Đề thi tham khảo ĐGNL Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh môn Toán có đáp án - Đề số 3
40 câu hỏi
Thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 1 đến câu 20.
\(y = 1\).
\(x = 1\).
\(x = - 2\).
\(y = - 2\).
Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{x - 1}}{{x + 2}} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{x - 1}}{{x + 2}} = + \infty \) nên \(x = - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. Chọn C.
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - 2 + 2t\\z = - t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = - 2 - 2t\\z = t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 2 - t\\z = 3t\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 2t\\y = - 2 + t\\z = - 3t\end{array} \right.\).
Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {1;2; - 1} \right)\).
Đường thẳng d đi qua \(A\left( {1; - 2;0} \right)\) và vuông góc với \(\left( Q \right)\) nhận \(\overrightarrow n = \left( {1;2; - 1} \right)\) làm một vectơ chỉ phương.
Phương trình đường thẳng \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - 2 + 2t\\z = - t\end{array} \right.\). Chọn A.
Một hộp có 5 bi đỏ và 3 bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 2 bi liên tiếp mà không hoàn lại. Biết rằng bi đầu tiên lấy ra là bi đỏ, xác suất để bi thứ hai cũng là bi đỏ bằng bao nhiêu?
\(\frac{5}{8}\).
\(\frac{4}{7}\).
\(\frac{3}{8}\).
\(\frac{2}{7}\).
Xác suất để bi thứ hai là bi đỏ trong điều kiện bi lấy ra lần thứ nhất cũng là bi đỏ là \(P = \frac{4}{7}\). Chọn B.
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\) mà \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\).
Do đó \(\left( {SC,BD} \right) = 90^\circ \). Chọn D.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình vẽ
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
\(1\).
\(2\).
\(3\).
\(4\).
\(x + 2y + z + 4 = 0\).
\(x + 2y + z - 1 = 0\).
\(x + 2y - z - 6 = 0\).
\(x + 2y + z - 4 = 0\).
Vì mặt phẳng \(\left( Q \right)\)song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng: \(x + 2y + z + d = 0\).
Mà \(M \in \left( Q \right)\) nên \(1 + 2 \cdot 2 + \left( { - 1} \right) + d = 0 \Leftrightarrow d = - 4\).
Vậy \(x + 2y + z - 4 = 0\). Chọn D.
\(S = 3034\).
\(3034,5\).
\(3043,5\).
\(3043\).
Diện tích của phần vật thể là \(S = \int\limits_1^2 {2023xdx} = 3034,5\). Chọn B.
Thống kê điểm thi tốt nghiệp môn Toán THPT của một lớp 12 thu được kết quả như sau
Nhóm | \(\left[ {3;4} \right)\) | \(\left[ {4;5} \right)\) | \(\left[ {5;6} \right)\) | \(\left[ {6;7} \right)\) | \(\left[ {7;8} \right)\) | \(\left[ {8;9} \right)\) | \(\left[ {9;10} \right)\) |
Tần số | 3 | 4 | 5 | 10 | 15 | 10 | 0 |
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu thống kê trên bằng
\(7\).
\(6\).
\(10\).
\(8\).
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu \(R = 9 - 3 = 6\). Chọn B.
Đường cong trong hình sau là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
\(y = - {x^3} - 3{x^2} - 2\).
\(y = {x^3} - 3{x^2} - 2\).
\(y = 2{x^3} + 6{x^2} - 2\).
\(y = {x^3} + 3{x^2} - 2\).
Dựa vào đồ thị hàm số ta có đây là đồ thị hàm số bậc ba có hệ số \(a > 0\).
Lại có đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( { - 2;2} \right)\). Do đó chọn D.
\(\sqrt {14} \).
\(\sqrt {114} \).
\(5\sqrt 2 \).
\[3\sqrt 5 \].
Ta có \(3\overrightarrow u + \overrightarrow v = \left( {5; - 4;3} \right)\).
Khi đó \(\left| {3\overrightarrow u + \overrightarrow v } \right| = \sqrt {{5^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {3^2}} = \sqrt {50} = 5\sqrt 2 \). Chọn C.
\(12\).
\(6\).
\(2\).
\(18\).
Ta có \(f'\left( 1 \right) = 2\), ta được \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = 2 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 3}}{{x - 1}} = 2\).
Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{f^2}\left( x \right) - 9}}{{x - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {f\left( x \right) - 3} \right]\left[ {f\left( x \right) + 3} \right]}}{{x - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {f\left( x \right) - 3} \right]}}{{x - 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) + 3} \right]\)
\( = 2\left[ {f\left( 1 \right) + 3} \right] = 2 \cdot \left( {3 + 3} \right) = 12\). Chọn A.
\(F\left( x \right) = \frac{{{9^x}}}{{2\ln 3}} + C\).
\(F\left( x \right) = {9^x} \cdot \ln 9 + C\).
\(F\left( x \right) = \frac{{{9^{x + 1}}}}{{x + 1}} + C\).
\(F\left( x \right) = {9^x} + C\).
Có \(F\left( x \right) = \int {{9^x}dx} = \frac{{{9^x}}}{{\ln 9}} + C = \frac{{{9^x}}}{{2\ln 3}} + C\). Chọn A.
Thống kê điểm trung bình môn Toán của một số học sinh lớp 12 được mẫu số liệu sau:
Khoảng điểm | \(\left[ {6,5;\,7} \right)\) | \(\left[ {7;\,7,5} \right)\) | \(\left[ {7,5;\,8} \right)\) | \(\left[ {8;\,8,5} \right)\) | \(\left[ {8,5;\,9} \right)\) | \(\left[ {9;\,9,5} \right)\) | \(\left[ {9,5;\,10} \right)\) |
Tần số | \(8\) | \(10\) | \(16\) | \(24\) | \(13\) | \(7\) | \(4\) |
Phương sai của mẫu số liệu về điểm trung bình môn Toán của các học sinh đó là
0,616.
0,785.
0,78.
0,609.
