\)\( \Leftrightarrow x - \sqrt x - 2 = 0\)\( \Leftrightarrow x = 4\).
Diện tích cần tính là \(S = \int\limits_0^4 {\sqrt x dx} - \int\limits_2^4 {\left( {x - 2} \right)dx} = \frac{{16}}{3} - 2 = \frac{{10}}{3}\). Chọn B.
\((0; + \infty )\).
\(( - \infty ;2)\).
\((2; + \infty )\).
\((0;2)\).
Có \(y' = 3{x^2} - 6x;y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 2\).
Ta có bảng xét dấu của \(y'\) như sau:
Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\). Chọn C.
\(4x + 5y - 3z - 4 = 0\).
\(4x + 5y - 3z - 22 = 0\).
\(4x - 5y - 3z - 12 = 0\).
\(4x - 5y - 3z - 8 = 0\).
Ta có \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1;1;3} \right),\overrightarrow {{n_R}} = \left( {2; - 1;1} \right),\left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\overrightarrow {{n_R}} } \right] = \left( {4;5; - 3} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2;1; - 3} \right)\) đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng \(\left( Q \right):x + y + 3z = 0,\left( R \right):2x - y + z = 0\) nhận \(\overrightarrow n = \left( {4;5; - 3} \right)\) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là
\(4\left( {x - 2} \right) + 5\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z + 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 4x + 5y - 3z - 22 = 0\). Chọn B.
\(64\).
\(256\).
\(8\).
\(16\).
Điều kiện: \(0 < x \ne 1\).
\({\log _x}2 + {\log _{16}}x = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_2}x}} + \frac{1}{4}{\log _2}x = 2 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} - 8{\log _2}x + 4 = 0\).
Đặt \(t = {\log _2}x\) phương trình trở thành: \({t^2} - 8t + 4 = 0\).
Ta có \(\Delta ' > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({t_1};\,{t_2}\) và \({t_1} + {t_2} = 8\)
\( \Rightarrow {\log _2}{x_1} + {\log _2}{x_2} = 8 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x_1}{x_2}} \right) = 8 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = 256\). Chọn B.
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{{a^3}}}{6}\).
\(\frac{{{a^3}}}{2}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\).
Ta có \(AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 \), \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\).
Thể tích khối lăng trụ là \(V = AA' \cdot {S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\). Chọn D.
\[A'\left( {0;0; - 1} \right)\].
\(A'\left( {0;2; - 1} \right).\)
\[A'\left( {3;0; - 1} \right)\].
\(A'\left( { - 3;0;1} \right).\)
Điểm \[A'\] thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) sao cho độ dài đoạn thẳng \[AA'\] ngắn nhất khi \(A'\) là hình chiếu của \(A\)trên mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\). Suy ra \(A'\left( {0;2; - 1} \right)\). Chọn B.
\(F\left( x \right) = {x^3} - \cos x + x + 2\).
\(F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + x + 2\).
\(F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + \cos x + x\).
\(F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + \cos x + 2\).
Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {{x^2} + \sin x + 1} \right)} {\rm{d}}x = \frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + x + C\).
Theo giả thiết: \(F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow \frac{{{0^3}}}{3} - \cos 0 + 0 + C = 1 \Rightarrow C = 2\).
Do đó \(F\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} - \cos x + x + 2\). Chọn B.
1. Đúng. \(y\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi \cdot 0} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi \cdot 0} \right) = 0\); \(y\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi \cdot 1} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi \cdot 1} \right) = 0\).
Vậy \(y\left( 0 \right) = y\left( 1 \right) = 0\).
2. Sai. Ta có \(y' = \frac{1}{2} \cdot 2\pi \cdot \cos \left( {2\pi x} \right) + \frac{1}{4} \cdot 4\pi \cdot \cos \left( {4\pi x} \right) = \pi \left[ {\cos \left( {2\pi x} \right) + \cos \left( {4\pi x} \right)} \right]\).
3. Sai. Tốc độ thay đổi của mực nước bằng 0 khi \(y' = 0\)
\( \Leftrightarrow \cos \left( {2\pi x} \right) + \cos \left( {4\pi x} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {4\pi x} \right) = - \cos \left( {2\pi x} \right)\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {4\pi x} \right) = \cos \left( {\pi - 2\pi x} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4\pi x = \pi - 2\pi x + k2\pi \\4\pi x = - \left( {\pi - 2\pi x} \right) + k2\pi \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{1}{6} + \frac{k}{3}\\x = - \frac{1}{2} + k\end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\).
Vì \(x \in \left[ {0;1} \right]\), các giá trị \(x\)thỏa mãn là \(x = \frac{1}{6};x = \frac{1}{2};x = \frac{5}{6}\).
Vậy có 3 thời điểm tốc độ bằng 0.
