Đề thi tham khảo ĐGNL Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh môn Toán có đáp án - Đề số 4
40 câu hỏi
Thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 1 đến câu 20.
\(\int {\left( {\sin x + 2{x^3}} \right)dx} \) bằng
\( - \cos x + \frac{{{x^4}}}{2} + C\).
\(\cos x + \frac{{{x^4}}}{2} + C\).
\( - \cos x - \frac{{{x^4}}}{2} + C\).
\( - \cos x + {x^4} + C\).
\(\int {\left( {\sin x + 2{x^3}} \right)dx} = - \cos x + \frac{{{x^4}}}{2} + C\). Chọn A.
\( - 3\).
3.
\(\frac{1}{3}\).
\( - \frac{1}{3}\).
\({\log _a}\frac{1}{{{a^3}}} = {\log _a}{a^{ - 3}} = - 3\). Chọn A.
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Có \(BB' \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BD\) là hình chiếu của \(B'D\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Khi đó \(\left( {B'D,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {B'D,BD} \right) = \widehat {B'DB}\).
Có \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Vì \(BB' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BB' \bot BD\) nên \(\Delta B'BD\) vuông tại \(B\).
Xét \(\Delta B'BD\) có \(\tan \widehat {BDB'} = \frac{{BB'}}{{BD}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {BDB'} = 30^\circ \). Chọn A.
\(\frac{{96}}{3}\).
\(\frac{{144}}{3}\).
\(\frac{{128}}{3}\).
\(\frac{{160}}{3}\).
Gọi \(O\)là tâm của hình vuông \(ABCD\), \(I\) là trung điểm của \(CD\).
Vì \(S.ABCD\)là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow SO \bot OI\).
Xét \(\Delta SOI\) vuông tại \(O\), có \(SO = \sqrt {S{I^2} - O{I^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\).
Khi đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 4 \cdot {6^2} = 48 = \frac{{144}}{3}\). Chọn B.\( - 17\).
\(17\).
\( - 22\).
\(22\).
Có \({u_5} = {u_1} + 4d = 3 + 4 \cdot \left( { - 5} \right) = - 17\). Chọn A.
Cho \(A,B\)là hai biến cố bất kỳ. Khẳng định nào sau đây đúng?
\(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right)\).
\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)\).
\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( B \right)}}{{P\left( {AB} \right)}}\).
\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right)\).
\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right)\). Chọn D.
\(S = \frac{6}{5}\).
\(S = \frac{7}{8}\).
\(S = \frac{7}{6}\).
\(S = \frac{7}{5}\).
Có \(f'\left( x \right) = \frac{{{{\left( {1 + {2^x}} \right)}^\prime }}}{{\left( {1 + {2^x}} \right)\ln 2}} = \frac{{{2^x}\ln 2}}{{\left( {1 + {2^x}} \right)\ln 2}} = \frac{{{2^x}}}{{1 + {2^x}}}\).
Khi đó \(f'\left( 0 \right) + f'\left( 1 \right) = \frac{{{2^0}}}{{1 + {2^0}}} + \frac{{{2^1}}}{{1 + {2^1}}} = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} = \frac{7}{6}\). Chọn C.
Nồng độ dần về 0.
Nồng độ ổn định ở giá trị 0,05.
Nồng độ tăng không giới hạn.
Nồng độ còn lại một nửa.
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } C\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{5t + 20}}{{{t^2} + 100}} = 0\).
Do đó khi \(t\)đủ lớn thì nồng độ thuốc dần về 0. Chọn A.
\(I = 1\).
\(I = 3\).
\(I = \frac{3}{2}\).
\[I = \frac{1}{2}\].
\(I = \int\limits_0^1 {f'\left( x \right)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_0^1 = f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) = 2 - 1 = 1\). Chọn A.
Cho bảng thống kê doanh số bán hàng của 30 cửa hàng của một chuỗi siêu thị mini trong một ngày như sau
Doanh số (triệu đồng) | \(\left[ {20;30} \right)\) | \(\left[ {30;40} \right)\) | \(\left[ {40;50} \right)\) | \(\left[ {50;60} \right)\) | \(\left[ {60;70} \right)\) | \(\left[ {70;80} \right)\) |
Số cửa hàng | 2 | 5 | 10 | 8 | 4 | 1 |
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu trên là
\(60\).
\(10\).
\(16,375\).
\(26,375\).
Cỡ mẫu \(n = 30\).
Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{30}}\) là doanh số bán hàng của 30 cửa hàng được sắp theo thứ tự không giảm.
Ta có \({Q_1} = {x_8}\) mà \({x_8} \in \left[ {40;50} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ nhất.
Ta có \({Q_1} = 40 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 7}}{{10}} \cdot 10 = 40,5\).
Ta có \({Q_3} = {x_{23}}\) mà \({x_{23}} \in \left[ {50;60} \right)\) nên nhóm này chứa tứ phân vị thứ ba.
Ta có \({Q_3} = 50 + \frac{{\frac{{3 \cdot 30}}{4} - 17}}{8} \cdot 10 = 56,875\).
Khoảng tứ phân vị là \({\Delta _Q} = 56,875 - 40,5 = 16,375\). Chọn C.
\(f\left( 3 \right) > f\left( 4 \right)\).
\(f\left( 5 \right) < f\left( 6 \right)\).
\(f\left( 0 \right) > f\left( 2 \right)\).
\(f\left( { - 1} \right) > f\left( 0 \right)\).
Có \(f'\left( x \right) = x\left( {4 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.\).
Bảng xét dấu \(f'\left( x \right)\) như sau:
Dựa vào bảng xét dấu của \(f'\left( x \right)\) ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\)
Nên với \( - 1 < 0\) thì \(f\left( { - 1} \right) > f\left( 0 \right)\). Chọn D.
\(\frac{{4\sqrt {29} }}{{29}}\).
\(\frac{{16}}{{29}}\).
\(\frac{{\sqrt {377} }}{{29}}\).
\(\frac{{13}}{{29}}\).
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\).
Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\) là \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;2;4} \right)\).
Ta có \(\sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow k \cdot \overrightarrow {AB} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow k } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{4}{{\sqrt {9 + 4 + 16} }} = \frac{4}{{\sqrt {29} }}\).
Khi đó \(\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \frac{{\sqrt {377} }}{{29}}\). Chọn C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ { - 3;2} \right]\) và có bảng biến thiên như hình dưới đây. Gọi \(M\) và \(m\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ { - 1;2} \right]\). Giá trị của \(M + m\) bằng bao nhiêu?
