LTMT3
22 câu hỏi
\(\left( {1; - 1;2} \right)\).
\(\left( {2;0;0} \right)\).
\(\left( { - 2;2; - 4} \right)\).
\(\left( {2; - 2;4} \right)\).
Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {BA} \) được xác định bằng công thức hiệu tọa độ của điểm cuối và điểm đầu:
\(\overrightarrow {BA} = \left( {{x_A} - {x_B};{y_A} - {y_B};{z_A} - {z_B}} \right)\).
Thay tọa độ \(A\left( {1;1; - 2} \right)\) và \(B\left( {3; - 1;2} \right)\) vào, ta được: \(\overrightarrow {BA} = \left( {1 - 3;1 - \left( { - 1} \right); - 2 - 2} \right) = \left( { - 2;2; - 4} \right)\).
Chọn đáp án C.
\(2021\).
\(0\).
\(2025\).
\(2\).
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).
Tính đạo hàm: \(y' = 3{x^2} - 6x\).
Tìm nghiệm của phương trình đạo hàm: \(y' = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).
Lập bảng biến thiên, ta thấy
Tại \(x = 0\), đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm nên \(x = 0\) là điểm cực đại của hàm số.
Tại \(x = 2\), đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương nên \(x = 2\) là điểm cực tiểu của hàm số.
Tính giá trị cực tiểu: \({y_{{\rm{ct}}}} = y\left( 2 \right) = {2^3} - 3 \cdot {2^2} + 2025 = 8 - 12 + 2025 = 2021\).
Chọn đáp án A.
\(2\).
\(\frac{8}{3}\).
\(\frac{{10}}{3}\).
\(3\).
Tập xác định: Hàm số liên tục trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) (vì mẫu số \(x + 1 \ne 0\) trên đoạn này).
Tính đạo hàm: \(y' = \frac{{3\left( {x + 1} \right) - \left( {3x + 2} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\quad \forall x \in \left[ {0;2} \right]\).
Do \(y' > 0\) trên \(\left[ {0;2} \right]\) nên hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\).
Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại điểm \(x = 2\): \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} y = y\left( 2 \right) = \frac{{3 \cdot 2 + 2}}{{2 + 1}} = \frac{8}{3}\).
Chọn đáp án B.
\(1440\) (triệu đồng).
\(7200\) (triệu đồng).
\(360\) (triệu đồng).
\(720\) (triệu đồng).
Hàm doanh thu của công ty khi bán ra \(x\) sản phẩm là: \(R\left( x \right) = x \cdot p\left( x \right) = x\left( {400 - 2x} \right) = 400x - 2{x^2}\).
Khi bán ra \(x = 20\) sản phẩm, doanh thu thu được là:
\(R\left( {20} \right) = 20 \cdot \left( {400 - 2 \cdot 20} \right) = 20 \cdot 360 = 7200\) (triệu đồng).
Chọn đáp án B.
\(t = 5\).
\(t = 3\).
\(t = 1\).
\(t = 2\).
Phương trình vận tốc tức thời của xe là đạo hàm bậc nhất của phương trình tọa độ theo thời gian \(t\):
\(v\left( t \right) = x'\left( t \right) = 12t - 6{t^2},\quad t \in \left[ {0;2} \right]\)
Để tìm thời điểm vận tốc đạt giá trị lớn nhất, ta xét hàm số \(v\left( t \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\):
Đạo hàm của vận tốc (gia tốc): \(v'\left( t \right) = 12 - 12t\).
Tìm nghiệm của đạo hàm: \(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 12 - 12t = 0 \Leftrightarrow t = 1 \in \left[ {0;2} \right]\).