4. Đúng. Ta có \(y\left( 0 \right) = y\left( 1 \right) = 0\);
\(y\left( {\frac{1}{6}} \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi \cdot \frac{1}{6}} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi \cdot \frac{1}{6}} \right) = \frac{{3\sqrt 3 }}{8} \approx 0,65\) m;
\(y\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\sin \pi + \frac{1}{4}\sin 2\pi = 0\);
\(y\left( {\frac{5}{6}} \right) = \frac{1}{2}\sin \left( {2\pi \cdot \frac{5}{6}} \right) + \frac{1}{4}\sin \left( {4\pi \cdot \frac{5}{6}} \right) = - \frac{{3\sqrt 3 }}{8}\).
Vậy độ cao lớn nhất là khoảng 0,65 m tại thời điểm \(x = \frac{1}{6}\) giây. Chọn 1, 4.
Một bệnh viện sử dụng một loại xét nghiệm mới để tầm soát một loại bệnh hiếm trong cộng đồng. Theo số liệu thống kê, tỷ lệ người mắc bệnh này trong dân cư chỉ là 1%, còn lại 99% người là khỏe mạnh. Độ chính xác của thiết bị xét nghiệm được mô tả như sau:
+) Nếu một người thực sự mắc bệnh, hệ thống cho kết quả “dương tính” với xác suất 98%.
+) Nếu một người khỏe mạnh, hệ thống vẫn có thể đưa ra kết quả “dương tính giả” (kết luận nhầm là có bệnh) với xác suất 3%.
Chọn ngẫu nhiên một người dân để thực hiện xét nghiệm. Gọi A là biến cố “Người được chọn thực sự mắc bệnh” và B là biến cố “Hệ thống trả kết quả xét nghiệm dương tính”. Những phương án nào dưới đây đúng?
Từ dữ kiện đề bài ta có \(P\left( A \right) = 0,01;P\left( {\overline A } \right) = 0,99\); \(P\left( {B|A} \right) = 0,98;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,03\).
1. Đúng. Theo công thức xác suất toàn phần ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,01 \cdot 0,98 + 0,99 \cdot 0,03 = 0,0395\).
2. Đúng. Từ dữ kiện đề ta có \(P\left( A \right) = 0,01;P\left( {\overline A } \right) = 0,99\).
3. Sai. Theo công thức Bayes, có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,01 \cdot 0,98}}{{0,0395}} \approx 0,25\).
4. Đúng. Theo công thức Bayes, ta có \(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,99 \cdot 0,03}}{{0,0395}} \approx 0,75\).
Vì \(P\left( {\overline A |B} \right) > P\left( {A|B} \right)\) nên trong số những người nhận kết quả dương tính từ hệ thống thì khả năng cao họ là người khỏe mạnh hơn là người mắc bệnh thực sự. Chọn 1, 2, 4.
1. Sai. Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{1}{2} \cdot {4^2} = 8\).
Ta có \(BH = \frac{3}{4}BA = 3\). Xét \(\Delta SHB\) vuông tại \(H\), có \(SH = BH \cdot \tan \widehat {SBH} = 3 \cdot \tan 30^\circ = \sqrt 3 \).
Khi đó \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SH \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt 3 \cdot 8 = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\).
2. Đúng. Có \(AB//CD\) nên \(AB//\left( {SCD} \right)\).
Khi đó \(d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\).
Kẻ \(HJ \bot CD,HI \bot SJ\).
Dễ dàng chứng minh \(HI \bot \left( {SCD} \right)\). Khi đó \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HI\).
Xét \(\Delta SHJ\) vuông tại \(H\), có \(HI \bot SJ\), ta có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{{16}} = \frac{{48}}{{19}} \Rightarrow HI = \frac{{4\sqrt {57} }}{{19}}\).
3. Đúng. Theo câu 1, \(SH = \sqrt 3 \).
4. Đúng.
Kẻ \(EM//BC\). Khi đó \(EM \bot AB\) mà \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot ME\).
Do đó \(EM \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow EM \bot SM\).
Ta có \(\left( {SE,BC} \right) = \left( {SE,EM} \right) = \widehat {SEM}\).
Dễ dàng chứng minh được \(HC \bot BK\) tại \(E\).
Có \(EM//BC\) nên \(\frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{ME}}{{BC}}\).
Xét \(\Delta BHC\) vuông tại \(B\), có \(BE\) là đường cao nên \(B{H^2} = HE \cdot HC\), \(H{C^2} = B{H^2} + B{C^2}\).
Ta có \(\frac{{ME}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HE \cdot HC}}{{H{C^2}}} = \frac{{B{H^2}}}{{H{C^2}}} = \frac{{B{H^2}}}{{B{H^2} + B{C^2}}} = \frac{{{3^2}}}{{{3^2} + {4^2}}} = \frac{9}{{25}}\).
Suy ra \(ME = \frac{9}{{25}} \cdot BC = \frac{9}{{25}} \cdot 4 = \frac{{36}}{{25}}\); \(HE = \frac{9}{{25}}HC = \frac{9}{{25}} \cdot \sqrt {{3^2} + {4^2}} = \frac{9}{5}\).