\(2\).
\(3\).
\(4\).
\(1\).
Ta có \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = 3;m = \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = 0\).
Do đó \(M + m = 3\). Chọn B.
Thống kê điểm kiểm tra toán của học sinh hai lớp \(12A\) và \(12B\), được mẫu số liệu ghép nhóm như sau. Gọi \({R_A}\) và \({R_B}\) lần lượt là khoảng biến thiên của mẫu số liệu lớp \(12A\) và \(12B\). Tính giá trị \({R_A} + {R_B}.\)
Điểm | \(\left[ {0;2} \right)\) | \(\left[ {2;4} \right)\) | \(\left[ {4;6} \right)\) | \(\left[ {6;8} \right)\) | \(\left[ {8;10} \right)\) |
Lớp 12A | 0 | 1 | 10 | 15 | 17 |
Lớp 12B | 1 | 5 | 17 | 10 | 9 |
20.
18.
25.
14.
Ta có \({R_A} = 10 - 2 = 8;{R_B} = 10 - 0 = 10\).
\({R_A} + {R_B} = 18\). Chọn B.
\(x + 2y - 5 = 0\).
\(z = 3\).
\(x = 1\).
\(y = 2\).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình \(z = 3\). Chọn B.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^3} + c{x^2}\left( {a,b,c \in \mathbb{R}} \right)\). Hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ.
Số nghiệm thực phân biệt của phương trình \(4f\left( x \right) + 5 = 0\) là
\(4\).
\(2\).
\(1\).
\(3\).
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau
Có \(f\left( 0 \right) = 0\).
Số nghiệm của phương trình \(4f\left( x \right) + 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = - \frac{5}{4}\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = - \frac{5}{4}\).
Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng \(y = - \frac{5}{4}\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm phân biệt. Chọn B.
\[x + 2y + z - 4 = 0\].
\[2x + y + 2z - 2 = 0\].
\[x + 2y + z - 2 = 0\].
\[2x + y + 2z + 2 = 0\].
Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua 3 điểm \(A\left( {1;0;0} \right)\), \(B\left( {0;2;0} \right)\), \(C\left( {0;0;1} \right)\) theo đoạn chắn là:
\(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow 2x + y + 2z - 2 = 0\). Chọn B.
\(S = \int\limits_0^1 {\left( {{5^x} - 6} \right){d}x} \).
\(S = \int\limits_0^1 {\left| {6 - {5^x}} \right|{d}x} \).
\(S = \int\limits_0^1 {\left| {{5^x} - 6} \right|{d}x} \).
\(S = \int\limits_0^1 {\left( {6 - {5^x}} \right){d}x} \).
Vì \(0 \le x \le 1\) nên \({5^0} \le {5^x} \le {5^1}\)\( \Leftrightarrow 1 - 6 \le {5^x} - 6 \le 5 - 6\)\( \Leftrightarrow - 5 \le {5^x} - 6 \le - 1\).
Do đó \({5^x} - 6 < 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\). Vậy \(S = \int\limits_0^1 {\left| {{5^x} - 6} \right|{d}x} \)\( = \int\limits_0^1 {\left( {6 - {5^x}} \right){d}x} \). Chọn A.
Một thư viện ghi lại số giờ đọc sách của 50 sinh viên trong một ngày và thu được mẫu số liệu ghép nhóm sau:
Nhóm giờ | \(\left[ {0\,;\,\,1} \right)\) | \(\left[ {1\,;\,\,2} \right)\) | \(\left[ {2\,;\,\,3} \right)\) | \(\left[ {3\,;\,\,4} \right)\) | \(\left[ {4\,;\,\,5} \right)\) |
Số sinh viên | 8 | 11 | 15 | 9 | 7 |
Khoảng \(\left[ {a;b} \right),\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\) chứa tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm trên.
Tính \(S = a + b\)?
\[1\].
\[2\].
\[3\].
\[4\].
Giả sử mẫu số liệu gốc là \({x_1};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{50}}\) được xếp theo thứ tự không giảm.
Xét nửa bên trái mẫu số liệu gốc là \({x_1};\,\,{x_2};\,\,...;\,\,{x_{25}}\).
Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \({x_{13}} \in \left[ {1\,;\,\,2} \right)\).
Suy ra \(a = 1;b = 2\). Vậy \(a + b = 3\). Chọn C.
\(y = - x + 1\).
\(y = x - 1\).
\(y = x - 5\).
\(y = - x - 5\).
Ta có \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 4}}{{x + 2}}\)\( = x - 5 + \frac{{14}}{{x + 2}}\).
Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x - 5} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{14}}{{x + 2}} = 0\).
Do đó tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng \(y = x - 5\). Chọn C.
Một trạm kiểm tra chất lượng, các sản phẩm được phân loại vào hai lô hàng:
+) Lô A: Có 12 sản phẩm, trong đó có 7 sản phẩm đạt chuẩn.
+) Lô B: Có 8 sản phẩm, trong đó có 5 sản phẩm đạt chuẩn.
Robot lấy ngẫu nhiên 1 sản phẩm từ mỗi lô, sau đó người quản lí chọn ngẫu nhiên 1 trong 2 sản phẩm đó để đưa vào phòng thí nghiệm.
Gọi \(A\) là biến cố “Người quản lý chọn được sản phẩm từ lô \(A\)”, \(\overline A \) là biến cố “Người quản lí chọn sản phẩm từ lô B” và \(B\) là biến cố “Sản phẩm được chọn đạt chuẩn”. Những phương án nào dưới đây đúng?
1. Đúng. Người quản lí chọn ngẫu nhiên 1 trong 2 sản phẩm nên \(P\left( A \right) = \frac{1}{2}\).
2. Đúng. \(B = \left( {B \cap A} \right) \cup \left( {B \cap \overline A } \right)\).
3. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{5}{8}\).
4. Sai. Theo đề ta có \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{2};P\left( {B|A} \right) = \frac{7}{{12}}\).
Xác suất để chọn được sản phẩm đạt chuẩn là
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{{12}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{8} = \frac{{29}}{{48}}\).
Suy ra xác suất để sản phẩm đó từ lô A là
\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot \frac{7}{{12}}}}{{\frac{{29}}{{48}}}} = \frac{{14}}{{29}}\]. Chọn 1, 2.