Cỡ mẫu \(n = 8 + 10 + 16 + 24 + 13 + 7 + 4 = 82\).
Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là
\(\bar x = \frac{{8 \cdot 6,75 + 10 \cdot 7,25 + 16 \cdot 7,75 + 24 \cdot 8,25 + 13 \cdot 8,75 + 7 \cdot 9,25 + 4 \cdot 9,75}}{{82}} = \frac{{333}}{{41}}\).
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\({S^2} = \frac{1}{{82}}\left( {8 \cdot {{6,75}^2} + 10 \cdot {{7,25}^2} + 16 \cdot {{7,75}^2} + 24 \cdot {{8,25}^2} + 13 \cdot {{8,75}^2} + 7 \cdot {{9,25}^2} + 4 \cdot {{9,75}^2}} \right) - {\left( {\frac{{333}}{{41}}} \right)^2}\)
\( \approx 0,609\). Chọn D.
\(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1\).
\(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{4} = \frac{{z - 3}}{9}\).
\(\frac{x}{1} = \frac{y}{2} = \frac{z}{3}\).
\(x = 2y = 3z\).
Đường thẳng \(OM\) đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {OM} = \left( {1;2;3} \right)\) nên nó có phương trình là: \(\frac{x}{1} = \frac{y}{2} = \frac{z}{3}\). Chọn C.
\(\frac{{\sqrt {10} }}{5}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{{\sqrt {10} }}{{15}}\).
\(\frac{{\sqrt {10} }}{{20}}\).
Theo đề có \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot CD\).
Kẻ \(HJ \bot CD\). Do đó \(CD \bot \left( {SHJ} \right)\).
Kẻ \(HK \bot SJ\) mà \(CD \bot \left( {SHJ} \right) \Rightarrow CD \bot HK\). Do đó \(HK \bot \left( {SCD} \right)\).
Do đó \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\).
Có \(\frac{{CH}}{{CA}} = \frac{{HJ}}{{AD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow HJ = \frac{3}{4}AD = \frac{3}{4}\).
Xét \(\Delta SHJ\) vuông tại \(H\), có \(HK \bot SJ\) nên \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{{16}}{6} + \frac{{16}}{9} = \frac{{40}}{9} \Rightarrow HK = \frac{{3\sqrt {10} }}{{20}}\).
Có \(\frac{{AC}}{{HC}} = \frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{4}{3}\)\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{4}{3} \cdot \frac{{3\sqrt {10} }}{{20}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\). Chọn A.
\(4\).
\(2\).
\(0\).
\(1\).
Ta có \(\left| {\overrightarrow u } \right| = 2;\left| {\overrightarrow v } \right| = \sqrt {1 + {m^2}} \); \(\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v = 1 - m\sqrt 2 \).
Khi đó \(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right|}}\)\( \Leftrightarrow \cos 60^\circ = \frac{{1 - m\sqrt 2 }}{{2\sqrt {1 + {m^2}} }}\)\( \Leftrightarrow \frac{{1 - m\sqrt 2 }}{{2\sqrt {1 + {m^2}} }} = \frac{1}{2}\)\( \Leftrightarrow 2\left( {1 - m\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt {1 + {m^2}} \)
\( \Leftrightarrow 1 - m\sqrt 2 = \sqrt {1 + {m^2}} \)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - m\sqrt 2 \ge 0\\{\left( {1 - m\sqrt 2 } \right)^2} = 1 + {m^2}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\1 - 2m\sqrt 2 + 2{m^2} = 1 + {m^2}\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\{m^2} - 2m\sqrt 2 = 0\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow m = 0\]. Vậy có 1 giá trị của m. Chọn D.
\(\frac{5}{8}\).
\(\frac{5}{2}\).
\( - \frac{1}{4}\).
\(\frac{3}{2}\).
Ta có \({\log _{{a^2}}}\frac{a}{{\sqrt b }} = \frac{1}{2}\left( {{{\log }_a}a - {{\log }_a}\sqrt b } \right) = \frac{1}{2}\left( {1 - \frac{1}{2}{{\log }_a}b} \right) = - \frac{1}{4}\). Chọn C.
\(12m{\rm{/}}{s^2}.\)
\(17m{\rm{/}}{s^2}.\)
\(24m{\rm{/}}{s^2}.\)
\(14m{\rm{/}}{s^2}.\)
Có \(v\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5;a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 6\).
Khi đó \(a\left( t \right) = 6 \cdot 3 - 6 = 12\) m/s2. Chọn A.
\(\frac{{\sqrt 3 + \pi }}{3}\).
\(\frac{{2\pi }}{3}\).
\(\frac{{3\pi }}{4}\).
\(\frac{{\sqrt 3 - 1 + \pi }}{3}\).
Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {\sin x + \cos x} \right)dx} \)\( = - \cos x + \sin x + C\).
Mà \(F\left( 0 \right) = 3\) nên \( - \cos 0 + \sin 0 + C = 3 \Leftrightarrow - 1 + C = 3 \Leftrightarrow C = 4\).
Vậy \(F\left( x \right) = - \cos x + \sin x + 4\).
Khi đó \(\int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}} {\left( { - \cos x + \sin x + 4} \right)dx} \)\( = \left. {\left( { - \sin x - \cos x + 4x} \right)} \right|_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{3}}\)\( = \left( { - \sin \frac{\pi }{3} - \cos \frac{\pi }{3} + 4 \cdot \frac{\pi }{3}} \right) - \left( { - \sin \frac{\pi }{6} - \cos \frac{\pi }{6} + 4 \cdot \frac{\pi }{6}} \right)\)
\( = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{1}{2} + \frac{{4\pi }}{3} + \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{2\pi }}{3}\). Chọn B.
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 36\).
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\).
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 36\).
Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(2;1; - 1)\), bán kính \(R = 3\) nên có phương trình là
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 9\). Chọn B.
1. Đúng. Có \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{6} \cdot 2a \cdot {\left( {2a} \right)^2} = \frac{{4{a^3}}}{3}\).