Xét \(\Delta SHE\) vuông tại H, có \(SE = \sqrt {S{H^2} + H{E^2}} = \sqrt {3 + {{\left( {\frac{9}{5}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt {39} }}{5}\).
Xét \(\Delta SHE\) vuông tại \(H\) có \(\cos \widehat {SEM} = \frac{{ME}}{{SE}} = \frac{{36}}{{25}}:\frac{{2\sqrt {39} }}{5} = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}\).
Suy ra \(m = 18;n = 5\). Vậy \(2m - n = 2 \cdot 18 - 5 = 31\). Chọn 2, 3, 4.
1. Sai. Vận tốc ban đầu của con ngựa vằn là \({v_2}\left( 0 \right) = 20 - 20{e^0} = 0\) m/s.
2. Đúng. Ta có: \({v'_1}\left( t \right) = - 0,1 \cdot 15{e^{ - 0,1t}} < 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].\) Suy ra tốc độ sư tử giảm dần theo thời gian.
Ta có: \({v'_2}\left( t \right) = - 0,1 \cdot \left( { - 20} \right){e^{ - 0,1t}} = 2{e^{ - 0,1t}} > 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].\)Suy ra tốc độ của ngựa vằn tăng dần theo thời gian.
3. Sai. Khoảng cách giữa sư tử và ngựa vằn là \(d\left( t \right) = 40 + \int_0^t {\left[ {{v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)} \right]{\rm{d}}t} \).
Ta có \(d'\left( t \right) = {v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)\,;\,\,d'\left( t \right) = 0 \Rightarrow {v_2}\left( t \right) = {v_1}\left( t \right)\).
Ta có: \(20 - 20{e^{ - 0,1t}} = 15{e^{ - 0,1t}}\) \( \Leftrightarrow 20 = 35{e^{ - 0,1t}}\) \( \Leftrightarrow \frac{{20}}{{35}} = {e^{ - 0,1t}}\)\( \Leftrightarrow {\rm{ln}}\frac{{20}}{{35}} = - 0,1t\) \( \Leftrightarrow t = \frac{{{\rm{ln}}\frac{{20}}{{35}}}}{{ - 0,1}} \approx 5,6\,\,\,\left( s \right)\).
Bảng biến thiên:
Vậy sư tử ở gần ngựa vằn nhất khi \({v_1}\left( t \right) = {v_2}\left( t \right)\), và khoảng cách ngắn nhất giữa chúng là 1,92 mét.
4. Đúng. Từ bảng biến thiên, ta thấy khoảng cách ngắn nhất giữa hai con vật là 1,92 mét; kể từ thời điềm gần nhất đó, sư tử dần bị bỏ lại phía sau và sư tử không thể bắt được ngựa vằn. Chọn 2, 4.
Giả sử \(\Delta \) cắt đường thẳng \({d_1}\) tại \(A\left( {1 + 2t;t; - 1 - t} \right)\) và cắt đường thẳng \({d_2}\) tại điểm \(B\left( {t';1 - 2t';t'} \right)\).
Khi đó ta có \(\overrightarrow {MA} = \left( {2t - 1;t - 1; - 1 - t} \right);\overrightarrow {MB} = \left( {t' - 2; - 2t';t'} \right)\).
Vì đường thẳng \(\Delta \) đi qua ba điểm \(M,A,B\) nên ta có \(\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MB} \) cùng phương.
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}2t - 1 = k\left( {t' - 2} \right)\\t - 1 = - 2kt'\\ - 1 - t = kt'\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t - 1 = kt' - 2k\\t - 1 = - 2kt'\\ - 1 - t = kt'\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t - 1 = - 1 - t - 2k\\t - 1 = - 2\left( { - 1 - t} \right)\\ - 1 - t = kt'\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{9}{2}\\t = - 3\\t' = \frac{4}{9}\end{array} \right.\).
Với \(t = - 3\) thì \(\overrightarrow {MA} = \left( { - 7; - 4;2} \right)\).
1. Đúng. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow u = \left( {7;4; - 2} \right)\).
2. Sai. Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( {2;1;0} \right)\) và nhận \(\overrightarrow u = \left( {7;4; - 2} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z = - 2t\end{array} \right.\).
3. Đúng. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z = - 2t\\x = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = - \frac{2}{7}\\y = - \frac{1}{7}\\z = \frac{4}{7}\\x = 0\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {0; - \frac{1}{7};\frac{4}{7}} \right)\).
4. Sai. Mặt phẳng \(x + y + z = 0\) có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1;1;1} \right)\) không cùng phương với vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) nên đường thẳng \(\Delta \) không vuông góc với mặt phẳng \(x + y + z = 0\).
5. Đúng. Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng đi qua \(N\left( {1;0;1} \right)\) và vuông góc với đường thẳng \(\Delta \).