Một thành phố ven biển đang xây dựng công viên sinh thái với hai khu vực chính:
+) Khu vườn cây xanh có hình dạng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và trục hoành.
+) Khu vườn nước nhân tạo có hình dạng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = g\left( x \right)\), trục tung và trục hoành.
Trong hệ trục tọa độ \(Oxy\), đơn vị trên mỗi trục tính bằng 100 mét.
Đường cong khu vườn cây xanh là parabol có đỉnh \(I\left( {4;2} \right)\) và đi qua gốc tọa độ. Đường cong khu hồ nước nhân tạo là \(g\left( x \right) = \left( {2x - 20} \right){e^{0,2x - 2}}\). Những phương án nào dưới đây đúng?
1. Đúng. Giả sử \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\).
Do đồ thị đi qua gốc tọa độ nên \(c = 0\).
Vì đồ thị có đỉnh \(I\left( {4;2} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = 4\\a \cdot {4^2} + b \cdot 4 = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = - 8a\\16a + 4 \cdot \left( { - 8a} \right) = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 0,125\\b = 1\end{array} \right.\).
Vậy \(f\left( x \right) = - 0,125{x^2} + x\).
2. Đúng. Diện tích khu vườn cây xanh giới hạn bởi \(y = f\left( x \right)\) và trục hoành.
Phương trình hoành độ giao điểm: \( - 0,125{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hoặc \(x = 8\).
Diện tích khu vườn cây xanh là \({S_1} = \int\limits_0^8 {\left( { - 0,125{x^2} + x} \right)dx} = \frac{{32}}{3}\) (đơn vị diện tích).
Diện tích khu vườn cây xanh đổi sang m2 là \(\frac{{32}}{3} \cdot {100^2} \approx 106\;666,7{m^2} > 100\;000\;{m^2}\).
3. Sai. Ta có \(G'\left( x \right) = g\left( x \right)\).
Ta có \(G'\left( x \right) = a \cdot {e^{0,2x - 2}} + \left( {ax + b} \right) \cdot 0,2 \cdot {e^{0,2x - 2}} = \left( {0,2ax + a + 0,2b} \right){e^{0,2x - 2}}\).
Đồng nhất hệ số ta được \(\left\{ \begin{array}{l}0,2a = 2\\a + 0,2b = - 20\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 10\\b = - 150\end{array} \right.\). Khi đó \(a - b = 160\).
4. Sai. Khu vườn nước nhân tạo giới hạn bởi \(y = g\left( x \right)\), trục tung, trục hoành.
Giao điểm của \(g\left( x \right)\) với trục hoành: \(2x - 20 = 0 \Leftrightarrow x = 10\).
Trên đoạn \(\left[ {0;10} \right]\), \(g\left( x \right) \le 0\) nên diện tích khu vườn nước nhân tạo là
\({S_2} = - \int\limits_0^{10} {g\left( x \right)dx} = G\left( 0 \right) - G\left( {10} \right) = - 150{e^{ - 2}} - \left( { - 50} \right) = 50 - \frac{{150}}{{{e^2}}}\) (đơn vị diện tích).
Tổng diện tích là \(S = {S_1} + {S_2} = \frac{{32}}{3} + 50 - \frac{{150}}{{{e^2}}} \approx 40,37\) đơn vị diện tích.
Diện tích thực tế khoảng \(40,37 \cdot {100^2} = 403\;700\;{m^2} < 500\;000\;{m^2}\). Chọn 1, 2.
1. Sai. Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 3 \).
2. Đúng. Thay tọa độ điểm \(A,B\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) ta có \(\left| \begin{array}{l}1 - 2 - 1 - 2 = - 4\\2 - 3 + 0 - 2 = - 3\end{array} \right.\).
Suy ra \(A,B\)nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( P \right)\).
3. Sai. Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(B\)trên \(\left( P \right)\). Khi đó \(BH \bot \left( P \right)\).
Suy ra đường thẳng \(BH\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; - 1;1} \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng \(BH\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 - t\\z = t\end{array} \right.\).
Tọa độ điểm \(H\)là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 - t\\z = t\\x - y + z - 2 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 - t\\z = t\\2 + t - 3 + t + t - 2 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\\z = 1\\t = 1\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {3;2;1} \right)\).
Vậy hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(\left( P \right)\) có tung độ bằng 2.
4. Đúng. Gọi \(B'\)là điểm đối xứng với \(B\)qua mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Khi đó \(H\)là trung điểm đoạn thẳng \(BB'\). Suy ra tọa độ \(B'\left( {4;1;2} \right)\).
Khi đó \(MA + MB = MA + MB' \ge AB'\).
Suy ra \(MA + MB\) đạt giá trị nhỏ nhất khi ba điểm \(M,A,B'\) thẳng hàng.
Ta có \(\overrightarrow {AB'} = \left( {3; - 1;3} \right) \Rightarrow AB' = \sqrt {19} \).
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(MA + MB\) bằng \(\sqrt {19} \). Chọn 2, 4.
1. Sai. Vì tập xác định là \(D = \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\).
2. Đúng. Vì \(f'\left( x \right) = - \frac{3}{{\left( {3x + 4} \right)\ln 2}} < 0\,\,\forall x \in \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) nên \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(D = \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\).
3. Đúng. Vì \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) nên \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = - 1 - {\log _2}5\) .
4. Đúng. Xét \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + {x^2} - \frac{7}{2}x + 2\)
Ta có \(g'\left( x \right) = - \frac{3}{{\left( {3x + 4} \right)\ln 2}} + 2x - \frac{7}{2},\,\,\,g''\left( x \right) = \frac{9}{{{{\left( {3x + 4} \right)}^2}\ln 2}} + 2 > 0\,\,\forall x \in \left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\) .
Suy ra \(g'\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - \frac{4}{3}; + \infty } \right)\). Do đó \(g'\left( x \right) = 0\) có tối đa 1 nghiệm.
Vì \(g'\left( 0 \right) < 0,\,\,g'\left( 4 \right) > 0\) nên \(g'\left( x \right) = 0\) có ít nhất 1 nghiệm.
Suy ra \(g'\left( x \right) = 0\) có nghiệm duy nhất \(x = {x_0}\) .
Từ bảng biến thiên suy ra \(g\left( x \right) = 0\) có nhiều nhất 2 nghiệm và tìm được 2 nghiệm là \(x = 0,\,\,x = 4\).
Từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình \(f\left( x \right) < - {x^2} + \frac{7}{2}x - 2\) là \(\left( {0;4} \right)\).
5. Sai. \(f\left( x \right) + {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {3x + 4} \right) + {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + m} \right) = {\log _2}\left( {3x + 4} \right)\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - \frac{4}{3}\\{x^2} - 2x + m = 3x + 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - \frac{4}{3}\\m = - {x^2} + 5x + 4\end{array} \right.\).
Xét hàm số \(g\left( x \right) = - {x^2} + 5x + 4\).
Ta có \(g'\left( x \right) = - 2x + 5 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{5}{2}\).
Ta có bảng biến thiên hàm số \(y = g\left( x \right)\) như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta có \(8 < m < \frac{{41}}{4}\).
Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {9;10} \right\}\).
Do đó tổng các giá trị là 19. Chọn 2, 3, 4.
1. Đúng. Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên suy ra \(SA\) là đường cao của hình chóp.
2. Sai. Kẻ \(AH \bot SD\left( {H \in SD} \right)\).
Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right),CD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\).
Mà \(AD \bot CD\) nên \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\).
Lại có \(SD \bot AH \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).
Ta có \(AH = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {4{a^2} + 3{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7}\).
3. Sai. Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 3 = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
4. Đúng. Có \(\cos \left( {SB,AC} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SB} \cdot \overrightarrow {AC} } \right|}}{{SB \cdot AC}}\).
Ta có \(\overrightarrow {SB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AS} } \right) \cdot \overrightarrow {AB} = A{B^2} - \overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {AB} = A{B^2} = {a^2}\).
Suy ra \(\cos \left( {SB,AC} \right) = \frac{{\left| {{a^2}} \right|}}{{a\sqrt 5 \cdot 2a}} = \frac{1}{{2\sqrt 5 }}\). Khi đó \(\left( {SB,AC} \right) \approx 77,4^\circ \).
5. Đúng.
Gọi K là hình chiếu của \(A\)lên \(BD\), \(J\)là hình chiếu của \(A\)lên \(SK\).
Có tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\), \(AK \bot BD\). Khi đó:
\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Xét tam giác \(SAK\) vuông tại \(A\) có \(AJ \bot SK\). Khi đó:
\(\frac{1}{{A{J^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} \Rightarrow AJ = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\).
Gọi \(O = AC \cap \left( {SBD} \right) \Rightarrow \frac{{AO}}{{CO}} = \frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}\).
Mà \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(O\) là trung điểm \(AC\).
Suy ra \(\frac{{AO}}{{CO}} = 1 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\). Chọn 1, 4, 5.
Dựa vào thông tin dưới đây, thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 26 đến câu 27.
Một công viên nhỏ trong khu dân cư có dạng hình chữ nhật có chiều rộng 40 m và chiều dài 60 m. Ban quản lý lát gạch phần đất dạng parabol và phần đất dạng hình tròn bán kính 10 m như hình vẽ. Phần còn lại sẽ trồng cỏ và cây xanh. Ban quản lí dự định làm một đoạn đường nhỏ nối hai phần lát gạch. Biết \(AB = 20\;m,OH = 30\;m\).
\(400\pi + 200\;{m^2}\).
\(100\pi + 200\;{m^2}\).
\(400\pi + 600\;{m^2}\).
\(100\pi + 400\;{m^2}\).
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ (đơn vị trên mỗi trục là 10 m).
Ta có \(B\left( {1; - 3} \right),I\left( {2;2} \right)\).
Vì parabol có đỉnh \(O\) nên có phương trình dạng \(\left( P \right):y = a{x^2}\).
Vì \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(B\left( {1; - 3} \right)\)nên ta có \( - 3 = a \Rightarrow y = - 3{x^2}\).
Diện tích lát gạch phần parabol là \({S_1} = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| { - 3{x^2} - \left( { - 3} \right)} \right|dx} = 4\) (đơn vị diện tích) và bằng 400 m2.
Diện tích lát gạch hình tròn là \({S_2} = \pi {R^2} = \pi \)(đơn vị diện tích) và bằng \(100\pi \)(m2).
Vậy diện tích phần công viên lát gạch là \(S = {S_1} + {S_2} = 100\pi + 400\;\left( {{m^2}} \right)\). Chọn D.
Chiều dài ngắn nhất của đoạn đường nối hai phần lát gạch là bao nhiêu mét (kết quả làm tròn đến hàng phần chục)?
\(17,7\;m\).
\(27,7\;m\).
\(27,8\;m\).
\(18,7\;m\).
Gọi \(M\left( {x; - 3{x^2}} \right) \in \left( P \right)\) với \(x \in \left[ { - 1;1} \right]\).
Bài toán trở thành tìm \(x\) để \(IM\)nhỏ nhất.
Ta có \(IM = \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 3{x^2} - 2} \right)}^2}} \).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( { - 3{x^2} - 2} \right)^2}\).
Có \(f'\left( x \right) = 2\left( {x - 2} \right) + 2\left( { - 3{x^2} - 2} \right) \cdot \left( { - 6x} \right) = 2x - 4 + 36{x^3} + 24x\);
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \approx 0,15\).
Ta có \(f\left( { - 1} \right) = 34;f\left( {0,15} \right) \approx 7,69;f\left( 1 \right) = 26\).
Suy ra giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) là \(7,69\).
Giá trị nhỏ nhất của \({\mathop{\rm I}\nolimits} M\) là 2,77 đơn vị độ dài và bằng 27,7 m.
Do đó độ dài ngắn nhất của đoạn đường nối hai phần lát gạch là \(27,7 - 10 = 17,7\)(m). Chọn A.
Dựa vào thông tin dưới đây, thí sinh lựa chọn một phương án đúng theo yêu cầu từ câu 28 đến câu 30.
Trong một phòng thí nghiệm, một kỹ thuật viên đang tiến hành bơm khí vào một quả bóng bay bằng bơm tự động với tốc độ là 100 cm3/s. Quả bóng luôn giữ được dạng hình cầu trong suốt quá trình bơm. Theo thông số kỹ thuật, đây là loại bóng đặc biệt: nếu bán kính vượt quá 30 cm thì bóng sẽ bị bể (nổ). Giả sử tại thời điểm bắt đầu bơm (\(t = 0\)), quả bóng hoàn toàn không có khí \(\left( {V = 0} \right)\). Biết thể tích khối cầu được tính theo công thức \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).
