Đề khảo sát Toán 12 năm học 2024–2025 đợt 1 – Sở GD&ĐT Nghệ An. File PDF kèm đáp án, giúp học sinh luyện thi THPT Quốc gia sát với đề chính thức.
Câu 1. Cho hàm số \( y = \dfrac{ax^2 + bx + c}{mx + n} \) có đồ thị hàm số như hình vẽ:
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. \( I(1; 2) \).
B. \( J(-1; -2) \).
C. \( K(1; 1) \).
D. \( O(0; 0) \).
Câu 2. Cho tứ diện \( O.ABC \) có đáy \( OA, OB, OC \) đôi một vuông góc. Tính số đo góc nhị diện \([B, OA, C]\).
A. \(90^\circ\)
B. \(30^\circ\)
C. \(45^\circ\)
D. \(60^\circ\)
Câu 3. Bạn Nhi thống kê chiều cao (đơn vị: cm) của các bạn học sinh nữ lớp 12A1 ở bảng sau:
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là:
A. 5
B. 20
C. 30
D. 15
Câu 4. Một nhóm có 5 học sinh, trong đó có 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh để tham gia 1 cuộc khảo sát. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ.
A. \( \frac{3}{10} \)
B. \( \frac{3}{11} \)
C. \( \frac{3}{20} \)
D. \( \frac{1}{5} \)
Câu 5. Tìm họ nguyên hàm của hàm số \( f(x) = 5^x \).
A. \( \int f(x) \, dx = \dfrac{5^{x+1}}{x+1} + C \)
B. \( \int f(x) \, dx = \dfrac{5^x}{\ln 5} + C \)
C. \( \int f(x) \, dx = 5^x \ln 5 + C \)
D. \( \int f(x) \, dx = 5^x + C \)
Câu 6. Nghiệm của phương trình \( \cos x = \dfrac{1}{2} \) là:
A. \( x = \dfrac{\pi}{3} + k\pi, \, x = -\dfrac{\pi}{3} + k\pi \, (k \in \mathbb{Z}) \)
B. \( x = \dfrac{\pi}{3} + k2\pi, \, x = -\dfrac{\pi}{3} + k2\pi \, (k \in \mathbb{Z}) \)
C. \( x = \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi, \, x = -\dfrac{\pi}{3} + k2\pi \, (k \in \mathbb{Z}) \)
D. \( x = -\dfrac{2\pi}{3} + k2\pi, \, x = \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi \, (k \in \mathbb{Z}) \)
Câu 7. Tính diện tích hình phẳng \( (H) \) giới hạn bởi đồ thị hàm số \( y = \cos x \), hai đường thẳng \( x = 0 \), \( x = \dfrac{\pi}{2} \) và trục hoành.
A. \( 2\pi \)
B. \( 2 \)
C. \( \pi \)
D. \( 1 \)
Câu 8. Trong không gian \( Oxyz \), cho mặt cầu \( (S) \) có tâm \( I(1;1;0) \) và bán kính bằng 5. Phương trình của \( (S) \) là:
A. \( (x+1)^2 + (y-1)^2 + z^2 = 25 \)
B. \( (x+1)^2 + (y-1)^2 + z^2 = 5 \)
C. \( (x-1)^2 + (y-1)^2 + z^2 = 25 \)
D. \( (x-1)^2 + (y+1)^2 + z^2 = 5 \)
Câu 9. Trong không gian \( Oxyz \), đường thẳng \( d: \dfrac{x-2}{2} = \dfrac{y+2}{2} = \dfrac{z}{3} \) đi qua điểm nào trong các điểm sau đây?
A. \( B(0; -6; -6) \)
B. \( A(-2; 2; 0) \)
C. \( C(4; 0; 3) \)
D. \( D(3; 0; 3) \)
Câu 10. Cho hàm số \( y = f(x) \) có bảng biến thiên như sau:
Điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho là
A. \( M(-3; -3) \)
B. \( x = -1 \)
C. \( N(-1; 1) \)
D. \( x = -3 \)
Câu 11. Tập nghiệm của bất phương trình \( \log_{\frac{1}{2}} x > -4 \) là
A. \( (0; 16) \)
B. \( (-\infty; 16) \)
C. \( (16; +\infty) \)
D. \( (-\infty; \frac{1}{16}) \)
Câu 12. Cho cấp số nhân \( (u_n) \) có \( u_2 = 4 \) và công bội \( q = 2 \). Số hạng \( u_5 \) của cấp số nhân là
A. 16
B. 64
C. 128
D. 32
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Câu 1. Trong dây chuyền sản xuất sữa chua hiện đại của một nhà máy thực phẩm, từng giọt sữa đang ấm thấm chuyển mình dưới tác động của hàng triệu vi khuẩn Lactic, những “nghệ nhân tí hon” kiến tạo vị chua thanh đặc trưng. Mật độ vi khuẩn (số triệu tế bào trên mỗi 100 ml sữa chua) tại thời điểm \( t \) (giờ) được ký hiệu là \( N(t) \). Ban đầu (\( t = 0 \) giờ), mật độ vi khuẩn đo được là \( N(0) = 10 \) triệu tế bào/ml. Do sự thay đổi về nguồn dinh dưỡng (đường lactose giảm) và độ pH (axit lactic tăng) nên tốc độ thay đổi mật độ vi khuẩn \( N'(t) \) (đơn vị: triệu tế bào/ml mỗi giờ) được mô hình hóa bởi công thức: \( N'(t) = 18t - 3t^2 \) (triệu tế bào/ml/giờ) với \( t \) là thời gian tính bằng giờ \( (0 \le t \le 7) \).
a) \( N'(1) = 15 \) triệu tế bào/ml/giờ.
b) \( \int_0^t N'(t)\,dt = 9t^2 - t^3 \).
c) So với lúc ban đầu (\( t = 0 \)), mật độ vi khuẩn đã tăng thêm 108 triệu tế bào/ml khi đến thời điểm \( t = 6 \) giờ.
d) Tại thời điểm \( t = 7 \) giờ, mật độ vi khuẩn trong 1 ml sữa chua là 108 triệu tế bào/ml.
Câu 2. Một công ty tổ chức chương trình bốc thăm trúng thưởng nhân dịp nghỉ lễ 30/4 và 1/5 cho 100 nhân viên. Trong hộp có 100 vé, trong đó có 4 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí ở Thái Lan, 10 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí ở Đà Nẵng và 20 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí tại Cửa Lò (Nghệ An), các vé còn lại trúng thưởng năm triệu đồng. Lần lượt từng nhân viên lên bốc ngẫu nhiên một vé (không hoàn lại).
a) Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \( \frac{33}{50} \).
b) Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \( \frac{13}{20} \), biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
c) Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \( \frac{33}{50} \).
d) Để tạo bất ngờ cho người bốc thăm tiếp theo, sau khi người thứ nhất bốc thăm, người dẫn chương trình giữ lại vé và không công bố kết quả. Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng. Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \( \frac{65}{99} \).