Khi đó mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng \(7\left( {x - 1} \right) + 4y - 2\left( {z - 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 7x + 4y - 2z - 5 = 0\).
Gọi H là giao điểm của đường thẳng \(\Delta \) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\). Khi đó tọa độ điểm \(H\) là nghiệm của hệ
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z = - 2t\\7x + 4y - 2z - 5 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 7t\\y = 1 + 4t\\z = - 2t\\7\left( {2 + 7t} \right) + 4\left( {1 + 4t} \right) - 2 \cdot \left( { - 2t} \right) - 5 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{47}}{{69}}\\y = \frac{{17}}{{69}}\\z = \frac{{26}}{{69}}\\t = - \frac{{13}}{{69}}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\frac{{47}}{{69}};\frac{{17}}{{69}};\frac{{26}}{{69}}} \right)\).
Khi đó \(d\left( {N,\Delta } \right) = NH = \sqrt {{{\left( {\frac{{47}}{{69}} - 1} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{17}}{{69}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{26}}{{69}} - 1} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{38}}{{69}}} \approx 0,74\). Chọn ý 1, 3, 5.
Dựa vào thông tin dưới đây, thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 26 đến câu 28.
Vịnh Hạ Long là một địa danh du lịch được nhiều người biết đến trên thế giới, nơi đây vẫn còn nhiều quần thể đảo lớn nhỏ chưa được khám phá. Một công ty du lịch quyết định khai thác khu vực có một số đảo nhỏ với hình dáng đặc biệt nếu nhìn từ trên xuống; trong số đó có hai hòn đảo mà phần giới hạn đất liền của nó được mô phỏng như hai đồ thị hàm số trên hình. Với hệ trục tọa độ \(Oxy\) thích hợp, đơn vị trên mỗi trục là 100 mét, đường cong mô tả cho hòn đảo thứ nhất có dạng \[y = {\log _a}x\] đi qua điểm có tọa độ \[\left( {3\,;\,\,1} \right)\].
\(a = 2\).
\(a = 3\).
\(a = \sqrt 3 \).
\(a = 10\).
Đường cong \[y = {\log _a}x\] đi qua điểm \[\left( {3\,;\,\,1} \right)\] nên \[1 = {\log _a}3 \Rightarrow a = 3\]. Chọn B.
![x 571\,\,{m^2}\]. Chọn D. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/picture29-1776847597.png)
\(517\;{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).
\(530\;{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).
\(536\;{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).
\(571\;{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).
Điểm \[A\left( {{x_A}\,;\,\, - 1} \right)\] thuộc đồ thị hàm só \[y = {\log _3}x \Rightarrow {\log _3}x = - 1 \Rightarrow x = {3^{ - 1}} = \frac{1}{3}\].
Diện tích tam giác cong ABC là phần hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị \[y = {\log _3}x\,;\,\,y = - 1\] cùng các đường thẳng \[x = \frac{1}{3}\,;\,\,x = 4\].
Do đó diện tích cần tính là \[S = 100 \cdot \int\limits_{\frac{1}{3}}^4 {\left| {{{\log }_3}x - \left( { - 1} \right)} \right|{\rm{d}}x} \approx 571\,\,{m^2}\]. Chọn D.
\(282\;{\rm{m}}\).
\(285\;{\rm{m}}\).
\(290\;{\rm{m}}\).
\(300\;{\rm{m}}\).
Xét tiếp tuyến của đường cong \[y = {\log _3}x\] biết tiếp tuyến song song với đường thẳng \[y = x + 1\].
Hệ số góc tiếp tuyến là \[k = 1\]; gọi \[M\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}} \right)\] là tiếp điểm thì
\[f'\left( {{x_0}} \right) = k \Rightarrow \frac{1}{{{x_0}\ln 3}} = 1 \Rightarrow {x_0} = \frac{1}{{\ln 3}};\,\,{y_0} = {\log _3}\frac{1}{{\ln 3}}\].
Độ dài ngắn nhất cây cầu (theo đường chim bay) bằng hai lần khoảng cách từ \[M\left( {\frac{1}{{\ln 3}}\,;\,\,{{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}}} \right)\] đến đường thẳng \[y = x + 1\].
Ta có: \[{d_{\min }} = 2 \cdot \frac{{\left| {\frac{1}{{\ln 3}} - {{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}} + 1} \right|}}{{\sqrt 2 }} \cdot 100 \approx 282\,\,m\]. Chọn A.
Dựa vào thông tin dưới đây, thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 29 đến câu 30.
Một bờ hồ có dạng nửa đường tròn bán kính 2 km, đường kính là \(PR\). Từ điểm \(P\), Nam chèo thuyền với vận tốc 3 km/h đến một điểm \(Q\) trên bờ hồ, rồi chạy bộ dọc theo bờ hồ từ \(Q\) đến \(R\) với vận tốc 6 km/h.
\(\frac{2}{3}\) giờ.