2. Sai. Hạ \(AH \bot SB\)(1).
Có \(BC \bot AB\) và \(BC \bot SA\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\). Do đó \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).
Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = a\sqrt 2 \).
3. Đúng. Có \(SA \bot AB,AB \bot BC\) nên \(d\left( {SA,BC} \right) = AB = 2a\).
4. Sai. Có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AM\) là hình chiếu vuông góc của \(SM\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).
Khi đó \(\left( {SM,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM,AM} \right) = \widehat {SMA}\).
Vì \(M\)là trung điểm của \(BC\) nên \(BM = MC = a\).
Xét \(\Delta ABM\) vuông tại \(B\), có \(AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 \).
Xét \(\Delta SAM\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \widehat {SMA} \approx 42^\circ \).
5. Sai.
Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), kẻ \(ME//CN\left( {E \in AB} \right)\) \( \Rightarrow CN//\left( {SME} \right)\).
Khi đó \(d\left( {SM,CN} \right) = d\left( {CN,\left( {SME} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right)\).
Lại có \(\frac{{d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right)}} = \frac{{NE}}{{AE}} = \frac{{\frac{1}{2}NB}}{{\frac{7}{2}NB}} = \frac{1}{7}\).
Kẻ \(AK \bot ME\), Kẻ \(AJ \bot SK\)(3).
Có \(AK \bot ME\) mà \(ME \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\) nên \(ME \bot \left( {SAK} \right) \Rightarrow ME \bot AJ\) (4).
Từ (3) và (4), suy ra \(AJ \bot \left( {SME} \right)\).
Khi đó \(d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right) = AJ\).
Có \({S_{\Delta AME}} = \frac{1}{2}MB \cdot AE = \frac{1}{2}MB \cdot \frac{7}{8}AB = \frac{7}{{16}} \cdot a \cdot 2a = \frac{7}{8}{a^2}\).
Có \(CN = \sqrt {B{C^2} + B{N^2}} = \sqrt {4{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\).
Có \(ME\) là đường trung bình của \(\Delta BCN\) nên \(ME = \frac{1}{2}CN = \frac{{a\sqrt {17} }}{4}\).
Lại có \({S_{\Delta AME}} = \frac{1}{2}AK \cdot ME = \frac{7}{8}{a^2} \Rightarrow AK = \frac{{7a}}{{\sqrt {17} }}\).
Xét \(\Delta SAK\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{J^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{{17}}{{49{a^2}}} = \frac{{117}}{{196{a^2}}}\)\( \Rightarrow AJ = \frac{{14a\sqrt {13} }}{{39}}\).
Suy ra \(d\left( {N,\left( {SME} \right)} \right) = \frac{1}{7}d\left( {A,\left( {SME} \right)} \right) = \frac{1}{7} \cdot \frac{{14a\sqrt {13} }}{{39}} = \frac{{2a\sqrt {13} }}{{39}}\). Chọn 1, 3.
1. Đúng. Số tiền anh Nam còn nợ sau tháng đầu tiên là \({A_1} = P + P \cdot r - M = P\left( {1 + r} \right) - M\).
2. Đúng. Lãi suất 1 tháng là \(r = \frac{{8,25\% }}{{12}} = 0,6875\% \).
3. Đúng. Số tiền anh Nam còn nợ sau tháng thứ 2 là \({A_2} = P{\left( {1 + r} \right)^2} - M\left( {1 + r} \right) - M\).
….
Số tiền anh Nam còn nợ sau 30 năm là
\({A_{360}} = P{\left( {1 + r} \right)^{360}} - M - M\left( {1 + r} \right) - M{\left( {1 + r} \right)^2} - ... - M{\left( {1 + r} \right)^{359}} = 0\)\(M = \frac{{r \cdot P{{\left( {1 + r} \right)}^{360}}}}{{{{\left( {1 + r} \right)}^{360}} - 1}} = \frac{{0,6875\% \cdot 290000{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{360}}}}{{{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{360}} - 1}} \approx 2178\).
Tổng số tiền trong 30 năm mà anh Nam phải trả là \(T = 360M \approx 784\;322\) đô la.
Ta có \(\frac{T}{{290000}} \approx 2,7\).
4. Sai. Nếu mỗi tháng anh Nam trả \(N = M + 250\) đô la thì sau 20 năm số nợ còn lại là
\({A_{240}} = P{\left( {1 + r} \right)^{240}} - N - N\left( {1 + r} \right) - N{\left( {1 + r} \right)^2} - ... - N{\left( {1 + r} \right)^{239}}\)\( = 290000{\left( {1 + 0,6875\% } \right)^{240}} - 2428 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0,6875\% } \right)}^{240}} - 1}}{{0,6875\% }} \approx 26123,6\). Chọn 1, 2, 3.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) và \(f'\left( x \right)\) là hàm số bậc ba có đồ thị là đường cong trong hình vẽ.
Những phương án nào dưới đây đúng?
1. Sai. Bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau
Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\).
2. Sai. Dựa vào bảng xét dấu, ta có hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.
3. Đúng. Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{f'\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)}} = 0\) nên hàm số \(y = h\left( x \right)\) có 1 tiệm cận ngang.
Lại có \(f'\left( x \right) = 0\) có 2 nghiệm. Do đó hàm số \(y = h\left( x \right)\) có 2 tiệm cận đứng.
Vậy hàm số \(y = h\left( x \right)\) có tất cả 3 đường tiệm cận.
4. Sai.
Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x + 1\);
Có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1\) (1).
Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = x - 1\).
Dựa vào đồ thị hàm số trên ta có \(x = - 3;x = - 1;x = 1\) là 3 nghiệm của phương trình (1).
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) như sau
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\), ta thấy để đồ thị hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{1}{2}{x^2} + x + 2025\) cắt đường thẳng \(y = m\) tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi \(\max \left\{ {g\left( { - 3} \right);g\left( 1 \right)} \right\} < m < g\left( { - 1} \right)\).
5. Đúng. Ta có \(k'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\).