Câu 3. Trong một phòng thí nghiệm có máy đo nồng độ khí CO₂, cho thấy: nồng độ khí CO₂ trong phòng thay đổi theo thời gian \( t \) (tính bằng giờ) và được thể hiện qua hàm số: $ f(t) = 400 + \frac{2000t}{t^2 + 5} \quad (\text{ppm}), \quad \text{với } t \geq 0 $ (Khi nói nồng độ khí CO₂ trong không khí là 400 ppm, điều đó có nghĩa là: Trong một triệu phần thể tích của không khí, có 400 phần thể tích là khí CO₂).
a) Nồng độ khí CO₂ trong phòng tại thời điểm \( t = 0 \) là 400 (ppm).
b) \( f'(t) = \frac{-2000t^2 - 10000}{(t^2 + 5)^2} \) với \( t \geq 0 \).
c) Nghiệm phương trình \( f'(t) = 0 \) là \( t = 2 \).
d) Nồng độ khí CO₂ cao nhất đo được trong phòng thí nghiệm (làm tròn đến hàng đơn vị) là 947 (ppm).
Câu 4. Hai chiếc flycam được điều khiển cùng bay lên tại một địa điểm.Sau một thời gian bay, chiếc flycam thứ nhất bay đến vị trí điểm \( A \) cách mặt đất \( 10m \), cách điểm xuất phát \( 8m \) về phía nam và \( 3m \) về phía đông. Chiếc flycam thứ hai bay đến điểm \( B \) cách mặt đất \( 12m \), cách điểm xuất phát \( 4m \) về phía bắc và \( 5m \) về phía tây. Chọn hệ trục tọa độ \( Oxyz \) với gốc \( O \) đặt tại điểm xuất phát của hai chiếc flycam, mặt phẳng \( (Oxy) \) trùng với mặt đất (coi như phẳng) có trục \( Ox \) hướng về phía nam, trục \( Oy \) hướng về phía đông và trục \( Oz \) hướng thẳng đứng lên trời (đơn vị đo mỗi trục là mét). Khi đó:
View attachment 5974
b) Phương trình đường thẳng đi qua vị trí của hai chiếc flycam tại \( A \) và \( B \) là: $ \begin{cases} x = 8 + 12t \\ y = 3 + 8t \\ z = 10 - 2t \end{cases} $
c) Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \( AB \) đi qua \( M(1; -2; 1) \).
d) Trên mặt đất người ta đặt một thiết bị phá sóng flycam sao cho có thể phá sóng hai chiếc flycam tại hai vị trí \( A, B \) cùng một lúc. Tính khoảng cách ngắn nhất từ thiết bị đó đến hai chiếc flycam tại hai vị trí \( A \) và \( B \) (làm tròn đến hàng phần trăm) bằng 25,46 (m).
Câu 1. Một kiến trúc sư chịu trách nhiệm thiết kế một tòa nhà cao 30 mét. Mặt cắt ngang tại mọi độ cao, vuông góc với trục thẳng đứng, luôn là một hình vuông (xem hình vẽ).
View attachment 5975
Mặt đáy tòa nhà là hình vuông có cạnh \(L_0 = 26 \, m\), mặt đỉnh là hình vuông có cạnh \(L_{30} = 20 \, m\). Mặt cắt ngang tại vị trí hẹp nhất của tòa nhà: Hình vuông có cạnh \(L_{\text{min}} = 13{,}75 \, m\). Mặt cắt của tòa nhà theo mặt phẳng đứng chứa đường chéo đáy có dạng là hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong parabol đối xứng nhau qua trục thẳng đứng đi qua tâm đáy của tòa nhà. Tính thể tích của tòa nhà đó (làm tròn đến hàng đơn vị, đơn vị tính: mét khối).
Câu 2. Một nhà đầu tư có số vốn là 5 tỷ đồng (5000 triệu đồng) để phân bổ vào Quỹ cổ phiếu A và quỹ trái phiếu B. Các thông tin và điều kiện đầu tư được xác định như sau: Quỹ Cổ phiếu A có tỷ suất sinh lời là 17%/năm. Quỹ trái phiếu B có tỷ suất sinh lời là 8%/năm. Tổng số tiền đầu tư không vượt quá 5000 triệu đồng. Phải đầu tư ít nhất 1200 triệu đồng vào quỹ trái phiếu B. Không đầu tư quá 3200 triệu đồng vào quỹ cổ phiếu A. Với các điều kiện trên thì nhà đầu tư có thể đạt được tổng lợi nhuận hằng năm lớn nhất là bao nhiêu triệu đồng (làm tròn đến hàng đơn vị)?
Đáp án: 688
Gọi $x,y$ (triệu đồng) lần lượt là số tiền phân bổ vào cổ phiếu A và quỹ trái phiếu B, $x\ge 0,y\ge 0$.
Theo đề bài ta có: $\left\{ \begin{align} & x+y\le 5000 \\ & 0\le x\le 3200 \\ & y\ge 1200 \\ \end{align} \right.$.
Lợi nhuận hàng năm là: $F\left( x;y \right)=0,17x+0,08y$.
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm $F\left( x;y \right)$.
Vẽ các đường thẳng ${{d}_{1}}:x+y=5000$, ${{d}_{2}}:x=3200$, ${{d}_{3}}:y=1200$.
Miền nghiệm của hệ trên là miền tứ giác ABCD.
Giá trị lớn nhất của biết thức $F\left( x;y \right)=0,17x+0,08y$ chỉ đạt được tại các điểm$A\left( 0;5000 \right),B\left( 0;1200 \right),\,C\left( 3200;1200 \right),\,D\left( 3200;1800 \right)$.
Thay tọa độ các điểm $A,B,C,D$vào $F\left( x;y \right)=0,17x+0,08y$ ta được các giá trị lần lượt là $400;96;640;688$.
Vậy $\text{max }F\left( x;y \right)=688$ tại $D\left( 3200;1800 \right)$. Do đó nhà đầu tư có thể đạt được tổng lợi nhuận hàng năm lớn nhất là $688$ triệu đồng.
Câu 3. Một bể bơi với mặt nước khi đầy có dạng hình chữ nhật với chiều rộng 14m và chiều dài 30m. Các thành bể xung quanh thẳng đứng và đáy là một mặt phẳng nghiêng. Chiều sâu tại một đầu bể là 1,2m và tăng dần đều đến 2,0m ở đầu kia của bể (xem hình vẽ).