\(\frac{1}{2}\) giờ.
\(\frac{1}{3}\) giờ.
\(\frac{1}{6}\) giờ.
Ta có \(PQ = 2\;km\).
Thời gian Nam chèo thuyền là \(t = \frac{{PQ}}{3} = \frac{2}{3}\) giờ. Chọn A.
\(1,05\) giờ.
\(1,02\) giờ.
\(1,33\) giờ.
\(1,04\) giờ.
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\)như hình vẽ, với \(O\) là trung điểm \(PR\).
Khi đó \(O\left( {0;0} \right),P\left( { - 2;0} \right),R\left( {2;0} \right)\).
Giả sử \(Q\) là điểm trên cung tròn sao cho \(\widehat {QOR} = \theta \left( {0 \le \theta \le \pi } \right)\).
Vì \(Q\) nằm trên đường tròn tâm \(O\), bán kính 2 nên \(Q\left( {2\cos \theta ;2\sin \theta } \right)\).
Độ dài đoạn đường chèo thuyền là
\(PQ = \sqrt {{{\left( {2\cos \theta + 2} \right)}^2} + {{\left( {2\sin \theta } \right)}^2}} = \sqrt {8 + 8\cos \theta } = 2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} = 4\cos \frac{\theta }{2}\).
Thời gian chèo thuyền là \({t_1} = \frac{{PQ}}{3} = \frac{{4\cos \frac{\theta }{2}}}{3}\).
Độ dài cung tròn từ \(Q\) đến \(R\)là \(l = R\theta = 2\theta \). Thời gian chạy bộ là \({t_2} = \frac{l}{6} = \frac{{2\theta }}{6} = \frac{\theta }{3}\).
Tổng thời gian di chuyển là
\(T\left( \theta \right) = \frac{{4\cos \frac{\theta }{2}}}{3} + \frac{\theta }{3}\) với \(\theta \in \left[ {0;\pi } \right]\).
Ta có \(T'\left( \theta \right) = - \frac{2}{3}\sin \frac{\theta }{2} + \frac{1}{3}\).
Có \(T'\left( \theta \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \frac{\theta }{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{\theta }{2} = \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \theta = \frac{\pi }{3}\).
Ta có \(T\left( 0 \right) = \frac{4}{3} \approx 1,33\) giờ; \(T\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{4\cos \frac{\pi }{6}}}{3} + \frac{\pi }{9} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} + \frac{\pi }{9} \approx 1,50\) giờ; \(T\left( \pi \right) = \frac{{4\cos \frac{\pi }{2}}}{3} + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} \approx 1,05\) giờ.
Vậy thời gian ít nhất là \(T\left( \pi \right) = \frac{\pi }{3} \approx 1,05\) giờ. Chọn A.
Thí sinh điền đáp án vào ô trống theo yêu cầu từ câu 31 đến câu 40.
Một trung tâm xét nghiệm y khoa đang vận hành hệ thống máy tính hiệu năng cao để phân tích dữ liệu gene. Chi phí vận hành trung bình để xử lý mỗi mẫu xét nghiệm (tính bằng triệu đồng) được ước lượng theo công thức \(C = \frac{{19200000}}{{{x^2}}} + \frac{{27x}}{{x + 3000}},x \ge 1\). Trong đó \(x\)là số lượng mẫu xét nghiệm được đưa vào hệ thống xử lý trong cùng một đợt. Để chi phí vận hành trung bình trên mỗi mẫu xét nghiệm là thấp nhất, trung tâm cần đưa bao nhiêu mẫu xét nghiệm vào xử lý trong một lần?
Đáp án: _____
Xét hàm \(C = \frac{{19200000}}{{{x^2}}} + \frac{{27x}}{{x + 3000}},x \ge 1\)
Có \(C'\left( x \right) = \frac{{ - 38400000}}{{{x^3}}} + \frac{{81000}}{{{{\left( {x + 3000} \right)}^2}}}\);
\(C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{38400000}}{{{x^3}}} = \frac{{81000}}{{{{\left( {x + 3000} \right)}^2}}}\)\( \Leftrightarrow 12800{\left( {x + 3000} \right)^2} = 27{x^3} \Leftrightarrow x = 2400\).
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có để chi phí vận hành trung bình cho mỗi mẫu xét nghiệm là thấp nhất thì trung tâm cần chọn số mẫu xét nghiệm là \(x = 2400\).
Đáp án cần nhập là: 2400.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên của đạo hàm như hình vẽ
Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)\). Tìm số điểm cực trị của hàm số \(y = g\left( x \right)\).
Đáp án: __
Có \(g'\left( x \right) = \left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}} \right)f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)\).
Ta có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}} = 0\\f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \pm 1\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = a\left( {a < - 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = b\left( { - 2 < b < 2} \right)\\\frac{{{x^2} + 1}}{x} = c\left( {c > 2} \right)\end{array} \right.\).
Xét hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}\).