Có \(k'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - 2 = 0\\f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\{x^2} - 2x = - 2\\{x^2} - 2x = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 1 + \sqrt 2 \\x = 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).
Bảng xét dấu của \(k'\left( x \right)\)
Dựa vào bảng xét dấu của \(k'\left( x \right)\), ta có hàm số \(y = k\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị. Chọn 3, 5.
Một bệnh viện đang triển khai hệ thống xét nghiệm để phát hiện bệnh truyền nhiễm. Tuy nhiên, do hệ thống chưa hoàn hảo, nó có thể cho kết quả dương tính giả hoặc âm tính giả. Hệ thống hoạt động với các thông số sau:
+) Tỉ lệ bệnh nhân thực sự mắc bệnh trong tổng số người xét nghiệm là 5%.
+) Xác suất hệ thống phát hiện đúng và cho kết quả dương tính với bệnh nhân mắc bệnh là 94%.
+) Xác suất hệ thống cho kết quả dương tính giả đối với bệnh nhân không mắc bệnh là 3%.
Chọn ngẫu nhiên một bệnh nhân đã được xét nghiệm. Những phương án nào dưới đây đúng?
Gọi \(A\) là biến cố “Bệnh nhân đó mắc bệnh”; \(B\)là biến cố “Xét nghiệm cho kết quả dương tính”.
Theo đề ta có \(P\left( A \right) = 0,05;P\left( {\overline A } \right) = 0,95;\)\(P\left( {B|A} \right) = 0,94;P\left( {B|\overline A } \right) = 0,03\).
1. Đúng. \(P\left( {B|A} \right) = 0,94\).
2. Đúng. Có \(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,05 \cdot 0,94 + 0,95 \cdot 0,03 = \frac{{151}}{{2000}}\).
3. Sai. Có \[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,05 \cdot 0,94}}{{\frac{{151}}{{2000}}}} = \frac{{94}}{{151}}\].
4. Sai. Cần tính \(P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B |\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,95 \cdot 0,97}}{{1 - \frac{{151}}{{2000}}}} = \frac{{1843}}{{1849}}\). Chọn 1; 2.
1. Đúng. Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;1; - 3} \right)\).
2. Sai. Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc với \(d\).
Suy ra \(\left( \alpha \right)\) có vectơ pháp tuyến \[\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;1; - 3} \right)\].
Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là: \(2\left( {x - 2} \right) + \left( {y + 5} \right) - 3\left( {z + 6} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 2x + y - 3z - 17 = 0\)
3. Đúng. \(H \in d \Rightarrow H\left( {1 + 2t; - 2 + t; - 1 - 3t} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AH} = \left( {2t - 1;t + 3;5 - 3t} \right)\).
\(AH \bot d \Rightarrow \overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0 \Rightarrow \left( {2t - 1} \right) \cdot 2 + \left( {t + 3} \right) \cdot 1 - 3 \cdot \left( {5 - 3t} \right) = 0\)\( \Rightarrow 14t - 14 = 0 \Rightarrow t = 1\).
Vậy \(H\left( {3; - 1; - 4} \right)\).
4. Sai. Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(\left( P \right)\).
\(AK \bot \left( P \right) \Rightarrow AK \bot HK\) nên \(\Delta AHK\) vuông tại \(K\)
\( \Rightarrow d\left( {A,\left( P \right)} \right) = AK \le AH\): hằng số
Để \[d\left( {A,\left( P \right)} \right)\] lớn nhất thì \(K \equiv H\)\( \Rightarrow K\left( {3; - 1; - 4} \right)\).
Khi đó \[\left( P \right)\] có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {AK} = \left( {1;4;2} \right)\) và đi qua điểm \(K\left( {3; - 1; - 4} \right)\) nên có phương trình \(1\left( {x - 3} \right) + 4\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z + 4} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x + 4y + 2z + 9 = 0\). Chọn 1, 3.
Dựa vào thông tin dưới đây, thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 26 đến câu 27.
Trong năm 2024, số lượng cá thể của một quần thể sinh vật X tại ngày thứ \(t\) (\(0 \le t \le 365\)) được ước lượng bởi hàm số: \(f\left( t \right) = - \frac{1}{{300}}{t^3} + b{t^2} + ct + 12000\) (con). Biết rằng vào ngày 26/9/2024 (ngày thứ 270), quần thể đạt số lượng cá thể nhiều nhất với \(55\;740\) con.
Tại ngày thứ 270, tốc độ thay đổi quy mô quần thể đạt giá trị lớn nhất.
Trong khoảng thời gian từ ngày 1/1/2024 đến ngày thứ 270, tốc độ thay đổi quy mô quần thể luôn là một hằng số dương.
Tại thời điểm t = 270, tốc độ thay đổi quy mô quần thể bằng 0, trước đó quần thể đang trong giai đoạn tăng trưởng và sau đó bắt đầu suy giảm.
Tốc độ thay đổi quy mô quần thể \(v\left( t \right)\) luôn nhỏ hơn 0 với mọi \(t \in \left[ {0;365} \right]\).
Ta có \(f\left( t \right) = - \frac{1}{{300}}{t^3} + b{t^2} + ct + 12000\).
Khi đó \(v\left( t \right) = f'\left( t \right) = - \frac{1}{{100}}{t^2} + 2bt + c\).
Ngày 26/9/2024 ứng với \(t = 270\) là ngày có số lượng cá thể sinh vật X nhiều nhất với \(55\;740\)con nên hàm số đạt cực đại tại \(t = 270\).
Theo đề ta có \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( {270} \right) = 0\\f\left( {270} \right) = 55740\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \frac{1}{{100}} \cdot {270^2} + 540b + c = 0\\ - \frac{1}{{300}} \cdot {270^3} + b \cdot {270^2} + 270c + 12000 = 55740\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}540b + c = 729\\72900b + 270c = 109350\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{6}{5}\\c = 81\end{array} \right.\).
Vậy hàm số đã cho là \(f\left( t \right) = - \frac{1}{{300}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 81t + 12000\).