Ban đầu bể không chứa nước. Người ta sử dụng một máy bơm công suất lớn để bơm nước vào bể với tốc độ không đổi là 42m³/giờ. Hỏi sau bao nhiêu giờ thì máy bơm đầy bể nước?
Câu 4. Một xưởng thủ công mỹ nghệ sản xuất loại chụp đèn trang trí dạng hình chóp cụt tứ giác đều. Gọi \( x \) là độ dài cạnh đáy lớn (đơn vị: dm). Tính toán cho thấy tổng chi phí vật liệu (tính bằng nghìn đồng) cho mỗi chụp đèn là: \( C(x) = x^2 + 108 \) (nghìn đồng). Thời gian sản xuất cho một chụp đèn được xác định là: \( T(x) = x + 6 \) (giờ). Xưởng muốn xác định kích thước \( x \) để chi phí vật liệu trung bình trên một giờ sản xuất là thấp nhất, nhằm tối ưu hóa hiệu quả sử dụng thời gian và vật liệu. Hãy tìm giá trị của \( x \).
Câu 5. Một công ty logistics đang thử nghiệm hệ thống giao hàng tự động bằng máy bay không người lái (drone). Trong không gian \( Oxyz \), mỗi đơn vị trên các trục tương ứng với 1 mét trên thực tế. Mặt ngoài của một tòa nhà cao tầng được xem là một phần của mặt phẳng \( (P) \) thẳng đứng, đi qua hai điểm \( C(10;50;0) \) và \( D(30;10;0) \). Vị trí giao hàng là điểm \( B \) nằm trên mặt phẳng \( (P) \). Drone bắt đầu bay từ kho hàng tại gốc tọa độ \( O(0;0;0) \). Ban đầu, nó bay theo một đường thẳng đến vị trí \( A(30;40;120) \). Từ vị trí \( A \), drone thay đổi đường bay, di chuyển theo phương vuông góc với mặt phẳng \( (P) \) đến vị trí giao hàng \( B \). Tính khoảng cách từ \( O \) đến \( B \) (làm tròn đến hàng đơn vị).
View attachment 5976
Câu 6. Một nhà máy sản xuất sản phẩm A có tỷ lệ sản phẩm bị lỗi là 2%. Nhà máy sử dụng hai hệ thống kiểm tra chất lượng độc lập để phát hiện lỗi:
Hệ thống 1:
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.Câu 1. Cho hàm số \( y = \dfrac{ax^2 + bx + c}{mx + n} \) có đồ thị hàm số như hình vẽ:
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho là
A. \( I(1; 2) \).
B. \( J(-1; -2) \).
C. \( K(1; 1) \).
D. \( O(0; 0) \).
Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số tháy giao của đường tiệm cận xiên và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số giao nhau tại điểm $O\left( 0;0 \right)$ nên tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm $O\left( 0;0 \right)$.
Dựa vào đồ thị hàm số tháy giao của đường tiệm cận xiên và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số giao nhau tại điểm $O\left( 0;0 \right)$ nên tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm $O\left( 0;0 \right)$.
A. \(90^\circ\)
B. \(30^\circ\)
C. \(45^\circ\)
D. \(60^\circ\)
Chọn A
Ta có: $\left( OAB \right)\cap \left( OAC \right)=OA$
Trong $\left( OAB \right)$ có $OB\bot OA$
Trong $\left( OAC \right)$ có $OC\bot OA$
$\Rightarrow \left[ B,OA,C \right]=\widehat{BOC}$
Mà $OB\bot OC\Rightarrow \widehat{BOC}={{90}^{0}}\Rightarrow \left[ B,OA,C \right]={{90}^{0}}$.
Ta có: $\left( OAB \right)\cap \left( OAC \right)=OA$
Trong $\left( OAB \right)$ có $OB\bot OA$
Trong $\left( OAC \right)$ có $OC\bot OA$
$\Rightarrow \left[ B,OA,C \right]=\widehat{BOC}$
Mà $OB\bot OC\Rightarrow \widehat{BOC}={{90}^{0}}\Rightarrow \left[ B,OA,C \right]={{90}^{0}}$.
| Chiều cao (cm) | [155; 160) | [160; 165) | [165; 170) | [170; 175) | [175; 180) | [180; 185) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| Số học sinh | 6 | 8 | 10 | 4 | 1 | 0 |
A. 5
B. 20
C. 30
D. 15
Vì mẫu số liệu có nhóm đầu tiên và nhóm cuối cùng đều có tần số lớn hơn $0$ nên khoảng biến thiên của mẫu số liệu là: $185-155=30$.
A. \( \frac{3}{10} \)
B. \( \frac{3}{11} \)
C. \( \frac{3}{20} \)
D. \( \frac{1}{5} \)
Chọn A
Gọi $A$: “2 học sinh được chọn là nữ”.
Số cách chọn 2 trong 5 học sinh là: $n\left( \Omega \right)=C_{5}^{2}$ (cách).
Số cách chọn 2 trong 3 học sinh nữ là: $n\left( A \right)=C_{3}^{2}$ (cách).
Xác suất để 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ là: $P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{C_{3}^{2}}{C_{5}^{2}}=\frac{3}{10}$.
Gọi $A$: “2 học sinh được chọn là nữ”.
Số cách chọn 2 trong 5 học sinh là: $n\left( \Omega \right)=C_{5}^{2}$ (cách).
Số cách chọn 2 trong 3 học sinh nữ là: $n\left( A \right)=C_{3}^{2}$ (cách).
Xác suất để 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ là: $P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{C_{3}^{2}}{C_{5}^{2}}=\frac{3}{10}$.
A. \( \int f(x) \, dx = \dfrac{5^{x+1}}{x+1} + C \)
B. \( \int f(x) \, dx = \dfrac{5^x}{\ln 5} + C \)
C. \( \int f(x) \, dx = 5^x \ln 5 + C \)
D. \( \int f(x) \, dx = 5^x + C \)
$\int{f\left( x \right)\text{d}x=\int{{{5}^{x}}\text{d}x=}\frac{{{5}^{x}}}{\ln 5}}+C$.
A. \( x = \dfrac{\pi}{3} + k\pi, \, x = -\dfrac{\pi}{3} + k\pi \, (k \in \mathbb{Z}) \)
B. \( x = \dfrac{\pi}{3} + k2\pi, \, x = -\dfrac{\pi}{3} + k2\pi \, (k \in \mathbb{Z}) \)
C. \( x = \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi, \, x = -\dfrac{\pi}{3} + k2\pi \, (k \in \mathbb{Z}) \)
D. \( x = -\dfrac{2\pi}{3} + k2\pi, \, x = \dfrac{2\pi}{3} + k2\pi \, (k \in \mathbb{Z}) \)
Ta có $\cos \,x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \cos \,x=\frac{\pi }{3}\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ & x=\frac{-\pi }{3}+k2\pi \\ \end{align} \right.\left( k\in \mathbb{Z} \right)$.