Tính giá trị tại các điểm biên và điểm cực trị:
\(v\left( 0 \right) = 12 \cdot 0 - 6 \cdot {0^2} = 0{\rm{\;m/s}}\)
\(v\left( 2 \right) = 12 \cdot 2 - 6 \cdot {2^2} = 24 - 24 = 0{\rm{\;m/s}}\)
\(v\left( 1 \right) = 12 \cdot 1 - 6 \cdot {1^2} = 6{\rm{\;m/s}}\)
Vận tốc đạt giá trị lớn nhất bằng \(6{\rm{\;m/s}}\) tại thời điểm \(t = 1{\rm{\;s}}\).
Chọn đáp án C.
\(y = 2x - 1\).
\(y = 2x + 1\).
\(y = x + 11\).
\(y = 2x\).
Ta có \(y = \frac{{2{x^2} + 3x - 1}}{{x + 2}} = \frac{{2x\left( {x + 2} \right) - \left( {x + 2} \right) + 1}}{{x + 2}} = 2x - 1 + \frac{1}{{x + 2}}\).
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {2x - 1} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{x + 2}} = 0\).
Do đó, đường thẳng \(y = 2x - 1\) là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
Chọn đáp án A.
Đồ thị hình bên là của hàm số:
\(y = \frac{{1 - 2x}}{{1 - x}}\).
\(y = \frac{{1 - 2x}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{3 - 2{x^2}}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\).
Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất có dạng \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\):
Tiệm cận đứng: Đồ thị nhận đường thẳng nét đứt đứng đi qua giá trị \(x = - 1\) làm tiệm cận đứng \( \Rightarrow \) loại đáp án A (có tiệm cận đứng \(x = 1\)).
Tiệm cận ngang: Đồ thị nhận đường thẳng nét đứt nằm ngang đi qua giá trị \(y = - 2\) làm tiệm cận ngang:
Xét phương án B: \(y = \frac{{ - 2x + 1}}{{x + 1}}\) có tiệm cận ngang là \(y = - 2\).
Xét phương án D: \(y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}\) có tiệm cận ngang là \(y = 2\) (Loại).
Xét phương án C: Đây là hàm bậc hai trên bậc nhất, đồ thị không có dạng này (Loại).
Chọn đáp án B.
\(\left( {0; - 6;6} \right)\).
\(\left( {2;0;0} \right)\).
\(\left( { - 6;7; - 2} \right)\).
\(\left( { - 4;2;5} \right)\).
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên: \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \).
Gọi tọa độ điểm \(D\) là \(\left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AD} = \left( {{x_D} - \left( { - 3} \right);{y_D} - 1;{z_D} - 2} \right) = \left( {{x_D} + 3;{y_D} - 1;{z_D} - 2} \right)\),
\(\overrightarrow {BC} = \left( {1 - \left( { - 2} \right); - 3 - 4;3 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( {3; - 7;4} \right)\).
Đồng nhất tọa độ hai vế: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_D} + 3 = 3}\\{{y_D} - 1 = - 7}\\{{z_D} - 2 = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_D} = 0}\\{{y_D} = - 6}\\{{z_D} = 6}\end{array}} \right.\).
Vậy tọa độ điểm \(D\) là \(D\left( {0; - 6;6} \right)\).
Chọn đáp án A.
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ; - 2} \right)\).
\(\left( { - 2;2} \right)\).
\(\left( { - 2; + \infty } \right)\).
Dựa vào bảng xét dấu, đạo hàm \(f'\left( x \right) < 0\) trên hai khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\). Do đó hàm số nghịch biến trên hai khoảng này.
Chọn đáp án A.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
Hỏi đồ thị của hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?
\(1\).
\(4\).
\(3\).
\(2\).
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số:
Tiệm cận đứng:
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} y = - \infty \) nên đường thẳng \(x = - 2\) là tiệm cận đứng.
Tại \(x = 0\), ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = + \infty \) nên đường thẳng \(x = 0\) là tiệm cận đứng.
Tiệm cận ngang:
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0 \Rightarrow y = 0\) là đường tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số có tổng cộng \(3\) đường tiệm cận.