Thử lại \(f'\left( t \right) = - \frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{12}}{5}t + 81\); \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 270\\t = - 30\end{array} \right.\).
Vì \(t > 0\)nên \(t = - 30\) loại.
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy tại thời điểm t = 270, tốc độ thay đổi quy mô quần thể bằng 0, trước đó quần thể đang trong giai đoạn tăng trưởng và sau đó bắt đầu suy giảm. Chọn C.
\(39,2\)nghìn con.
\(38,4\)nghìn con.
\(49,6\)nghìn con.
\(50,1\)nghìn con.
Ngày 25/11/2024 ứng với \(t = 330\). Khi đó số lượng cá thể sinh vật X được ước lượng khoảng bằng
\(f\left( {330} \right) = - \frac{1}{{300}} \cdot {330^3} + \frac{6}{5} \cdot {330^2} + 81 \cdot 330 + 12000 = 49620\) con \( \approx 49,6\)nghìn con. Chọn C.
Dựa vào thông tin dưới đây, thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 28 đến câu 30.
Cho hàm số
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
\(\left( {0; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\).
\(\left[ {0; + \infty } \right)\).
Đặt \(t = t\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 1} + x,t > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).
Ta có \(t' = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = f\left( {t\left( x \right)} \right) = {3^t} - {3^{\frac{1}{t}}}\) có \(f' = \left( {{3^t} \cdot \ln 3 + \frac{1}{{{t^2}}} \cdot {3^{\frac{1}{t}}} \cdot \ln 3} \right) > 0,\forall t > 0\).
Do đó \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\). Chọn C.
1 nghiệm.
2 nghiệm.
3 nghiệm.
4 nghiệm.
\(f\left( x \right) - 80 \cdot {3^{\sqrt {{x^2} + 1} - 2}} \le 0\) \( \Leftrightarrow {3^{\sqrt {{x^2} + 1} + x}} - {3^{\sqrt {{x^2} + 1} - x}} - 80 \cdot {3^{\sqrt {{x^2} + 1} - 2}} \le 0\)\( \Leftrightarrow {3^{\sqrt {{x^2} + 1} }}\left( {{3^x} - {3^{ - x}} - 80 \cdot {3^{ - 2}}} \right) \le 0\)
\( \Leftrightarrow {3^x} - {3^{ - x}} - 80 \cdot {3^{ - 2}} \le 0\)\( \Leftrightarrow {3^x} - \frac{1}{{{3^x}}} - \frac{{80}}{9} \le 0\)\( \Leftrightarrow 9 \cdot {3^{2x}} - 80 \cdot {3^x} - 9 \le 0\)\( \Leftrightarrow - \frac{1}{9} \le {3^x} \le 9 \Leftrightarrow x \le 2\).
Do đó bất phương trình có hai nghiệm nguyên dương. Chọn B.
\(2025\).
\(2029\).
\(2030\).
\(2024\).
Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) và \(f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right)\).
Khi đó bất phương trình \(f\left( {{x^2} + 1} \right) + f\left( { - \frac{{mx}}{2}} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 1} \right) > - f\left( { - \frac{{mx}}{2}} \right)\)\( \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 1} \right) > f\left( {\frac{{mx}}{2}} \right)\).
\( \Leftrightarrow {x^2} + 1 > \frac{{mx}}{2}\).
Yêu cầu bài toán tương đương với \(m > 2x + \frac{2}{x},\forall x \in \left( { - \infty ;0} \right)\)\( \Leftrightarrow m > \mathop {\max }\limits_{\left( { - \infty ;0} \right)} \left( {2x + \frac{2}{x}} \right) \Leftrightarrow m > - 4\).
Mà \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left[ { - 2024;2025} \right]\) nên suy ra có 2029 giá trị m thỏa mãn. Chọn B.
Thí sinh điền đáp án vào ô trống theo yêu cầu từ câu 31 đến câu 40.
Một phòng nhân sự có 40 hồ sơ ứng viên được đánh số từ 1 đến 40. Các hồ sơ có số thứ tự là số nguyên tố là những ứng viên có chứng chỉ ngoại ngữ quốc tế. Trưởng phòng lấy ngẫu nhiên ra một hồ sơ để xem, sau đó để sang một bên rồi lấy tiếp hồ sơ thứ hai. Hỏi xác suất để hồ sơ thứ hai có chứng chỉ ngoại ngữ quốc tế là bao nhiêu?
Đáp án: ____
Gọi \(A\)là biến cố “Lần thứ nhất trưởng hòng lấy bộ hồ sơ ghi số nguyên tố”;
\(B\) là biến cố “Lần thứ hai lấy được hồ sơ ghi số nguyên tố”.
Từ 1 đến 40 có 12 số nguyên tố.
Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{{12}}{{40}} = 0,3 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,7\).
Vì lấy hồ sơ không trả lại nên \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{11}}{{39}};P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{12}}{{39}} = \frac{4}{{13}}\).
Theo công thức toàn phần ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = 0,3 \cdot \frac{{11}}{{39}} + 0,7 \cdot \frac{4}{{13}} = 0,3\).
Đáp án cần nhập là: 0,3.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}\), thỏa mãn điều kiện \(f'\left( x \right) - 2f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^{2x}}\) và \(f\left( 0 \right) = 1\). Biết \(f\left( 2 \right) = a \cdot {e^b}\) với \(a,b \in \mathbb{N}\). Tính \(a + b\).
Đáp án: __
Ta có\(f'\left( x \right) - 2f\left( x \right) = \left( {x + 1} \right){e^{2x}}\)\( \Leftrightarrow {e^{ - 2x}}f'\left( x \right) - 2{e^{ - 2x}}f\left( x \right) = x + 1\)\( \Leftrightarrow {\left( {{e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right)} \right)^\prime } = x + 1,\forall x \in \mathbb{R}\).