Vậy nghiệm phương trình là: $x=\frac{\pi }{3}+k2\pi ,\,x=\frac{-\pi }{3}+k2\pi \left( k\in \mathbb{Z} \right)$.
Vậy nghiệm phương trình là: $x=\frac{\pi }{3}+k2\pi ,\,x=\frac{-\pi }{3}+k2\pi \left( k\in \mathbb{Z} \right)$.
A. \( 2\pi \)
B. \( 2 \)
C. \( \pi \)
D. \( 1 \)
Chọn D
$\begin{array}{l} S(H) = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx} \\ = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left| {\cos x} \right|dx} = \sin \left( {\frac{\pi }{2}} \right) - \sin \left( 0 \right) = 1 \end{array}$.
$\begin{array}{l} S(H) = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx} \\ = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left| {\cos x} \right|dx} = \sin \left( {\frac{\pi }{2}} \right) - \sin \left( 0 \right) = 1 \end{array}$.
A. \( (x+1)^2 + (y-1)^2 + z^2 = 25 \)
B. \( (x+1)^2 + (y-1)^2 + z^2 = 5 \)
C. \( (x-1)^2 + (y-1)^2 + z^2 = 25 \)
D. \( (x-1)^2 + (y+1)^2 + z^2 = 5 \)
Chọn C
Phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;1;0 \right)$ và bán kính bằng $5$:
${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=25$.
Phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;1;0 \right)$ và bán kính bằng $5$:
${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=25$.
A. \( B(0; -6; -6) \)
B. \( A(-2; 2; 0) \)
C. \( C(4; 0; 3) \)
D. \( D(3; 0; 3) \)
• Thế $B\left( 0;-6;-6 \right)$ vào phương trình đường thẳng $d:\frac{x-2}{2}=\frac{y+2}{2}=\frac{z}{3}$:
$\frac{0-2}{2}\ne \frac{-6+2}{2}=\frac{-6}{3}\Rightarrow B\notin d$
• Thế $A\left( -2;2;0 \right)$ vào phương trình đường thẳng $d:\frac{x-2}{2}=\frac{y+2}{2}=\frac{z}{3}$:
$\frac{-2-2}{2}\ne \frac{2+2}{2}\ne \frac{0}{3}\Rightarrow A\notin d$
• Thế $C\left( 4;0;3 \right)$ vào phương trình đường thẳng $d:\frac{x-2}{2}=\frac{y+2}{2}=\frac{z}{3}$:
$\frac{4-2}{2}=\frac{0+2}{2}=\frac{3}{3}\Rightarrow C\in d$
• Thế $D\left( 3;0;3 \right)$ vào phương trình đường thẳng $d:\frac{x-2}{2}=\frac{y+2}{2}=\frac{z}{3}$:
$\frac{3-2}{2}\ne \frac{0+2}{2}=\frac{3}{3}\Rightarrow D\notin d$
$\frac{0-2}{2}\ne \frac{-6+2}{2}=\frac{-6}{3}\Rightarrow B\notin d$
• Thế $A\left( -2;2;0 \right)$ vào phương trình đường thẳng $d:\frac{x-2}{2}=\frac{y+2}{2}=\frac{z}{3}$:
$\frac{-2-2}{2}\ne \frac{2+2}{2}\ne \frac{0}{3}\Rightarrow A\notin d$
• Thế $C\left( 4;0;3 \right)$ vào phương trình đường thẳng $d:\frac{x-2}{2}=\frac{y+2}{2}=\frac{z}{3}$:
$\frac{4-2}{2}=\frac{0+2}{2}=\frac{3}{3}\Rightarrow C\in d$
• Thế $D\left( 3;0;3 \right)$ vào phương trình đường thẳng $d:\frac{x-2}{2}=\frac{y+2}{2}=\frac{z}{3}$:
$\frac{3-2}{2}\ne \frac{0+2}{2}=\frac{3}{3}\Rightarrow D\notin d$
Điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho là
A. \( M(-3; -3) \)
B. \( x = -1 \)
C. \( N(-1; 1) \)
D. \( x = -3 \)
Từ đồ thị ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điểm $M\left( -3;-3 \right)$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điểm $M\left( -3;-3 \right)$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho
A. \( (0; 16) \)
B. \( (-\infty; 16) \)
C. \( (16; +\infty) \)
D. \( (-\infty; \frac{1}{16}) \)
Chọn A
Tập xác định $D=\left( 0;+\infty \right)$
Ta có: ${{\log }_{\frac{1}{2}}}x>-4\Leftrightarrow x<{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{-4}}\Leftrightarrow x<16$
Vây tập nghiệm của bất phương trình là: $\left( 0;16 \right)$
Tập xác định $D=\left( 0;+\infty \right)$
Ta có: ${{\log }_{\frac{1}{2}}}x>-4\Leftrightarrow x<{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{-4}}\Leftrightarrow x<16$
Vây tập nghiệm của bất phương trình là: $\left( 0;16 \right)$
A. 16
B. 64
C. 128
D. 32
Ta có ${{u}_{5}}={{u}_{1}}.{{q}^{4}}={{u}_{2}}.{{q}^{3}}={{4.2}^{3}}=32.$
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.
Câu 1. Trong dây chuyền sản xuất sữa chua hiện đại của một nhà máy thực phẩm, từng giọt sữa đang ấm thấm chuyển mình dưới tác động của hàng triệu vi khuẩn Lactic, những “nghệ nhân tí hon” kiến tạo vị chua thanh đặc trưng. Mật độ vi khuẩn (số triệu tế bào trên mỗi 100 ml sữa chua) tại thời điểm \( t \) (giờ) được ký hiệu là \( N(t) \). Ban đầu (\( t = 0 \) giờ), mật độ vi khuẩn đo được là \( N(0) = 10 \) triệu tế bào/ml. Do sự thay đổi về nguồn dinh dưỡng (đường lactose giảm) và độ pH (axit lactic tăng) nên tốc độ thay đổi mật độ vi khuẩn \( N'(t) \) (đơn vị: triệu tế bào/ml mỗi giờ) được mô hình hóa bởi công thức: \( N'(t) = 18t - 3t^2 \) (triệu tế bào/ml/giờ) với \( t \) là thời gian tính bằng giờ \( (0 \le t \le 7) \).
a) \( N'(1) = 15 \) triệu tế bào/ml/giờ.
b) \( \int_0^t N'(t)\,dt = 9t^2 - t^3 \).
c) So với lúc ban đầu (\( t = 0 \)), mật độ vi khuẩn đã tăng thêm 108 triệu tế bào/ml khi đến thời điểm \( t = 6 \) giờ.
d) Tại thời điểm \( t = 7 \) giờ, mật độ vi khuẩn trong 1 ml sữa chua là 108 triệu tế bào/ml.
a) Đúng.