Có \(h'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}\); \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\).
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{x}\) như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta có \(h\left( x \right) = a;h\left( x \right) = c\) mỗi phương trình có hai nghiệm phân biệt khác \( \pm 1\).
Mà \(a \ne c\) nên \(f'\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right) = 0\) có 4 nghiệm đơn khác \( \pm 1\).
Phương trình \(h\left( x \right) = b\) vô nghiệm.
Do đó phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có 6 nghiệm đơn phân biệt.
Do đó hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{x}} \right)\) có 6 điểm cực trị.
Đáp án cần nhập là: 6.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left| {{x^2} + 2x} \right|\). Có bao nhiêu giá trị dương của \(m\)thỏa mãn \(\int\limits_{ - 1}^m {f\left( x \right)dx} = 2\)
Đáp án: __
Ta có \[\int\limits_{ - 1}^m {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^m {f\left( x \right)dx} \]\( = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( { - {x^2} - 2x} \right)dx} + \int\limits_0^m {\left( {{x^2} + 2x} \right)dx} \)\( = \frac{2}{3} + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + {x^2}} \right)} \right|_0^m\)
\( = \frac{2}{3} + \frac{{{m^3}}}{3} + {m^2}\).
Ta có \(\frac{2}{3} + \frac{{{m^3}}}{3} + {m^2} = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{{{m^3}}}{3} + {m^2} - \frac{4}{3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = - 2\end{array} \right.\).
Vậy có 2 giá trị của m.
Đáp án cần nhập là: 2.
Một dự án bảo tồn thiên nhiên thực hiện việc tái thả một loài chim quý hiếm vào khu bảo tồn quốc gia. Sau khi theo dõi, các chuyên gia nhận thấy số lượng cá thể của loài này phát triển tuân theo quy luật của hàm số tăng trưởng \(f\left( t \right) = \frac{{3000}}{{1 + 3{e^{ - t}}}},t \ge 0\), trong đó \(t\) là thời gian tính bằng năm kể từ khi bắt đầu dự án tái thả, \(f'\left( t \right)\) là hàm số cho biết tốc độ tăng trưởng của quần thể chim tại thời điểm \(t\). Sau bao nhiêu năm kể từ khi bắt đầu dự án thì tốc độ tăng trưởng quần thể chim đạt mức cao nhất (kết quả làm tròn đến hàng phần mười)?
Đáp án: ____
Ta có: \(f\left( t \right) = \frac{{3\,000}}{{1 + 3{{\rm{e}}^{ - t}}}} = \frac{{3\,000{{\rm{e}}^t}}}{{{{\rm{e}}^t} + 3}}\)\( \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{{9\,000{e^t}}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^2}}}.\)
Tốc độ tăng trưởng của quần thể chim đạt mức cao nhất tức là \(f'\left( t \right)\) lớn nhất.
Xét hàm số \(h\left( t \right) = f'\left( t \right) = \frac{{9\,000{e^t}}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^2}}}\), \(t \ge 0\)
Ta có: \(h'\left( t \right) = \frac{{{{\left( {9000{e^t}} \right)}^\prime } \cdot {{\left( {{e^t} + 3} \right)}^2} - 2\left( {{e^t} + 3} \right) \cdot {{\left( {{e^t} + 3} \right)}^\prime } \cdot 9000{e^t}}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^4}}} = \frac{{9000{e^t} \cdot \left( {3 - {e^t}} \right)}}{{{{\left( {{e^t} + 3} \right)}^3}}}\)
\(h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 3 - {e^t} = 0 \Leftrightarrow {e^t} = 3 \Leftrightarrow t = \ln 3\).
Từ bảng biến thiên của hàm số \(h\left( t \right)\), với \(t \ge 0\) suy ra tốc độ tăng trưởng của quần thể chim \(h\left( t \right)\) lớn nhất khi\(t = \ln 3 \approx 1,1\)
Vậy sau khi tái thả khoảng \(t = \ln 3 \approx 1,1\) năm thì thì tốc độ tăng trưởng của quần thể chim là lớn nhất.
Đáp án cần nhập là: 1,1.
Có hai chiếc hộp, hộp I có 5 quả bóng đỏ và 3 quả bóng vàng, hộp II có 4 quả bóng đỏ và 6 quả bóng vàng, các quả bóng có cùng kích thước và khối lượng. Lấy ngẫu nhiên một quả bóng từ hộp I rồi chuyển (bỏ) vào hộp II. Sau đó, lấy ra ngẫu nhiên hai quả bóng từ hộp II. Biết rằng trong hai quả bóng lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ. Tính xác suất để quả bóng được chuyển từ hộp I sang là quả bóng màu đỏ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Đáp án: _____
Gọi \(A\) là biến cố “quả bóng lấy ra từ hộp I qua là quả bóng màu đỏ” và \[B\] là cố “trong hai quả lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ”
Cần tính \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( B \right)}}\)
Đếm \(n\left( B \right)\): Chia hai trường hợp
Trường hợp 1. Lấy một quả đỏ từ hộp I sang hộp II, rồi lấy hai quả bóng lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ, có \(5\left( {C_{11}^2 - C_6^2} \right) = 200\) cách.