Tích phân 2 vế trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\), ta được
\(\int\limits_0^2 {{{\left( {{e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right)} \right)}^\prime }dx} = \int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right)dx} \)\( \Leftrightarrow \left. {{e^{ - 2x}} \cdot f\left( x \right)} \right|_0^2 = 4\)\( \Leftrightarrow {e^{ - 4}} \cdot f\left( 2 \right) - 1 = 4\)\( \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = 5{e^4}\).
Suy ra \(a = 5;b = 4\). Vậy \(a + b = 9\).
Đáp án cần nhập là: 9.
Trong một công viên, người ta thiết kế một bồn hoa có mép cong được mô tả bởi một phần của đồ thị hàm số \(y = 4x - {x^3}\) (đơn vị tính bằng mét). Một lối đi thẳng \(AB\) được làm trùng với tiếp tuyến của đồ thị tại điểm \(A\left( {2;0} \right)\). Điểm \(B\) là giao điểm thứ hai của tiếp tuyến với đồ thị. Phần diện tích giới hạn bởi đường cong và đoạn thẳng \(AB\) được dùng để trồng hoa. Hãy tính diện tích phần đất trồng hoa đó (đơn vị mét vuông), (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Đáp án: ____
Ta có \(y' = 4 - 3{x^2}\), ta có \(y'\left( 2 \right) = - 8\).
Phương trình tiếp tuyến tại \(A\)của đồ thị hàm số là \(y - 0 = - 8\left( {x - 2} \right) = - 8x + 16\).
Hoành độ của \(B\) là nghiệm (âm) của phương trình \(4x - {x^3} = - 8x + 16\)\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2}\left( {x + 4} \right) = 0\).
Do đó \(B\left( { - 4;48} \right)\).
Diện tích trồng hoa là \(\int\limits_{ - 4}^2 {\left| {\left( { - 8x + 16} \right) - \left( {4x - {x^3}} \right)} \right|dx} = 108\;\left( {{m^2}} \right)\).
Đáp án cần nhập là: 108.
Trong một khu đô thị thông minh, một robot giao hàng bay (Drone) được lệnh chuyển một kiện hàng gấp từ kho đến vị trí khách hàng. Để quản lí không lưu, trạm điều khiển được thiết lập hệ tọa độ \(Oxyz\)(đơn vị trên mỗi trục là 1 mét). Drone bắt đầu hành trình tại điểm tập kết \(A\left( {10;3;0} \right)\) và bay thẳng đều đến vị trí khách hàng \(D\) cách đó 4050 m. Hệ thống dẫn đường xác định Drone bay theo hướng cùng phương với vectơ \(\overrightarrow u = \left( {2; - 2;1} \right)\). Sau khi bay được 3 phút, hệ thống quét mã vùng ghi nhận Drone vừa bay ngang qua trạm tiếp sóng B có hoành độ \({x_B} = 550\). Giả sử tốc độ bay không đổi, hỏi kể từ lúc xuất phát, Drone cần tổng cộng bao nhiêu phút để đưa kiện hàng đến đúng vị trí khác hàng D?
Đáp án: ___
Ta có \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow u \) cùng phương nên \(\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow u \).
Khi đó \(\left( {540;{y_B} - 3;{z_B}} \right) = k\left( {2; - 2;1} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}540 = 2k\\{y_B} - 3 = - 2k\\{z_B} = k\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 270\\{y_B} = - 537\\{z_B} = 270\end{array} \right.\)\( \Rightarrow B\left( {550; - 537;270} \right)\).
Khi đó \(AB = \sqrt {{{\left( {550 - 10} \right)}^2} + {{\left( { - 537 - 3} \right)}^2} + {{\left( {270 - 0} \right)}^2}} = 810\) m.
Lại có \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{4050}}{{810}} = 5\) hay \(AD = 5AB\).
Mà tốc độ bay không đổi và thời gian di chuyển từ A đến B là 3 phút.
Do đó thời gian di chuyển từ A đến D là \(5 \cdot 3 = 15\)phút.
Đáp án cần nhập là: 15.
Cho hàm số \(y = {x^3} - 3\left( {m + 1} \right){x^2} + 3\left( {{m^2} + 2m} \right)x - 2025\) với \(m\) là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để hàm số có giá trị lớn nhất trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\)?
Đáp án: __
Ta có \(y' = 3{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 3\left( {{m^2} + 2m} \right)\).
Có \(y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 2m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = m\\x = m + 2\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên
Để hàm số có giá trị lớn nhất trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) thì .
Ta có ;
\(y\left( 0 \right) = - 2025\).
Để \( \Leftrightarrow {m^3} + 3{m^2} - 2025 \ge - 2025\)\( \Leftrightarrow {m^3} + 3{m^2} \ge 0 \Leftrightarrow m \ge - 3\).
Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1} \right\}\).
Vậy có 3 giá trị nguyên của \(m\).
Đáp án cần nhập là: 3.
Trong một cuộc thám hiểm hầm mộ cổ, một robot siêu nhỏ được điều khiển để thu thập dữ liệu. Các nhà khảo cổ thiết lập hệ tọa độ \(Oxyz\) (đơn vị 1 cm) để theo dõi robot. Robot xuất phát từ một khối đá tại vị trí \(A\left( {3;2;1} \right)\). Đầu tiên, robot hạ xuống sàn hành lang – chính là mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) để sạc năng lượng. Sau đó, nó di chuyển đến một bức tường nghiêng có phương trình \(\left( P \right):y - z = 0\). Tại bức tường này, robot phải đi dọc theo một khe nức (đoạn thẳng) dài đúng 2 cm để quét dữ liệu. Cuối cùng, robot bay trở về vị trí xuất phát A ban đầu. Hãy tính độ dài quãng đường ngắn nhất mà robot có thể thực hiện để hoàn thành hành trình trên? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp án: _____
Giả sử robot từ \(A\) đến điểm \(B\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), sau đó đi đến điểm \(N\) trên mặt phẳng \(\left( P \right)\), di chuyển một đoạn \(NM = 2\,cm\), và từ \(M\) về \(A\). Vì bài toán tìm độ dài ngắn nhất nên ta xem mỗi đoạn đi của robot luôn là đoạn thẳng.