Ta có $N'\left( 1 \right)=18.1-{{3.1}^{2}}=15$ triệu tế bào/ml giờ.
b) Sai.
Ta có $\int{N'\left( t \right)dt}=\int{\left( 18t-3{{t}^{2}} \right)dt}=9{{t}^{2}}-{{t}^{3}}+C$ ($C\in \mathbb{R}$).
c) Đúng.
Ta có $N\left( t \right)=9{{t}^{2}}-{{t}^{3}}+C$ ($C\in \mathbb{R}$).
Mà $N\left( 0 \right)=10$ nên $C=10$. Vậy $N\left( t \right)=9{{t}^{2}}-{{t}^{3}}+10$.
Tại thời điểm $t=6$, ta có $N\left( 6 \right)={{9.6}^{2}}-{{6}^{3}}+10=118$. Ban đầu ($t=0$ giờ), mật độ vi khuẩn đo được là $N\left( 0 \right)=10$ triệu tế bào/ml nên tại thời điểm $t=6$, mật độ vi khuẩn đã tăng thêm 108 triệu tế bào/ml.
d) Đúng.
Tại thời điểm $t=7$ giờ, ta có $N\left( 7 \right)={{9.7}^{2}}-{{7}^{3}}+10=108$ nên mật độ vi khuẩn trong 1 ml sữa chua là 108 triệu tế bào/ml.
Ta có $N'\left( 1 \right)=18.1-{{3.1}^{2}}=15$ triệu tế bào/ml giờ.
b) Sai.
Ta có $\int{N'\left( t \right)dt}=\int{\left( 18t-3{{t}^{2}} \right)dt}=9{{t}^{2}}-{{t}^{3}}+C$ ($C\in \mathbb{R}$).
c) Đúng.
Ta có $N\left( t \right)=9{{t}^{2}}-{{t}^{3}}+C$ ($C\in \mathbb{R}$).
Mà $N\left( 0 \right)=10$ nên $C=10$. Vậy $N\left( t \right)=9{{t}^{2}}-{{t}^{3}}+10$.
Tại thời điểm $t=6$, ta có $N\left( 6 \right)={{9.6}^{2}}-{{6}^{3}}+10=118$. Ban đầu ($t=0$ giờ), mật độ vi khuẩn đo được là $N\left( 0 \right)=10$ triệu tế bào/ml nên tại thời điểm $t=6$, mật độ vi khuẩn đã tăng thêm 108 triệu tế bào/ml.
d) Đúng.
Tại thời điểm $t=7$ giờ, ta có $N\left( 7 \right)={{9.7}^{2}}-{{7}^{3}}+10=108$ nên mật độ vi khuẩn trong 1 ml sữa chua là 108 triệu tế bào/ml.
a) Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \( \frac{33}{50} \).
b) Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \( \frac{13}{20} \), biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
c) Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \( \frac{33}{50} \).
d) Để tạo bất ngờ cho người bốc thăm tiếp theo, sau khi người thứ nhất bốc thăm, người dẫn chương trình giữ lại vé và không công bố kết quả. Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng. Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \( \frac{65}{99} \).
Xét các biến cố:
$A:''$ Người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng$''$;
$B:''$ Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng$''$.
a) Đúng.
Ta có số vé trúng thưởng năm triệu đồng là: $100-\left( 4+10+20 \right)=66$
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:$P\left( A \right)=\frac{66}{100}=\frac{33}{50}$
b) Sai.
Nếu người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 65 vé.
Suy ra, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là $P\left( B|A \right)=\frac{65}{99}$.
c) Đúng.
Xác suất để người thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là: $P\left( \overline{A} \right)=1-P\left( A \right)=1-\frac{66}{100}=\frac{17}{50}$.
Nếu người bốc thăm thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 66 nên $P\left( B|\overline{A} \right)=\frac{66}{99}$.
Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:
$\begin{align} & P\left( B \right)=P\left( A \right).P\left( B|A \right)+P\left( \overline{A} \right).P\left( B|\overline{A} \right) \\ & =\frac{33}{50}.\frac{65}{99}+\frac{17}{50}.\frac{66}{99}=\frac{33}{50} \\ \end{align}$.
d) Đúng.
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là $P\left( A|B \right)$.
Theo công thức Bayes, ta có:
$\begin{array}{l} P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}}\\ = \frac{{\frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}}}}{{\frac{{33}}{{50}}}} = \frac{{65}}{{99}} \end{array}$
$A:''$ Người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng$''$;
$B:''$ Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng$''$.
a) Đúng.
Ta có số vé trúng thưởng năm triệu đồng là: $100-\left( 4+10+20 \right)=66$
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:$P\left( A \right)=\frac{66}{100}=\frac{33}{50}$
b) Sai.
Nếu người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 65 vé.
Suy ra, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là $P\left( B|A \right)=\frac{65}{99}$.
c) Đúng.
Xác suất để người thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là: $P\left( \overline{A} \right)=1-P\left( A \right)=1-\frac{66}{100}=\frac{17}{50}$.
Nếu người bốc thăm thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 66 nên $P\left( B|\overline{A} \right)=\frac{66}{99}$.
Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:
$\begin{align} & P\left( B \right)=P\left( A \right).P\left( B|A \right)+P\left( \overline{A} \right).P\left( B|\overline{A} \right) \\ & =\frac{33}{50}.\frac{65}{99}+\frac{17}{50}.\frac{66}{99}=\frac{33}{50} \\ \end{align}$.
d) Đúng.
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là $P\left( A|B \right)$.
Theo công thức Bayes, ta có:
$\begin{array}{l} P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}}\\ = \frac{{\frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}}}}{{\frac{{33}}{{50}}}} = \frac{{65}}{{99}} \end{array}$
a) Nồng độ khí CO₂ trong phòng tại thời điểm \( t = 0 \) là 400 (ppm).
b) \( f'(t) = \frac{-2000t^2 - 10000}{(t^2 + 5)^2} \) với \( t \geq 0 \).
c) Nghiệm phương trình \( f'(t) = 0 \) là \( t = 2 \).
d) Nồng độ khí CO₂ cao nhất đo được trong phòng thí nghiệm (làm tròn đến hàng đơn vị) là 947 (ppm).
a) Đúng.
Nồng độ khí CO2 trong phòng tại thời điểm $t=0$ là $f\left( 0 \right)=400+\frac{2000.0}{{{0}^{2}}+5}=400$ (ppm).
b) Sai.