Sau khi bơm hoạt động được đúng 10 giây, kỹ thuật viên tạm dừng để kiểm tra độ giãn nở. Bán kính quả bóng tại thời điểm này là (kết quả làm tròn đến hàng phần chục)
\(5,5\;cm\).
\(6,2\;cm\).
\(4,8\;cm\).
\(7,2\;cm\).
Gọi \[V\left( t \right)\], \[{R_t}\] là thể tích và bán kính quả bóng bóng sau t giây, ta có \[V\left( t \right) = \frac{4}{3}\pi R_t^3\,\,\,(*)\].
Sau 10 giây, thể tích quả bóng là \[V\left( {10} \right) = 100 \times 10 = 1\,000\,\,c{m^3}\].
Ta có \[V\left( {10} \right) = \frac{4}{3}\pi R_{10}^3 = 1000 \Rightarrow {R_{10}} \approx 6,2\,\,cm\]. Chọn B.
Để thiết lập chế độ tự động ngắt cho bơm, kỹ thuật viên cần biết thể tích tối đa của quả bóng có thể đạt được trước khi nổ. Thể tích này là (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
\(113\) lít.
\(151\) lít.
\(90\) lít.
\(36\) lít.
Bán kính tối đa của quả bong bóng là 30 cm.
Thể tích tối đa của quả bong bóng là \[\frac{4}{3}\pi \cdot {30^3} \approx 113\,097\,\,c{m^3} \approx 113\] lít. Chọn A.
Sau khi bơm được 4 giây, kỹ thuật viên điều chỉnh bơm tăng tốc độ bơm thêm 5 cm3 trên một giây thì sau bao lâu quả bóng sẽ nổ? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
\(113\) giây.
\(139\) giây.
\(193\) giây.
\(191\) giây.
Thể tích bong bóng sau \[t + 4\]giây là (\[t \ge 0\]) là \[V\left( t \right) = 100 \cdot 4 + \int\limits_0^t {\left( {5t + 100} \right){\rm{d}}t} \].
Thể tích tối đa của bong bóng là \[\frac{4}{3}\pi \cdot {30^3}\,\,c{m^3}\].
Xét \[V\left( t \right) = 100 \cdot 4 + \int\limits_0^t {\left( {5t + 100} \right){\rm{d}}t} = \frac{4}{3}\pi \cdot {30^3} \Rightarrow t \approx 193\] giây. Chọn C.
Thí sinh điền đáp án vào ô trống theo yêu cầu từ câu 31 đến câu 40.
Trong không gian \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 4}}{2}\) và mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 9\). Xét mặt phẳng \(\left( P \right):ax + by + cz + 9 = 0\left( {a,b,c \ne 0} \right)\). Biết rằng \(\left( P \right)\) chứa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\). Tính giá trị \(a + b + c.\)
Đáp án: ___
Đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 4}}{2}\) đi qua điểm \(A\left( {1;1;4} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {2; - 1;2} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {a;b;c} \right)\).
Vì \(\left( P \right)\) chứa đường thẳng \(d\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}A \in \left( P \right)\\\overrightarrow n \cdot \overrightarrow u = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b + 4c + 9 = 0\\2a - b + 2c = 0\end{array} \right.\) (1).
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0;0;0} \right),R = 3\) mà mặt phẳng \(\left( P \right)\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\) nên
\(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = 3\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| 9 \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = 3\)\( \Leftrightarrow 9 = {a^2} + {b^2} + {c^2}\) (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}a + b + 4c + 9 = 0\\2a - b + 2c = 0\\{a^2} + {b^2} + {c^2} = 9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3 - 2c\\b = - 6 - 2c\\{\left( { - 3 - 2c} \right)^2} + {\left( { - 6 - 2c} \right)^2} + {c^2} = 9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 3 - 2c\\b = - 6 - 2c\\9{c^2} + 36c + 36 = 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 2\\c = - 2\end{array} \right.\). Vậy \(a + b + c = - 3\).
Đáp án cần nhập là: −3.
Trong một tình huống cứu hộ khẩn cấp, một nhân viên cứu hộ phải vượt qua một hồ nước đề tiếp cận người gặp nạn ở phía bên kia. Biết rằng hồ rộng 100 m và vận tốc bơi của nhân viên cứu hộ bằng một phần ba vận tốc chạy trên bộ. Giả sử hồ nước có dạng thẳng, vị trí người gặp nạn cách nhân viên cứu hộ 1 km theo đường chim bay và nhân viên cứu hộ cách bờ bên kia 100 m. Hãy cho biết nhân viên cứu hộ phải bơi bao nhiêu mét để đến được người gặp nạn nhanh nhất (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Đáp án: ____
Gọi \(A\)là vị trí người gặp nạn, \(B\)là vị trí của nhân viên cứu hộ và \(BD\) là đường bơi của nhân viên cứu hộ.
Chọn một đơn vị có độ dài là 100 m. Suy ra \(BC = 1;AB = 10;AC = 3\sqrt {11} \).
Gọi vận tốc bơi của nhân viên cứu hộ là một đơn vị vận tốc thì vận tốc chạy của nhân viên cứu hộ là 3 đơn vị vận tốc.
Gọi \(x\)là quãng đường nhân viên cứu hộ bơi. Khi đó \(BD = x\).
Quãng đường nhân viên cứu hộ chạy là \(AD = AC - CD = 3\sqrt {11} - \sqrt {{x^2} - 1} \).
Thời gian nhân viên cứu hộ đến vị trí người gặp nạn là \(t = \frac{{3\sqrt {11} - \sqrt {{x^2} - 1} }}{3} + \frac{x}{1} = \sqrt {11} - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1} + x\).
Xét hàm \(f\left( x \right) = \sqrt {11} - \frac{1}{3}\sqrt {{x^2} - 1} + x\); có \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{3} \cdot \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\) (vì \(x > 0\)).
Bảng biến thiên
Vậy thời gian nhân viên cứu hộ đến vị trí người gặp nạn ngắn nhất khi \(x = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\).
Do đó nhân viên phải bơi \(\frac{{3\sqrt 2 }}{4} \cdot 100 = 75\sqrt 2 \approx 106\;m\).
Đáp án cần nhập là: 106.
Trong một khu bảo tồn sinh thái, người ta theo dõi sự phát triển của một loài thực vật quý hiếm. Số lượng cây của loài này sau \(t\)năm được mô tả bởi công thức \(P\left( t \right) = \frac{{100000}}{{1 + {4^{ - t}}}}\) trong đó \(t\)được tính theo năm. Hỏi sau bao nhiêu năm thì số lượng cây đạt 80000 cây?