Yêu cầu bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của tổng \(AB + BN + NM + MA\).
Vì \(MN = 2\) nên ta tìm giá trị nhỏ nhất của \(S = AB + BN + MA\)
Ta có mặt phẳng \(\left( P \right):y - z = 0\) là mặt phẳng phân giác của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( {Oxz} \right)\).
Dễ thấy \(A\left( {3;2;1} \right)\) nằm trong miền góc nhị diện tạo bởi các nửa mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) (chứa tia \(Oy\)) và nửa mặt phẳng\(\left( P \right)\)(nằm phía trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) với bờ là trục \(Ox\).
Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là các điểm đối xứng với \(A\) qua các mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( P \right)\).
Suy ra \(E\left( {3;2; - 1} \right)\) và \(F\left( {3;1;2} \right)\).
Gọi \(J\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {FJ} = \overrightarrow {MN} \). Vì \(MN \subset \left( P \right)\) nên \(FJ \subset \left( Q \right)\) với \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng đi qua \(F\) và song song với \(\left( P \right)\). Phương trình của \(\left( Q \right)\) là \(y - z + 1 = 0\).
Do \(FJ = MN = 2\)nên tập hợp điểm \(J\) là đường tròn \(\left( T \right)\) tâm \(F\) bán kính \(r = 2\) nằm trên \(\left( Q \right)\).
Khi đó ta có \(AB = EB,\,\,MA = MF = NJ\) .
Suy ra \(AB + BN + MA = EB + BN + NJ \ge EJ\) (1)
Ta có (1) xảy ra đẳng thức \( \Leftrightarrow E,\,B,N,\,J\) thẳng hàng\( \Leftrightarrow B,\,\,N\) là giao điểm của đường thẳng \(EJ\) với \(\left( {Oxy} \right)\) và \(\left( P \right)\).
Mặt khác, gọi \(I\) là hình chiếu của \(E\) lên \(\left( Q \right)\).
Vì \(IE \bot \left( Q \right):y - z + 1 = 0\) nên phương trình đường thẳng \(EI\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2 + t\\z = - 1 - t\end{array} \right.\)
Vì \(I = IE \cap \left( Q \right)\) nên \(I\left( {3;0;1} \right)\) . Suy ra \(IE = 2\sqrt 2 \) và \[IF = \sqrt 2 \] .
Gọi \(G\) là giao điểm của \(IF\) với đường tròn \(\left( T \right)\) sao cho \(G\) gần \(I\) nhất.
Khi đó \(IJ \ge \left| {IF - JF} \right| = \left| {IF - 2} \right| = 2 - \sqrt 2 = IG\) . Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow J \equiv G\).
Suy ra \(JE = \sqrt {E{I^2} + I{J^2}} \ge \sqrt {E{I^2} + I{G^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AB + BN + MA \ge \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \) Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow J \equiv G\) và \(N,B\) là giao điểm của đường thẳng \(GE\) với \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\).
Do đó \(\min \left( {AB + BN + NM + MA} \right) = 2 + \min JE = 2 + \sqrt {14 - 4\sqrt 2 } \approx 4,89\) \(cm\).
Đáp án cần nhập là: 4,89.
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(A\left( {1;1; - 1} \right)\) và đường thẳng \(d:\frac{{x - 4}}{2} = \frac{{y - 4}}{2} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}\). Gọi \(H\left( {a;b;c} \right)\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) trên đường thẳng \(d\). Tính tổng \(a + b + c\).
Đáp án: __
Vì \(H\)là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\)trên đường thẳng \(d\) nên \(H \in d \Rightarrow H\left( {4 + 2t;4 + 2t;2 - t} \right)\).
Có \(\overrightarrow {AH} = \left( {3 + 2t;3 + 2t;3 - t} \right)\).
Vì \(AH \bot d\) nên \(\overrightarrow {AH} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 0\)\( \Leftrightarrow 2\left( {3 + 2t} \right) + 2\left( {3 + 2t} \right) - \left( {3 - t} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 9t = - 9 \Leftrightarrow t = - 1\).
Suy ra \(H\left( {2;2;3} \right)\). Do đó \(a + b + c = 7\).
Đáp án cần nhập là: 7.
Một doanh nghiệp dự định sản xuất không quá 400 sản phẩm. Nếu doanh nghiệp sản xuất \(x\) sản phẩm \(\left( {1 \le x \le 400} \right)\) thì doanh thu nhận được khi bán hết số sản phẩm đó là \(F\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000\) (đồng). Trong đó chi phí vận hành máy móc cho mỗi sản phẩm là \(G\left( x \right) = \frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}}\) (đồng). Tổng chi phí mua nguyên vật liệu là \(H\left( x \right) = 2{x^3} + 100000x - 50000\) (đồng) nhưng do doanh nghiệp đó mua nguyên vật liệu với số lượng lớn nên được giảm \(1\% \) cho 200 sản phẩm đầu tiên doanh nghiệp sản xuất và giảm \(2\% \) cho sản phẩm tiếp theo. Doanh nghiệp cần sản xuất bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất?
Đáp án: ____
Giả sử lợi nhuận thu được của doanh nghiệp sau khi sản xuất và bán được \(x\) sản phẩm là \(T\left( x \right)\)
Khi đó hàm \(T\left( x \right)\) được biểu diễn:
\(T\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}F\left( x \right) - xG\left( x \right) - 0,99 \cdot H\left( x \right){\rm{ khi }}1 \le x \le 200\\F\left( x \right) - xG\left( x \right) - 0,99 \cdot H\left( {200} \right) - 0,98 \cdot H\left( {x - 200} \right){\rm{ khi }}200 \le x \le 400\end{array} \right.\)
Trường hợp 1: \(1 \le x \le 200\)
\(T\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000 - x\frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} - 0,99\left( {2{x^3} + 100000x - 50000} \right)\).