Ta có ${f}'(t)=\frac{2000\left( {{t}^{2}}+5 \right)-2000t.2t}{{{\left( {{t}^{2}}+5 \right)}^{2}}}$$=\frac{-2000{{t}^{2}}+10000}{{{\left( {{t}^{2}}+5 \right)}^{2}}}$ với $t\ge 0$.
c) Sai.
Ta có ${f}'(t)=0$$\Rightarrow -2000{{t}^{2}}+10000=0$$\Leftrightarrow {{t}^{2}}=5$$\Leftrightarrow t=\sqrt{5}$ (do $t\ge 0$).
Vậy nghiệm của phương trình ${f}'(t)=0$ là $t=\sqrt{5}$.
d) Sai.
Lập bảng biến thiên của hàm số $f(t)$ trên $\left[ 0;+\infty \right)$ ta được $\underset{\left[ 0;+\infty \right)}{\mathop{\max }}\,f(t)=f\left( \sqrt{5} \right)\approx 847$ (ppm).
Khi đó nồng độ khí CO2 cao nhất đo được trong phòng thí nghiệm (làm tròn đến hàng đơn vị) là $847$ (ppm).
Nồng độ khí CO2 trong phòng tại thời điểm $t=0$ là $f\left( 0 \right)=400+\frac{2000.0}{{{0}^{2}}+5}=400$ (ppm).
b) Sai.
Ta có ${f}'(t)=\frac{2000\left( {{t}^{2}}+5 \right)-2000t.2t}{{{\left( {{t}^{2}}+5 \right)}^{2}}}$$=\frac{-2000{{t}^{2}}+10000}{{{\left( {{t}^{2}}+5 \right)}^{2}}}$ với $t\ge 0$.
c) Sai.
Ta có ${f}'(t)=0$$\Rightarrow -2000{{t}^{2}}+10000=0$$\Leftrightarrow {{t}^{2}}=5$$\Leftrightarrow t=\sqrt{5}$ (do $t\ge 0$).
Vậy nghiệm của phương trình ${f}'(t)=0$ là $t=\sqrt{5}$.
d) Sai.
Lập bảng biến thiên của hàm số $f(t)$ trên $\left[ 0;+\infty \right)$ ta được $\underset{\left[ 0;+\infty \right)}{\mathop{\max }}\,f(t)=f\left( \sqrt{5} \right)\approx 847$ (ppm).
Khi đó nồng độ khí CO2 cao nhất đo được trong phòng thí nghiệm (làm tròn đến hàng đơn vị) là $847$ (ppm).
View attachment 5974
a) Tọa độ của điểm \( A(8; 3; 10) \).
b) Phương trình đường thẳng đi qua vị trí của hai chiếc flycam tại \( A \) và \( B \) là: $ \begin{cases} x = 8 + 12t \\ y = 3 + 8t \\ z = 10 - 2t \end{cases} $
c) Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \( AB \) đi qua \( M(1; -2; 1) \).
d) Trên mặt đất người ta đặt một thiết bị phá sóng flycam sao cho có thể phá sóng hai chiếc flycam tại hai vị trí \( A, B \) cùng một lúc. Tính khoảng cách ngắn nhất từ thiết bị đó đến hai chiếc flycam tại hai vị trí \( A \) và \( B \) (làm tròn đến hàng phần trăm) bằng 25,46 (m).
a) Đúng.
Dựa vào hình vẽ ta thấy điểm $A$ có hoành độ là 8, tung độ là 3 và cao độ là 10.
b) Đúng.
$B\left( -4;-5;12 \right).$
Đường thẳng $AB$ đi qua điểm $A\left( 8;3;10 \right)$ và nhận $\overrightarrow{AB}=\left( 12;8;-2 \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\left\{ \begin{align} & x=8+12t \\ & y=3+8t \\ & z=10-2t \\ \end{align} \right..$
c) Đúng.
Gọi $I\left( 2;-1;11 \right)$ là trung điểm $AB.$
Mặt phẳng đi qua điểm $I\left( 2;-1;11 \right)$ và nhận $\overrightarrow{IA}=\left( 6;4;-1 \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là
$\begin{array}{l} 6\left( {x - 2} \right) + 4\left( {y + 1} \right) - 1\left( {z - 11} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 6x + 4y - z + 3 = 0. \end{array}$
Thay tọa độ điểm $M\left( 1;-2;1 \right)$ vào phương trình mặt phẳng ta được $6.1+4.\left( -2 \right)-1+3=0$ (đúng).
d) Sai.
Gọi ${A}'\left( 8;3-10 \right)$ là điểm đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $\left( Oxy \right).$
Với mọi điểm $H\in \left( Oxy \right),$ ta có $HA+HB=H{A}'+HB\ge {A}'B.$
Vậy tổng khoảng cách ngắn nhất từ thiết bị đó đến hai flycam là ${A}'B=2\sqrt{173}\simeq 26,31\left( m \right).$
Dựa vào hình vẽ ta thấy điểm $A$ có hoành độ là 8, tung độ là 3 và cao độ là 10.
b) Đúng.
$B\left( -4;-5;12 \right).$
Đường thẳng $AB$ đi qua điểm $A\left( 8;3;10 \right)$ và nhận $\overrightarrow{AB}=\left( 12;8;-2 \right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\left\{ \begin{align} & x=8+12t \\ & y=3+8t \\ & z=10-2t \\ \end{align} \right..$
c) Đúng.
Gọi $I\left( 2;-1;11 \right)$ là trung điểm $AB.$
Mặt phẳng đi qua điểm $I\left( 2;-1;11 \right)$ và nhận $\overrightarrow{IA}=\left( 6;4;-1 \right)$ làm vectơ pháp tuyến có phương trình là
$\begin{array}{l} 6\left( {x - 2} \right) + 4\left( {y + 1} \right) - 1\left( {z - 11} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 6x + 4y - z + 3 = 0. \end{array}$
Thay tọa độ điểm $M\left( 1;-2;1 \right)$ vào phương trình mặt phẳng ta được $6.1+4.\left( -2 \right)-1+3=0$ (đúng).
d) Sai.
Gọi ${A}'\left( 8;3-10 \right)$ là điểm đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $\left( Oxy \right).$
Với mọi điểm $H\in \left( Oxy \right),$ ta có $HA+HB=H{A}'+HB\ge {A}'B.$
Vậy tổng khoảng cách ngắn nhất từ thiết bị đó đến hai flycam là ${A}'B=2\sqrt{173}\simeq 26,31\left( m \right).$
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.Câu 1. Một kiến trúc sư chịu trách nhiệm thiết kế một tòa nhà cao 30 mét. Mặt cắt ngang tại mọi độ cao, vuông góc với trục thẳng đứng, luôn là một hình vuông (xem hình vẽ).