Chọn đáp án C.
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
\(120^\circ \).
\( - 30^\circ \).
Sử dụng công thức tính côsin góc giữa hai vectơ: \(\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \frac{{\vec a \cdot \vec b}}{{\left| {\vec a\left| \cdot \right|\vec b} \right|}}\).
Tính tích vô hướng: \(\vec a \cdot \vec b = 1 \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 2} \right) \cdot 1 + 1 \cdot 1 = - 2 - 2 + 1 = - 3\).
Tính độ dài từng vectơ: \(\left| {\vec a} \right| = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt 6 \); \(\left| {\vec b} \right| = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 6 \).
Tính giá trị côsin: \(\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \frac{{ - 3}}{{\sqrt 6 \cdot \sqrt 6 }} = \frac{{ - 3}}{6} = - \frac{1}{2}\).
Vì \(\cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = - \frac{1}{2}\) nên góc giữa hai vectơ bằng \(120^\circ \).
Chọn đáp án C.
\(\left( {0;5;0} \right)\).
\(\left( {2;5;1} \right)\).
\(\left( { - 2;0;1} \right)\).
\(\left( { - 2; - 5;1} \right)\).
Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) lên mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oxz} \right)\) thu được bằng cách giữ nguyên hoành độ, cao độ và cho tung độ bằng \(0\), vậy \(M'\left( {{x_0};0;{z_0}} \right) = \left( { - 2;0;1} \right)\).
Chọn đáp án C.
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn Đúng hoặc Sai.
\(\left| {\overrightarrow {A'C} } \right| = a\sqrt 3 \).
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \).
\(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {B'C'} = {a^2}\).
Gọi \(N\) là điểm thỏa \(\overrightarrow {C'N} = 2\overrightarrow {NB'} \). Khi đó \(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} \).
a) ĐÚNG. Đoạn thẳng \(A'C\) là đường chéo của hình lập phương có cạnh bằng \(a\). Độ dài của nó là:
\(A'C = \sqrt {{a^2} + {a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \Rightarrow \left| {\overrightarrow {A'C} } \right| = a\sqrt 3 \)
b) SAI. Vì hai vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} \) ngược hướng với nhau.
c) SAI. Ta có \(\overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {BC} \).
Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB \bot BC \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = 0\).
Vậy \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {B'C'} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 \ne {a^2}\).
d) ĐÚNG. Từ hệ thức đề bài cho: \(\overrightarrow {C'N} = 2\overrightarrow {NB'} \Leftrightarrow \overrightarrow {C'N} = 2\left( {\overrightarrow {NC'} + \overrightarrow {C'B'} } \right) \Leftrightarrow 3\overrightarrow {C'N} = 2\overrightarrow {C'B'} \Leftrightarrow \overrightarrow {C'N} = \frac{2}{3}\overrightarrow {C'B'} \).
Do \(\overrightarrow {C'B'} = \overrightarrow {DA} \), ta suy ra: \(\overrightarrow {C'N} = - \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} \).
Biểu diễn vectơ \(\overrightarrow {AN} \) qua các vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AA'} \):
\(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {C'N} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right) - \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AD} \).
Hệ thức hoàn toàn chính xác.
Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ:
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng \(2\).
Trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng \( - 1\).
Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).
Phương trình \(f\left( x \right) - 1 = 0\) có đúng hai nghiệm.