\(T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 259\), suy ra \({T_{\max }} = T\left( {200} \right) \approx 79610463\).
Trường hợp 2: \(200 \le x \le 400\)
\(\begin{array}{l}T\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000 - x\frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} - 35590500\\ - 0,99\left[ {2{{\left( {x - 200} \right)}^3} + 100000\left( {x - 200} \right) - 50000} \right]\end{array}\)
\(T'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 253\), suy ra \({T_{\max }} = T\left( {253} \right) \approx 83893648\).
Ta thấy \(T\left( {253} \right) > T\left( {200} \right)\) nên doanh thu lớn nhất khi sản xuất được 253 sản phẩm.
Đáp án cần nhập là: 235.
Trước sân nhà A của một trường THPT có một mảnh đất là nửa hình tròn có đường kính \[AB = 10m\]. Nhà trường muốn trồng hoa trong hình chữ nhật \[MNPQ\] và phần đất còn lại trồng cỏ Nhật. Biết chi phí trồng hoa là \[100\] nghìn đồng/\[1{m^2}\]. Trồng cỏ Nhật hết \[150\] nghìn đồng/\[1{m^2}\]. Hỏi chi phí (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng) hết ít nhất là bao nhiêu?
Đáp án: _____
Gọi \[O\] là trung điểm của đoạn thẳng \[AB\], đặt hệ trục tọa độ \[Oxy\] như hình vẽ.
Theo bài ra ta có: \[AB = 10\left( m \right) \Rightarrow OA = OB = 5\left( m \right)\]
Đặt \[MN = 2a\,\left( m \right)\] với \[0 < a < 5\], khi đó ta có: \[OM = ON = a\left( m \right)\].
Phương trình đường tròn tâm \[O\], đường kính \[AB\] là: \[{x^2} + {y^2} = 25 \Rightarrow {y^2} = 25 - {x^2}\].
Do ta chỉ xét nửa đường tròn có tung độ dương nên suy ra \[y = \sqrt {25 - {x^2}} \].
Từ hệ trục \[Oxy\], suy ra tọa độ các điểm: \[O\left( {0;0} \right)\], \[A\left( { - 5;0} \right)\], \[B\left( {5;0} \right)\], \[M\left( { - a;0} \right)\], \[N\left( {a;0} \right)\].
Do \[Q\] và \[P\] là hai điểm thuộc nửa đường tròn, suy ra: \[\left\{ \begin{array}{l}{y_Q} = \sqrt {25 - x_Q^2} \\{y_P} = \sqrt {25 - x_P^2} \end{array} \right.\].
Mà \[{x_Q} = {x_M} = a\] và \[{x_P} = {x_N} = a\] suy ra \[Q\left( { - a;\sqrt {25 - {a^2}} } \right)\], \[P\left( {a;\sqrt {25 - {a^2}} } \right)\].
Có: \[MN = 2a\left( m \right)\], \[MQ = \sqrt {25 - {a^2}} \,\left( m \right)\].
Diện tích của phần trồng hoa (hình chữ nhật) là: \[{S_1} = MN \cdot MQ = 2a \cdot \sqrt {25 - {a^2}} \]
Diện tích của nửa hình tròn là: \[S = \frac{1}{2}\pi {r^2} = \frac{1}{2}\pi \cdot {5^2} = \frac{{25\pi }}{2}\].
Diện tích phần trồng cỏ Nhật là: \[{S_2} = S - {S_1} = \frac{{25\pi }}{2} - 2a\sqrt {25 - {a^2}} \].
Chi phí để hoàn thành là: \[T\left( a \right) = 100{S_1} + 150{S_2} = 100 \cdot 2a\sqrt {25 - {a^2}} + 150 \cdot \left( {\frac{{25\pi }}{2} - 2a\sqrt {25 - {a^2}} } \right)\]
\[ \Rightarrow T\left( a \right) = 200a\sqrt {25 - {a^2}} + 1875\pi - 300a\sqrt {25 - {a^2}} \]\[ \Rightarrow T\left( a \right) = - 100a\sqrt {25 - {a^2}} + 1875\pi \].
Xét hàm số: \[f\left( a \right) = - 100a\sqrt {25 - {a^2}} + 1875\pi \Rightarrow f'\left( a \right) = \frac{{ - 2500 + 200{a^2}}}{{\sqrt {25 - {a^2}} }}\].
Xét \[f'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow - 2500 + 200{a^2} = 0 \Leftrightarrow {a^2} = 12,5 \Leftrightarrow a = \sqrt {12,5} = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\].
Ta có bảng biến thiên:
Quan sát bảng biến thiên, ta thấy chi phí thấp nhất là \[{T_{\min }} = T\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right) \approx 4640\] (nghìn đồng).
Đáp án cần nhập là: 4640.
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có chiều cao bằng 8,2 cm và đáy của hình hộp có kích thước là 8,5 cm và 10,5 cm. Tính số đo góc phẳng nhị diện \([A,B'D',A']\) (tính theo đơn vị độ, làm tròn kết quả đến hàng phần chục).
Đáp án: _____
Trong mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\), kẻ \(A'H \bot B'D'\) tại H.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B'D' \bot A'H\\B'D' \bot AA'\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,AA' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow B'D' \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow B'D' \bot AH\).
Do đó \(\widehat {AHA'}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,\,\,B'D',\,\,A'} \right]\).
Tam giác \(A'B'C'\) vuông tại \(A'\) có đường cao \(A'H\) nên
\(\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{{B'}^2}}} + \frac{1}{{A'{{D'}^2}}} \Rightarrow A'H = \frac{{A'B' \cdot A'D'}}{{\sqrt {A'{{B'}^2} + A'{{D'}^2}} }} = \frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}\).
Tam giác \(AHA'\) vuông tại \(A'\) có \(\tan \widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{A'H}} = \frac{{8,2}}{{\frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}}} \Rightarrow \widehat {AHA'} \approx 51,1^\circ \).
Đáp án cần nhập là: 51,1.