View attachment 5975
Mặt đáy tòa nhà là hình vuông có cạnh \(L_0 = 26 \, m\), mặt đỉnh là hình vuông có cạnh \(L_{30} = 20 \, m\). Mặt cắt ngang tại vị trí hẹp nhất của tòa nhà: Hình vuông có cạnh \(L_{\text{min}} = 13{,}75 \, m\). Mặt cắt của tòa nhà theo mặt phẳng đứng chứa đường chéo đáy có dạng là hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong parabol đối xứng nhau qua trục thẳng đứng đi qua tâm đáy của tòa nhà. Tính thể tích của tòa nhà đó (làm tròn đến hàng đơn vị, đơn vị tính: mét khối).
Đáp án: $8976$
Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ.
Gọi $L\left( x \right)$ là hàm biến thiên của độ dài đường chéo mặt cắt của toà nhà tại độ cao x.
Theo đề ta có, $L\left( x \right)$là một parabol đi qua ba điểm $\left( 0;13\sqrt{2} \right),\,\,\left( 30;10\sqrt{2} \right),\,\,\left( {{x}_{o}};\frac{55\sqrt{2}}{8} \right)$ , trong đó ${{x}_{o}}$ là vị trí toà nhà có cạnh cạnh ${{L}_{min}}=13,75\ \text{m}\text{.}$
$L\left( x \right)=a{{\left( x-{{x}_{o}} \right)}^{2}}+\frac{55\sqrt{2}}{8}$.
Ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l} L\left( 0 \right) = a{\left( {0 - {x_o}} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8} = 13\sqrt 2 \\ L\left( {30} \right) = a{\left( {30 - {x_o}} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8} = 10\sqrt 2 \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a{\left( {{x_o}} \right)^2} = \frac{{49\sqrt 2 }}{8}\\ a{\left( {30 - {x_o}} \right)^2} = \frac{{25\sqrt 2 }}{8} \end{array} \right.$
$ \Rightarrow \frac{{{x_o}^2}}{{{{\left( {30 - {x_o}} \right)}^2}}} = \frac{{49}}{{25}}$ $ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_o} = 105\,\left( L \right)\\ {x_o} = 17,5\,\,\left( {TM} \right) \Rightarrow a = \frac{{\sqrt 2 }}{{50}} \end{array} \right.\,$
Suy ra $L\left( x \right)=\frac{\sqrt{2}}{50}{{\left( x-17,5 \right)}^{2}}+\frac{55\sqrt{2}}{8}$
Do đó, diện tích thiết diện là $S\left( x \right)=2{{\left[ L\left( x \right) \right]}^{2}}=2{{\left[ \frac{\sqrt{2}}{50}{{\left( x-17,5 \right)}^{2}}+\frac{55\sqrt{2}}{8} \right]}^{2}}$.
Vậy thể tích của toà nhà là
$\begin{array}{l} V = \int_0^{30} {S\left( x \right)} \,\,dx\\ = \int_0^{30} {2{{\left[ {\frac{{\sqrt 2 }}{{50}}{{\left( {x - 17,5} \right)}^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8}} \right]}^2}} \,\,dx\\ \approx 8976{m^3} \end{array}$.
Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ.
Gọi $L\left( x \right)$ là hàm biến thiên của độ dài đường chéo mặt cắt của toà nhà tại độ cao x.
Theo đề ta có, $L\left( x \right)$là một parabol đi qua ba điểm $\left( 0;13\sqrt{2} \right),\,\,\left( 30;10\sqrt{2} \right),\,\,\left( {{x}_{o}};\frac{55\sqrt{2}}{8} \right)$ , trong đó ${{x}_{o}}$ là vị trí toà nhà có cạnh cạnh ${{L}_{min}}=13,75\ \text{m}\text{.}$
$L\left( x \right)=a{{\left( x-{{x}_{o}} \right)}^{2}}+\frac{55\sqrt{2}}{8}$.
Ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l} L\left( 0 \right) = a{\left( {0 - {x_o}} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8} = 13\sqrt 2 \\ L\left( {30} \right) = a{\left( {30 - {x_o}} \right)^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8} = 10\sqrt 2 \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a{\left( {{x_o}} \right)^2} = \frac{{49\sqrt 2 }}{8}\\ a{\left( {30 - {x_o}} \right)^2} = \frac{{25\sqrt 2 }}{8} \end{array} \right.$
$ \Rightarrow \frac{{{x_o}^2}}{{{{\left( {30 - {x_o}} \right)}^2}}} = \frac{{49}}{{25}}$ $ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_o} = 105\,\left( L \right)\\ {x_o} = 17,5\,\,\left( {TM} \right) \Rightarrow a = \frac{{\sqrt 2 }}{{50}} \end{array} \right.\,$
Suy ra $L\left( x \right)=\frac{\sqrt{2}}{50}{{\left( x-17,5 \right)}^{2}}+\frac{55\sqrt{2}}{8}$
Do đó, diện tích thiết diện là $S\left( x \right)=2{{\left[ L\left( x \right) \right]}^{2}}=2{{\left[ \frac{\sqrt{2}}{50}{{\left( x-17,5 \right)}^{2}}+\frac{55\sqrt{2}}{8} \right]}^{2}}$.
Vậy thể tích của toà nhà là
$\begin{array}{l} V = \int_0^{30} {S\left( x \right)} \,\,dx\\ = \int_0^{30} {2{{\left[ {\frac{{\sqrt 2 }}{{50}}{{\left( {x - 17,5} \right)}^2} + \frac{{55\sqrt 2 }}{8}} \right]}^2}} \,\,dx\\ \approx 8976{m^3} \end{array}$.
Đáp án: 688
Gọi $x,y$ (triệu đồng) lần lượt là số tiền phân bổ vào cổ phiếu A và quỹ trái phiếu B, $x\ge 0,y\ge 0$.
Theo đề bài ta có: $\left\{ \begin{align} & x+y\le 5000 \\ & 0\le x\le 3200 \\ & y\ge 1200 \\ \end{align} \right.$.
Lợi nhuận hàng năm là: $F\left( x;y \right)=0,17x+0,08y$.
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm $F\left( x;y \right)$.
Vẽ các đường thẳng ${{d}_{1}}:x+y=5000$, ${{d}_{2}}:x=3200$, ${{d}_{3}}:y=1200$.
Miền nghiệm của hệ trên là miền tứ giác ABCD.
Giá trị lớn nhất của biết thức $F\left( x;y \right)=0,17x+0,08y$ chỉ đạt được tại các điểm$A\left( 0;5000 \right),B\left( 0;1200 \right),\,C\left( 3200;1200 \right),\,D\left( 3200;1800 \right)$.