Trường hợp 2. Lấy một quả vàng từ hộp 1 sang hộp 2, rồi lấy hai quả bóng lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ, có \(3\left( {C_{11}^2 - C_7^2} \right) = 102\)cách.
Suy ra \(n\left( B \right) = 200 + 102 = 302\) cách
Đếm \(n\left( {AB} \right)\).
“\(AB\) là biến cố lấy một quả đỏ từ hộp I sang hộp II rồi hai quả bóng lấy ra từ hộp II có ít nhất một quả màu đỏ từ hộp 2 ra ngoài”
Suy ra \(n\left( {AB} \right) = 5\left( {C_{11}^2 - C_6^2} \right) = 200\) cách
Vậy \(P\left( {A{\rm{|}}B} \right) = \frac{{200}}{{302}} \approx 0,66.\)
Đáp án cần nhập là: 0,66.
Một ngôi nhà gồm hai phần. Phần thân nhà dạng hình hộp chữ nhật \[ABCD.OMNK\] có chiều dài \[1200{\rm{ cm}}\], chiều rộng \[900{\rm{ cm}}\], chiều cao \[450{\rm{ cm}}\]. Phần mái nhà \[S.ABCD\] có dạng một hình chóp tứ giác có các cạnh bên bằng nhau. Biết \[ABCD\] là hình chữ nhật và chiều cao của ngôi nhà (bằng khoảng cách từ \[S\] đến mặt phẳng \[\left( {OMNK} \right)\]) bằng 600 cm. Chọn hệ trục toạ độ \[Oxyz\] sao cho \[M\] thuộc tia \[Ox\], \[K\] thuộc tia \[Oy\], \[A\] thuộc tia \[Oz\] (như hình vẽ), (mỗi đơn vị trên hệ trục ứng với 1m).
Gọi tọa độ điểm \[S\] là \[S\left( {a;b;c} \right)\]. Hãy tính \[a - b + c\].
Đáp án: ____
Gọi \[I\]là hình chiếu vuông góc của điểm \[S\] lên mặt phẳng \[\left( {OMNK} \right)\].
Dễ thấy \[I\] là tâm của hình chữ nhật \[OMNK\].
Do đó tọa độ của điểm \[I\] là \[I\left( {4,5;6;0} \right)\].
Suy ra tọa độ của điểm \[S\] là \[S\left( {4,5\,;\,6\,;6} \right)\]. Do đó \[a - b + c = 4,5\].
Đáp án cần nhập là: 4,5.
Cho hàm số \(y = - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{4}{x^2} + 3x\) có đồ thị \(\left( C \right)\) và đường thẳng \(d\) đi qua gốc tọa độ tạo thành hai miền phẳng có diện tích \({S_1}\) và \({S_2}\) như hình vẽ.
Biết \({S_2} = \frac{{27}}{4}\) và \({S_1} = \frac{m}{n}\) (hai số m, n là nguyên tố cùng nhau), tính giá trị \(2m - n\).
Đáp án: ____
Gọi \(a > 0\) là hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d\).
Đường thẳng \(d\) có hệ số góc là\(k = \frac{{ - \frac{1}{2}{a^3} + \frac{3}{4}{a^2} + 3a}}{a} = - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{3}{4}a + 3\).
Mặt khác \(d\) đi qua gốc tọa độ nên có phương trình là \(y = \left( { - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{3}{4}a + 3} \right)x\).
Ta có: \({S_1} = \int\limits_0^a {\left[ {\left( { - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{4}{x^2} + 3x} \right) - \left( { - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{3}{4}a + 3} \right)x} \right]{\rm{d}}x} \)
\[ \Leftrightarrow \frac{{27}}{4} = \left. {\left[ {\left( { - \frac{1}{8}{x^4} + \frac{1}{4}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2}} \right) - \left( { - \frac{1}{4}{a^2} + \frac{3}{8}a + \frac{3}{2}} \right){x^2}} \right]} \right|_0^a\]
\[ \Leftrightarrow \frac{{27}}{4} = \left( { - \frac{1}{8}{a^4} + \frac{1}{4}{a^3} + \frac{3}{2}{a^2}} \right) - \left( { - \frac{1}{4}{a^2} + \frac{3}{8}a + \frac{3}{2}} \right){a^2}\]\( \Leftrightarrow \frac{{27}}{4} = \frac{1}{8}{a^4} - \frac{1}{8}{a^3} \Leftrightarrow a = 3 > 0\).
Ta có phương trình \(d:y = \frac{3}{4}x\). Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(d\) là:
\(\frac{3}{4}x - \left( { - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{4}{x^2} + 3x} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{4}{x^2} - \frac{9}{4}x = 0 \Leftrightarrow x = 3 \vee x = 0 \vee x = - \frac{3}{2}\).