Đáp án: __
Ta có \(P\left( t \right) = 80000\) \( \Leftrightarrow \frac{{100000}}{{1 + {4^{ - t}}}} = 80000\)\( \Leftrightarrow {4^{ - t}} = 0,25\)\( \Leftrightarrow t = - {\log _4}0,25 = 1\).
Vậy sau 1 năm.
Đáp án cần nhập là: 1.
Một đội cứu hỏa cần chuẩn bị một chiếc thang cứu hộ để có thể vượt qua một bức tường chắn cao 2,4 mét và đặt chân lên tòa nhà phía sau. Khoảng cách từ bức tường chắn đến tòa nhà là 1,5 mét. Hỏi chiều dài ngắn nhất của chiếc thang (tính bằng cm) để nó có thể đặt dưới đất, vượt qua bức tường chắn và tựa vào tòa nhà (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)?
Đáp án: ____
Gọi góc hợp bởi thang và mặt đất là \(\alpha \left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right)\).
Chiều dài thang là \(BC = BM + MC\).
Tam giác vuông \(MHB\) có \(BM = \frac{{2,4}}{{\sin \alpha }}\).
Tam giác vuông \(MNC\) có \(MC = \frac{{1,5}}{{\cos \alpha }}\).
Ta có \(BC = BM + MC = \frac{{2,4}}{{\sin \alpha }} + \frac{{1,5}}{{\cos \alpha }}\).
Xét hàm số \(y = \frac{{2,4}}{{\sin x}} + \frac{{1,5}}{{\cos x}}\) với \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\).
Ta có \(y' = \frac{{ - 2,4\cos x}}{{{{\sin }^2}x}} + \frac{{1,5\sin x}}{{{{\cos }^2}x}} = \frac{{ - 2,4{{\cos }^3}x + 1,5{{\sin }^3}x}}{{{{\sin }^2}x \cdot {{\cos }^2}x}}\).
Có \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow 2,4{\cos ^3}x = 1,5{\sin ^3}x \Leftrightarrow {\tan ^3}x = \frac{{2,4}}{{1,5}} \Leftrightarrow \tan x = \sqrt[3]{{\frac{8}{5}}}\), do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) nên \(x \approx 0,863\) rad.
Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy chiều dài thang xấp xỉ 5,47 mét hay 547 cm.
Đáp án cần nhập là: 547.
Một trò chơi truyền hình gồm 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 lựa chọn, trong đó chỉ có một lựa chọn đúng. Người chơi được cộng 4 điểm cho mỗi câu trả lời đúng và trừ 1 điểm cho mỗi câu trả lời sai. Một thí sinh tham gia trò chơi bằng cách chọn ngẫu nhiên một phương án ở mỗi câu hỏi. Gọi \(p\) là xác suất để thí sinh đó đạt được 10 điểm. Hỏi giá trị của 100p bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần mười)?
Đáp án: _____
Gọi \(x;y\) lần lượt là số câu trả lời đúng và số câu trả lời sai.
Để thí sinh được 10 điểm thì \(\left\{ \begin{array}{l}4x - y = 10\\x + y = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 6\end{array} \right.\).
Xác suất để thí sinh đó đạt được 10 điểm là \(P = C_{10}^4{\left( {\frac{1}{4}} \right)^4}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^6} \Rightarrow 100p \approx 14,6\).
Đáp án cần nhập là: 14,6.
Nếu một doanh nghiệp sản xuất \(x\) sản phẩm trong một tháng \(\left( {x \in \mathbb{N};1 \le x \le 300} \right)\) thì doanh thu nhận được khi bán hết số sản phẩm là \(F\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000\) (đồng). Trong đó, chi phí vận hành máy móc bình quân cho mỗi sản phẩm khi sản xuất \(x\) sản phẩm là \(G\left( x \right) = 300 + \frac{{100}}{x}\) (nghìn đồng), chi phí mua nguyên vật liệu để sản xuất \(x\) sản phẩm là \(H\left( x \right) = 2{x^3} + 100000x - 50000\) (đồng). Doanh nghiệp cần sản xuất bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất?
Đáp án: ____
Lợi nhuận thu được là
\(L\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000 - x\left( {300 + \frac{{100}}{x}} \right) \cdot 1000 - \left( {2{x^3} + 100000x - 50000} \right)\)
\( = - {x^3} - 1999{x^2} + 601000x + 200000\).
Có \(L'\left( x \right) = - 3{x^2} - 3998x + 601000 = 0 \Leftrightarrow x \approx 136,37\).
Bảng biến thiên
Vì số sản phẩm sản xuất được là số tự nhiên, từ bảng biến thiên ta so sánh \(L\left( {136} \right)\) và \(L\left( {137} \right)\).
Ta có \(L\left( {136} \right) = 42\;447\;040\) đồng và \(L\left( {137} \right) = 42\;446\;416\) đồng.
Vậy doanh nghiệp cần sản xuất 136 sản phẩm thì lợi nhuận là lớn nhất.
Đáp án cần nhập là: 136.
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(P\left( {3\,;\,1\,;\,0} \right),\,Q\left( {2\,;\,3\,;\,0} \right)\) và điểm \(N\) di động trên tia \(Oz\). Gọi \(E,\,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(P\) lên \(OQ\) và \(NQ\). Đường thẳng \(EF\) cắt trục \(Oz\) tại điểm \(T\). Khi thể tích khối tứ diện \(PQNT\) nhỏ nhất thì phương trình mặt phẳng \(\left( {PEF} \right)\) có dạng \(ax + by + cz - 9 = 0\). Tính \(a + b + c\).
Đáp án: __
Đường thẳng \(OQ\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {OQ} = \left( {2\,;\,3\,;\,0} \right)\) nên có phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2t\\y = 3t\\z = 0\end{array} \right.\].
\(E \in OQ \Rightarrow E\left( {2t\,;\,3t\,;\,0} \right)\).
\(\overrightarrow {PE} = \left( {2t - 3\,;\,3t - 1\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow {PE} \cdot \overrightarrow {OQ} = 0 \Leftrightarrow 2\left( {2t - 3} \right) + 3\left( {3t - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{9}{{13}} \Rightarrow E\left( {\frac{{18}}{{13}}\,;\,\frac{{27}}{{13}}\,;\,0} \right)\).