Dựa vào đồ thị hàm số bậc ba đã cho:
a) SAI. Hàm số đạt cực tiểu tại điểm \(x = 2\), giá trị cực tiểu của hàm số tương ứng là \({y_{{\rm{ct}}}} = - 1\). Còn giá trị cực đại đạt được tại \(x = 0\) là .
b) ĐÚNG. Trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), đồ thị hàm số đi xuống đạt điểm cực tiểu có tọa độ \(\left( {2; - 1} \right)\) rồi đi lên đến \( + \infty \). Vậy giá trị thấp nhất thu được trên khoảng này chính là tại điểm cực tiểu, tức là bằng \( - 1\).
c) ĐÚNG. Trong khoảng từ \(x = 0\) đến \(x = 2\), đồ thị hàm số đi xuống từ điểm cực đại \(\left( {0;3} \right)\) đến điểm cực tiểu \(\left( {2; - 1} \right)\). Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).
d) SAI. Phương trình \(f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 1\). Đường thẳng nằm ngang \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt. Do đó phương trình phải có đúng 3 nghiệm phân biệt.
\(\overrightarrow {AB} = \left( {3; - 3;6} \right)\).
Hình chiếu vuông góc của \(B\) lên trục \(Ox\) là \(B'\left( { - 2;3;0} \right)\).
\(\widehat {BAC} > 90^\circ \).
Biết \(M\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), độ dài \(OM = \sqrt 3 \).
a) SAI. Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}} \right) = \left( { - 2 - 1;3 - 0;4 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( { - 3;3;6} \right)\).
b) SAI. Hình chiếu vuông góc của điểm \(B\left( { - 2;3;4} \right)\) lên trục hoành \(Ox\) chỉ giữ lại hoành độ, các thành phần khác bằng \(0\): \(B'\left( { - 2;0;0} \right)\).
c) ĐÚNG. Xét \(\widehat {BAC}\) thông qua tích vô hướng giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \):
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;3;6} \right)\); \(\overrightarrow {AC} = \left( {4 - 1; - 6 - 0;1 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( {3; - 6;3} \right)\).
Tích vô hướng: \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left( { - 3} \right) \cdot 3 + 3 \cdot \left( { - 6} \right) + 6 \cdot 3 = - 9 - 18 + 18 = - 9 < 0\).
Vì \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} < 0 \Rightarrow \cos \widehat {BAC} < 0 \Rightarrow \widehat {BAC} > 90^\circ \).
d) ĐÚNG. Tìm tọa độ trọng tâm \(M\) của tam giác \(ABC\):
\({x_M} = \frac{{1 - 2 + 4}}{3} = 1\)
\({y_M} = \frac{{0 + 3 - 6}}{3} = - 1\)
\({z_M} = \frac{{ - 2 + 4 + 1}}{3} = 1\)
Tọa độ \(M\left( {1; - 1;1} \right)\). Độ dài đoạn thẳng \(OM\): \(OM = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt 3 \).
\(C\left( x \right) = 0,0003{x^2} + 0,15x + 5\) (triệu đồng).
Chi phí sản xuất \(100{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\) nước tinh khiết là \(18\) triệu đồng.
\(\overline c \left( x \right) = 0,0003x + 0,15 + \frac{3}{x}\).
Chi phí trung bình mỗi mét khối sản phẩm thấp nhất khi sản lượng nước tinh khiết trong ngày là \(100{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}.\)
a) SAI. Tổng chi phí \(C\left( x \right)\) thực tế là: \(C\left( x \right) = 0,0003{x^2} + 0,15x + 3\).
b) SAI. Với \(x = 100\) thì \(C\left( {100} \right) = 0,0003 \cdot {100^2} + 0,15 \cdot 100 + 3 = 3 + 15 + 3 = 21\) (triệu đồng).
Do đó chi phí là \(21\) triệu đồng, không phải \(18\) triệu đồng.
c) ĐÚNG. Chi phí trung bình \(\overline c \left( x \right)\) cho mỗi mét khối sản phẩm:
\(\overline c \left( x \right) = \frac{{C\left( x \right)}}{x} = \frac{{0,0003{x^2} + 0,15x + 3}}{x} = 0,0003x + 0,15 + \frac{3}{x}\).
d) ĐÚNG. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si (AM-GM) cho hai số dương \(0,0003x\) và \(\frac{3}{x}\):
\(c\left( x \right) \ge 2\sqrt {0,0003x \cdot \frac{3}{x}} + 0,15 = 2\sqrt {0,0009} + 0,15 = 0,06 + 0,15 = 0,21\).