Do đó \({S_1} = \int\limits_{ - \,\,\frac{3}{2}}^0 {\left( {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{4}{x^2} - \frac{9}{4}x} \right){\rm{d}}x} = \frac{{135}}{{128}} = \frac{m}{n}\). Từ đó suy ra \(2m - n = 142\).
Đáp án cần nhập là: 142.
Một siêu thị điện máy cần mỗi ngày 5 chiếc ti vi để bán cho khách hàng. Chi phí cho mỗi lần vận chuyển ti vi từ kho tổng đến siêu thị là 8 triệu đồng. Chi phí lưu kho tại siêu thị là 200 nghìn đồng cho mỗi chiếc ti vi trong một ngày. Mỗi lần vận chuyển, ti vi được giao vào đầu ngày và lượng hàng được giao vừa đủ để siêu thị bán từ ngày hôm đó cho đến lần vận chuyển tiếp theo. Hỏi siêu thị cần vận chuyển ti vi mấy ngày một lần để chi phí trung bình mỗi ngày là nhỏ nhất?
Đáp án: __
Gọi \(n\left( {n > 0} \right)\)là số ngày giữa hai lần vận chuyển. Khi đó số ti vi vận chuyển một lần là \(5n\).
Số ti vi lưu kho ngày thứ nhất là \(5n - 5\).
Số ti vi lưu kho ngày thứ hai là \(5n - 5 \cdot 2\).
….
Số ti vi lưu kho ngày thứ \(n - 1\)là \(5n - 5\left( {n - 1} \right)\).
Do đó tổng số ti vi cần lưu kho là \(\frac{{5n\left( {n - 1} \right)}}{2}\).
Chi phí lưu kho là \(\frac{{5n\left( {n - 1} \right)}}{2} \cdot 0,2 = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\) triệu đồng.
Chi phí trung bình trong một ngày là \(f\left( n \right) = \frac{{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + 8}}{n} = \frac{8}{n} + \frac{n}{2} - 0,5\).
Bài toán trở thành tìm \(n\)để \(f\left( n \right)\) nhỏ nhất.
Có \(f'\left( n \right) = - \frac{8}{{{n^2}}} + \frac{1}{2}\); \(f'\left( n \right) = 0 \Leftrightarrow n = 4\)(vì \(n > 0\)).
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có \(n = 4\) thì \(f\left( n \right)\)nhỏ nhất.
Đáp án cần nhập là: 4.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), khoảng cách giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right):x + 2y + 2z + 5 = 0\) và \(\left( Q \right):x + 2y + 2z - 1 = 0\) là bao nhiêu?
Đáp án: __
Ta có \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {5 - \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{3} = 2\).
Đáp án cần nhập là: 2.
Trong một buổi lễ kỷ niệm, một đơn vị tổ chức sự kiện sử dụng các thiết bị bay không người lái (Drone) để tạo thành một khung hình tứ giác \(ABCD\) phát sáng trên bầu trời. Để lập trình quỹ đạo bay, kỹ sư điều khiển đặt một trạm phát tín hiệu tại ví trí \(O\left( {0;0;0} \right)\) ngay trên mặt đất. Tại một thời điểm cố định, vị trí của 4 chiếc Drone ở 4 góc của hình tứ giác được xác định bởi các tọa độ trong hệ trục tọa độ \(Oxyz\) (đơn vị đo là mét) như sau: \(A\left( {15;25;9} \right),B\left( {20;5;5} \right),C\left( { - 10; - 10;2} \right),D\left( { - 15;10;6} \right)\). Tính diện tích bề mặt của khung hình tứ giác mà các Drone tạo ra trên không trung (đơn vị m2) (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Đáp án: ____
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {5; - 20; - 4} \right),\overrightarrow {DC} = \left( {5; - 20; - 4} \right)\), \(\overrightarrow {AD} = \left( { - 30; - 15; - 3} \right)\)
Vì \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \) nên \(ABCD\)là hình bình hành.
Có \(AB = 21;AD = 9\sqrt {14} \).
Có \(\cos \widehat {BAD} = \frac{{\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AD} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AD} } \right|}} = \frac{{162}}{{21 \cdot 9\sqrt {14} }} = \frac{6}{{7\sqrt {14} }}\).
Do đó \(\sin \widehat {BAD} = \frac{{5\sqrt {26} }}{{7\sqrt {14} }}\).
Diện tích bề mặt của khung hình tứ giác mà các Drone tạo ra trên không trung chính là diện tích hình bình hành \(ABCD\).
Có \({S_{ABCD}} = AB \cdot AD \cdot \sin \widehat {BAD} = 21 \cdot 9\sqrt {14} \cdot \frac{{5\sqrt {26} }}{{7\sqrt {14} }} \approx 688\;{m^2}\).
Đáp án cần nhập là: 688.