\(N\) di động trên tia \(Oz\)\( \Rightarrow N\left( {0\,;\,0\,;\,n} \right)\). \(\left( {n > 0} \right)\)
Đường thẳng \(NQ\)có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {NQ} = \left( {2\,;\,3\,;\, - n} \right)\) nên có phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2{t_1}\\y = 3 + 3{t_1}\\z = - n{t_1}\end{array} \right.\].
\(\overrightarrow {PF} = \left( {2{t_1} - 1\,;\,3{t_1} + 2\,;\, - n{t_1}} \right)\)
\(\overrightarrow {PF} \cdot \overrightarrow {NQ} = 0 \Leftrightarrow 2\left( {2{t_1} - 1} \right) + 3\left( {3{t_1} + 2} \right) + {n^2}{t_1} = 0 \Leftrightarrow {t_1} = \frac{{ - 4}}{{13 + {n^2}}}\)\( \Rightarrow F\left( {\frac{{18 + 2{n^2}}}{{13 + {n^2}}}\,;\,\frac{{27 + 3{n^2}}}{{13 + {n^2}}}\,;\,\frac{{4n}}{{13 + {n^2}}}} \right)\)
\[ \Rightarrow \overrightarrow {EF} = \left( {\frac{{8{n^2}}}{{13\left( {13 + {n^2}} \right)}}\,;\,\frac{{12{n^2}}}{{13\left( {13 + {n^2}} \right)}}\,;\,\frac{{4n}}{{13 + {n^2}}}} \right) = \frac{{4n}}{{13\left( {13 + {n^2}} \right)}}\left( {2n\,;\,3n\,;\,13} \right)\].
Đường thẳng \(EF\) có phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{18}}{{13}} + 2n{t_2}\\y = \frac{{27}}{{13}} + 3n{t_2}\\z = 13{t_2}\end{array} \right.\].
Đường thẳng \(EF\) cắt trục \(Oz\) tại điểm \(T\) \[ \Rightarrow \frac{{18}}{{13}} + 2n{t_2} = 0 \Leftrightarrow {t_2} = - \frac{9}{{13n}}\]\( \Rightarrow T\left( {0\,;\,0\,;\, - \frac{9}{n}} \right)\).
\(\overrightarrow {PQ} = \left( { - 1\,;\,2\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow {PN} = \left( { - 3\,;\, - 1\,;\,n} \right)\); \(\overrightarrow {PT} = \left( { - 3\,;\, - 1\,;\, - \frac{9}{n}} \right)\).
\(\left[ {\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PN} } \right] = \left( {2n\,;\,n\,;\,7} \right)\).
\({V_{PQNT}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {PQ} ,\overrightarrow {PN} } \right] \cdot \overrightarrow {PT} } \right| = \frac{7}{6}\left| {n + \frac{9}{n}} \right| = \frac{7}{6}\left( {n + \frac{9}{n}} \right) \ge \frac{7}{6} \cdot 2\sqrt {n \cdot \frac{9}{n}} = 7\) (Vì \(n > 0\))
Dấu \( = \) xảy ra \( \Leftrightarrow n = \frac{9}{n} \Leftrightarrow {n^2} = 9 \Leftrightarrow n = \pm 3 \Leftrightarrow n = 3\). (Vì \(n > 0\))
Khi đó \(P\left( {3\,;\,1\,;\,0} \right)\); \(E\left( {\frac{{18}}{{13}}\,;\,\frac{{27}}{{13}}\,;\,0} \right)\); \(F\left( {\frac{{18}}{{11}}\,;\,\frac{{27}}{{11}}\,;\frac{6}{{11}}} \right)\)
\(\overrightarrow {PE} = \left( { - \frac{{21}}{{13}}\,;\,\frac{{14}}{{13}}\,;\,0} \right)\); \(\overrightarrow {PF} = \left( { - \frac{{15}}{{11}}\,;\,\frac{{16}}{{11}}\,;\,\frac{6}{{11}}} \right)\)
Hai vectơ chỉ phương của mặt phẳng \(\left( {PEF} \right)\)là: \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 3;2;0} \right),\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 15;16;6} \right)\)
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {PEF} \right)\)là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {12\,;\,18\,;\, - 18} \right) = 6\left( {2;3; - 3} \right)\)
Phương trình mặt phẳng \(\left( {PEF} \right)\): \(2\left( {x - 3} \right) + 3\left( {y - 1} \right) - 3\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 3y - 3z - 9 = 0\)
\( \Rightarrow a = 2,b = 3,c = - 3 \Rightarrow a + b + c = 2\).
Đáp án cần nhập là: 2.
Một trạm sạc xe điện sử dụng hệ thống pin lưu trữ năng lượng mặt trời đề điều tiết điện lưới. Trong quá trình vận hành, lượng điện năng dự trữ trong trạm sẽ thay đổi tùy thuộc vào việc trạm đang nạp điện từ lưới vào hay phát điện ra cho các xe sạc. Biết hệ thống lưu trữ tối đa là 1000 kWh. Hàm số \(f\left( t \right)\) biểu thị tốc độ thay đổi lượng điện năng trong trạm theo thời gian \(t\)(giờ), tính từ thời điểm 6 giờ sáng đến 6 giờ chiều được cho bởi: \(f\left( t \right) = \left\{ \begin{array}{l}100t & \left( {0 \le t \le 3} \right)\\ - 200t + 900 & \left( {3 \le t \le 6} \right)\\100t - 900 & \left( {6 \le t \le 12} \right)\end{array} \right.\)với mốc thời gian \(t = 0\) tương ứng lúc 6 giờ sang. Biết rằng lúc 8 giờ sáng, trong trạm đang dự trữ 500 kWh điện năng. Hỏi vào thời điểm 4 giờ chiều, trong trạm lưu trữ bao nhiên kWh điện năng?
Đáp án: ____
Đặt \(F\left( t \right)\) là hàm số thể hiện điện năng lưu trữ sau \(t\) giờ kể từ \(6\) giờ sáng.
Suy ra \(F\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( t \right)\).
Vì hàm số \(f\left( t \right)\) liên tục trên \(\left[ {0;12} \right]\) nên hàm số \(F\left( t \right)\) cũng liên tục trên \(\left[ {0;12} \right]\).