Dấu "=" xảy ra khi: \(0,0003x = \frac{3}{x} \Leftrightarrow {x^2} = 10000 \Rightarrow x = 100{\rm{\;(th/m\~a n\;}}0 < x \le 200)\).
Vậy chi phí trung bình thấp nhất khi sản lượng là \(100{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một máy bay trình diễn bay theo một đường cong được mô phỏng bằng một phần của đồ thị hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right) = - \frac{1}{3}{x^3} + b{x^2} + cx\). Trục \(Ox\) gắn với mặt đất và trục \(Oy\) là độ cao, đơn vị là km. Máy bay cất cánh từ vị trí \(A\) và đạt độ cao cực đại tại vị trí \(B\) sau khi bay được \(3{\rm{km}}\) theo phương ngang. Hãy xác định vị trí điểm \(C\) (hoành độ) máy bay tiếp đất lần đầu tiên. (Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Máy bay cất cánh từ gốc tọa độ \(A\left( {0;0} \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0\).
Đạt cực đại tại vị trí \(B\left( {3;9} \right)\). Khi đó, \(f'\left( 3 \right) = 0\) và \(f\left( 3 \right) = 9\).
Ta có đạo hàm: \(f'\left( x \right) = - {x^2} + 2bx + c\).
Từ \(f'\left( 3 \right) = 0 \Rightarrow - 9 + 6b + c = 0 \Leftrightarrow 6b + c = 9\quad \left( 1 \right)\).
Từ \(f\left( 3 \right) = 9 \Rightarrow - \frac{1}{3} \cdot 27 + 9b + 3c = 9 \Leftrightarrow 9b + 3c = 18 \Leftrightarrow 3b + c = 6\quad \left( 2 \right)\).
Giải hệ phương trình \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta thu được \(b = 1\) và \(c = 3\).
Phương trình đồ thị bay là: \(y = - \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 3x\).
Máy bay tiếp đất khi \(y = 0\) (với \(x > 0\)): \( - \frac{1}{3}{x^3} + {x^2} + 3x = 0 \Leftrightarrow x\left( { - \frac{1}{3}{x^2} + x + 3} \right) = 0\).
Giải phương trình bậc hai lấy nghiệm dương:
\( - \frac{1}{3}{x^2} + x + 3 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x - 9 = 0 \Rightarrow x = \frac{{3 + 3\sqrt 5 }}{2} \approx 4,85{\rm{\;(km)}}\).
Đáp số: 4,85.
Đồ thị hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
Tiệm cận đứng: \(x = - 4\).
Tiệm cận ngang: \(y = 3\).
Giao điểm tiệm cận chính là tâm đối xứng \(I\left( { - 4;3} \right)\).
Độ dài đoạn thẳng \(OI\): \(OI = \sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {3^2}} = 5\).
Đáp số: 5.
Trong đợt mưa lũ lịch sử tại miền Trung, hai ngôi làng nằm sâu trong vùng ngập lụt đang bị cô lập hoàn toàn. Đội cứu hộ sử dụng hai chiếc Flycam (máy bay không người lái) để thả nhu yếu phẩm và quan sát mực nước.
Flycam E đang hoạt động tại vị trí có tọa độ \(E\left( {0;10;20} \right)\).
Flycam F đang hoạt động tại vị trí có tọa độ \(F\left( {0;19;25} \right)\).
(Đơn vị đo khoảng cách là km, cao độ so với mực nước biển).
Trục \(Oy\) mô phỏng tuyến Quốc lộ 1A – con đường huyết mạch duy nhất lúc này chưa bị ngập sâu và xe chuyên dụng có thể di chuyển được.