Điện năng lưu trữ lúc 4 giờ chiều (\(t = 10\)) là
\[\begin{array}{l}F\left( {10} \right) & = \left[ {F\left( {10} \right) - F\left( 6 \right)} \right] + \left[ {F\left( 6 \right) - F\left( 3 \right)} \right] + \left[ {F\left( 3 \right) - F\left( 2 \right)} \right] + F\left( 2 \right)\\ & = \int\limits_6^{10} {f\left( t \right){\rm{d}}t} + \int\limits_3^6 {f\left( t \right){\rm{d}}t} + \int\limits_2^3 {f\left( t \right){\rm{d}}t} + F\left( 2 \right)\\ & = \int\limits_6^{10} {\left( {{\rm{100}}t - 900} \right){\rm{d}}t} + \int\limits_3^6 {\left( { - 200t + 900} \right){\rm{d}}t} + \int\limits_2^3 {100t{\rm{d}}t} + F\left( 2 \right)\\ & = \left. {\left( {50{t^2} - 900t} \right)} \right|_6^{10} + \left. {\left( { - 100{t^2} + 900t} \right)} \right|_3^6 + \left. {\left( {50{t^2}} \right)} \right|_2^3 + 500\\ & = - 400 + 0 + 250 + 500 = 350\end{array}\]
Vậy lúc 4 giờ chiều trạm lưu trữ 350 kWh.
Đáp án cần nhập là: 350.
Giả sử doanh số bán hàng (đơn vị triệu đồng) của một sản phẩm mới trong vòng một số năm nhất định tuân theo quy luật logistic được mô hình hóa bằng hàm số \(f\left( t \right) = 1000\left( {{t^2} + m{e^{ - t}}} \right)\)với \(t \ge 0\) là thời gian tính bằng năm kể từ khi phát hành sản phẩm mới, \(m\) là tham số. Khi đó đạo hàm \(f'\left( t \right)\) sẽ biểu thị tốc độ bán hàng. Tính tổng các giá trị nguyên âm của \[m\] biết rằng tốc độ bán hàng luôn tăng trong khoảng thời gian 10 năm đầu phát hành sản phẩm.
Đáp án: ___
Ta có \(f'\left( t \right) = 1000\left( {2t - m{e^{ - t}}} \right),f''\left( t \right) = 1000\left( {2 + m{e^{ - t}}} \right)\).
Tốc độ bán hàng luôn tăng trong khoảng thời gian 10 năm đầu phát hành sản phẩm khi và chỉ khi hàm số \[f'\left( t \right)\] đồng biến trên \[\left[ {0;10} \right]{\rm{ }} \Leftrightarrow {\rm{ }}f''\left( t \right) \ge 0{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;10} \right]\]
\( \Leftrightarrow 2 + m{e^{ - t}} \ge 0{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;10} \right] \Leftrightarrow m \ge - 2{e^t}{\rm{ }}\forall t \in \left[ {0;10} \right]{\rm{ }}\left( 1 \right)\)
Xét hàm \[g\left( t \right) = - 2{e^t}\] luôn nghịch biến trên \[\left[ {0;10} \right] \Rightarrow \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{\left[ {0;10} \right]} {\rm{g}}\left( t \right) = g\left( 0 \right) = - 2\]
Do đó \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow m \ge - 2\].
Suy ra tổng các giá trị nguyên âm của \[m\] bằng \[ - 3\].
Đáp án cần nhập là: −3.
Trong một buổi diễn tập, một trạm chỉ huy được đặt tại gốc tọa độ \(O\left( {0;0;0} \right)\) (đơn vị tính theo km). Các kỹ thuật viên vận hành một thiết bị đánh chặn tầm thấp (drone chiến thuật) có tầm hoạt động tối đa 50 km và vận tốc bay không đổi là 500 m/s. Một mục tiêu giả định (máy bay mục tiêu) đang di chuyển theo đường thẳng để thoát khỏi khu vực diễn tập theo hướng có vector chỉ phương \(\overrightarrow v = \left( {3; - 4;0} \right)\) với vận tốc không đổi là 900 km/h. Tại thời điểm trạm chỉ huy xác định được vị trí của máy bay mục tiêu ở tọa độ \(A\left( { - 44;16;24} \right)\), drone đánh chặn được lệnh xuất phát ngay lập tức từ gốc tọa độ \(O\) để thực hiện nhiệm vụ và đã tiếp cận mục tiêu thành công. Tính khoảng cách từ trạm chỉ huy đến vị trí máy bay mục tiêu tại thời điểm drone tiếp cận được máy bay đó (tính bằng km). Giả sử máy bay mục tiêu và drone đều di chuyển theo đường thẳng trong điều kiện lý tưởng, bỏ qua ảnh hưởng của gió và trọng lực.
Đáp án: ___
Đổi \(500\;{\rm{m/s}} = 1800\;{\rm{km/h}}\).
Gọi \(\overrightarrow {{v_1}} \) là vectơ vận tốc của máy bay mục tiêu nên ta có \(\left| {\overrightarrow {{v_1}} } \right| = k\left| {\overrightarrow u } \right| \Rightarrow 900 = 5k \Rightarrow k = 180\).
Suy ra \(\overrightarrow {{v_1}} = \left( {540; - 720;0} \right)\).
Giả sử \(M\)là vị trí của máy bay mục tiêu khi drone đánh chặn tiếp cận được máy bay mục tiêu ở thời điểm \(t\)(\(t\) tính từ lúc phát hiện máy bay ở vị trí \(A\)), nên \(M\left( { - 44 + 540t;16 - 720t;24} \right)\).
Vì khi máy bay ở vị trí \(A\left( { - 44;16;24} \right)\) thì drone đánh chặn xuất phát nên thời gian drone đánh chặn tiếp cận được máy bay cũng là thời gian máy bay từ vị trí \(A\) đến vị trí \(M\).
Quãng đường của drone đánh chặn bằng khoảng cách từ gốc tọa độ đến vị trí tiếp cận được máy bay.
Khi đó ta có \(1800t = OM\)\( \Leftrightarrow {\left( {1800t} \right)^2} = {\left( { - 44 + 540t} \right)^2} + {\left( {16 - 720t} \right)^2} + {24^2}\)\( \Leftrightarrow t = \frac{1}{{45}}\).
Khi đó khoảng cách từ trạm chỉ huy đến vị trí tiếp cận được máy bay bằng \(1800 \cdot t = 1800 \cdot \frac{1}{{45}} = 40\;{\rm{km}}\).
Đáp án cần nhập là: 40.