Ban chỉ huy cần đặt một Xe Trạm thu phát tín hiệu lưu động \(M\) nằm trên Quốc lộ 1A (trục \(Oy\)) để điều khiển cả hai Flycam. Gọi \(M\left( {0;y;0} \right)\) là điểm sao cho tổng khoảng cách từ xe đến hai Flycam \(ME + MF\) là ngắn nhất. Tìm \(y\).
Hai điểm \(E\left( {0;10;20} \right)\) và \(F\left( {0;19;25} \right)\) cùng trục \(Oy\) đều nằm trong mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oyz} \right)\).
Do \(E\) và \(F\) có cao độ đều dương (\({z_E} = 20 > 0,{z_F} = 25 > 0\)) nên hai điểm này nằm cùng phía so với trục \(Oy\).
Gọi \(E'\) là điểm đối xứng với \(E\) qua trục \(Oy\) (trong mặt phẳng \(Oyz\)): \(E'\left( {0;10; - 20} \right)\).
Khi đó, với mọi \(M \in Oy\), ta luôn có \(ME = ME'\). Do đó, tổng \(ME + MF = ME' + MF \ge E'F\).
Giá trị nhỏ nhất đạt được khi \(M,E',F\) thẳng hàng. Điểm \(M\) chính là giao điểm của đường thẳng \(E'F\) với trục \(Oy\).
Vectơ chỉ phương: \(\overrightarrow {E'F} = \left( {0;9;45} \right) \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {0;1;5} \right)\).
Phương trình tham số của \(E'F\) trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\): \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{y = 10 + t}\\{z = - 20 + 5t}\end{array}} \right.\).
Điểm \(M\) thuộc trục \(Oy\) nên cao độ \(z = 0 \Leftrightarrow - 20 + 5t = 0 \Leftrightarrow t = 4\).
Thay vào phương trình tung độ: \(y = 10 + 4 = 14\).
Đáp số: 14.
Điểm \(B\) đối xứng với \(A\left( { - 5;2;3} \right)\) qua trục tung \(Oy\) có tọa độ thu được bằng cách giữ nguyên tung độ, đổi dấu hoành độ và cao độ: \(B\left( {5;2; - 3} \right)\).
Độ dài đoạn thẳng \(AB\): \(AB = \sqrt {{{\left( {5 - \left( { - 5} \right)} \right)}^2} + {{\left( {2 - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {{{10}^2} + {0^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2}} = \sqrt {136} \approx 11,7\).
Đáp số: 11,7.
Hàm doanh thu: \(R\left( x \right) = x \cdot p\left( x \right) = x\left( {200 - x} \right) = - {x^2} + 200x\).
Hàm chi phí: \(C\left( x \right) = 100x + 1200\).
Hàm lợi nhuận: \(L\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = - {x^2} + 100x - 1200\).
Đạo hàm hàm lợi nhuận: \(L'\left( x \right) = - 2x + 100\).
Cho \(L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 50\) (thỏa mãn \(10 \le x \le 100\)).
Vì hệ số của \({x^2}\) là âm nên đồ thị lợi nhuận có dạng parabol hướng xuống dưới, đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh \(x = 50\).
Đáp số: 50.
Tìm đạo hàm: \(y' = 3{x^2} + 18x\).
Tìm nghiệm: \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 6}\\{x = 0}\end{array}} \right.\).
Lập bảng biến thiên ta thấy tại \(x = - 6\), đạo hàm sổi dấu từ dương sang âm nên \(x = - 6\) là điểm cực đại của hàm số.
Tọa độ điểm cực đại \(M\left( {a;b} \right)\) gồm: \(a = - 6\) và \(b = y\left( { - 6} \right) = {\left( { - 6} \right)^3} + 9 \cdot {\left( { - 6} \right)^2} - 12 = 96\).
Giá trị biểu thức: \(a - b = - 6 - 96 = - 102\).
Đáp số: −102.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