Thay tọa độ các điểm $A,B,C,D$vào $F\left( x;y \right)=0,17x+0,08y$ ta được các giá trị lần lượt là $400;96;640;688$.
Vậy $\text{max }F\left( x;y \right)=688$ tại $D\left( 3200;1800 \right)$. Do đó nhà đầu tư có thể đạt được tổng lợi nhuận hàng năm lớn nhất là $688$ triệu đồng.
Câu 3. Một bể bơi với mặt nước khi đầy có dạng hình chữ nhật với chiều rộng 14m và chiều dài 30m. Các thành bể xung quanh thẳng đứng và đáy là một mặt phẳng nghiêng. Chiều sâu tại một đầu bể là 1,2m và tăng dần đều đến 2,0m ở đầu kia của bể (xem hình vẽ).
Ban đầu bể không chứa nước. Người ta sử dụng một máy bơm công suất lớn để bơm nước vào bể với tốc độ không đổi là 42m³/giờ. Hỏi sau bao nhiêu giờ thì máy bơm đầy bể nước?
Đáp số: $16$
Thể tích nước cần bơm đầy bể là thể tích khối lăng trụ đứng có đáy là hình thang vuông nên
$V=\frac{\left( 1,2+2 \right).30}{2}.14=672{{m}^{3}}$.
Thời gian máy bơm bơm đầy bể nước là: $\frac{672}{42}=16$giờ.
Thể tích nước cần bơm đầy bể là thể tích khối lăng trụ đứng có đáy là hình thang vuông nên
$V=\frac{\left( 1,2+2 \right).30}{2}.14=672{{m}^{3}}$.
Thời gian máy bơm bơm đầy bể nước là: $\frac{672}{42}=16$giờ.
Đán án: 6
Gọi hàm chi phí vật liệu trung bình trên một giờ sản xuất là $f\left( x \right)=\frac{C\left( x \right)}{T\left( x \right)}=\frac{{{x}^{2}}+108}{x+6},x>0$.
Ta có $f'\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+12x-108}{{{\left( x+6 \right)}^{2}}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-18(L) \\ & x=6 \\ \end{align} \right.$
Ta có bảng biến thiên :
Từ bảng biến thiên ta thấy $f\left( x \right)$ đạt GTNN bằng $12$ khi $x=6$.
Vậy để chi phí vật liệu trung bình trên một giờ sản xuất là thấp nhất thì $x=6$.
Gọi hàm chi phí vật liệu trung bình trên một giờ sản xuất là $f\left( x \right)=\frac{C\left( x \right)}{T\left( x \right)}=\frac{{{x}^{2}}+108}{x+6},x>0$.
Ta có $f'\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}+12x-108}{{{\left( x+6 \right)}^{2}}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=-18(L) \\ & x=6 \\ \end{align} \right.$
Ta có bảng biến thiên :
Từ bảng biến thiên ta thấy $f\left( x \right)$ đạt GTNN bằng $12$ khi $x=6$.
Vậy để chi phí vật liệu trung bình trên một giờ sản xuất là thấp nhất thì $x=6$.
View attachment 5976
Đán án: 126
$\overrightarrow{CD}=\left( 20;-40;0 \right)=20.\overrightarrow{u};$ với $\overrightarrow{u}=\left( 1;-2;0 \right)$.
$\left( P \right)$ là mặt phẳng thẳng đứng qua $C$ và $D$ nên nhận vec tơ $\overrightarrow{u}=\left( 1;-2;0 \right)$ và $\overrightarrow{k}=\left( 0;0;1 \right)$ làm cặp vectơ chỉ phương nên vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là $\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{u};\overrightarrow{k} \right]=\left( 2;1;0 \right)$
$\begin{array}{l} \left( P \right):2\left( {x - 10} \right) + 1\left( {y - 50} \right) + 0\left( {z - 0} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2x + y - 70 = 0 \end{array}$
Đường thẳng $AB$vuông góc với $\left( P \right)$ nên nhận vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{u}_{AB}}}=\left( 2;1;0 \right)$. Phương trình đường thẳng $AB$: $\left\{ \begin{align} & x=30+2t \\ & y=40+t \\ & z=120 \\ \end{align} \right.$
$B$ là giao điểm của đường thẳng $AB$và mặt phẳng $\left( P \right)$ nên ta có
$\begin{array}{l} 60 + 4t + 40 + t - 70 = 0\\ \Leftrightarrow 5t = - 30\\ \Leftrightarrow t = - 6\\ \Rightarrow B\left( {18;34;120} \right)\\ \Rightarrow OB = \sqrt {{{18}^2} + {{34}^2} + {{120}^2}} = 126 \end{array}$
$\overrightarrow{CD}=\left( 20;-40;0 \right)=20.\overrightarrow{u};$ với $\overrightarrow{u}=\left( 1;-2;0 \right)$.
$\left( P \right)$ là mặt phẳng thẳng đứng qua $C$ và $D$ nên nhận vec tơ $\overrightarrow{u}=\left( 1;-2;0 \right)$ và $\overrightarrow{k}=\left( 0;0;1 \right)$ làm cặp vectơ chỉ phương nên vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là $\overrightarrow{n}=\left[ \overrightarrow{u};\overrightarrow{k} \right]=\left( 2;1;0 \right)$
$\begin{array}{l} \left( P \right):2\left( {x - 10} \right) + 1\left( {y - 50} \right) + 0\left( {z - 0} \right) = 0\\ \Leftrightarrow 2x + y - 70 = 0 \end{array}$
Đường thẳng $AB$vuông góc với $\left( P \right)$ nên nhận vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là vectơ chỉ phương $\overrightarrow{{{u}_{AB}}}=\left( 2;1;0 \right)$. Phương trình đường thẳng $AB$: $\left\{ \begin{align} & x=30+2t \\ & y=40+t \\ & z=120 \\ \end{align} \right.$
$B$ là giao điểm của đường thẳng $AB$và mặt phẳng $\left( P \right)$ nên ta có
$\begin{array}{l} 60 + 4t + 40 + t - 70 = 0\\ \Leftrightarrow 5t = - 30\\ \Leftrightarrow t = - 6\\ \Rightarrow B\left( {18;34;120} \right)\\ \Rightarrow OB = \sqrt {{{18}^2} + {{34}^2} + {{120}^2}} = 126 \end{array}$
Hệ thống 1:
- Xác suất phát hiện chính xác sản phẩm lỗi là 95%.
- Xác suất báo lỗi nhầm trên một sản phẩm không lỗi là 1%.
- Xác suất phát hiện chính xác sản phẩm lỗi là 90%.
- Xác suất báo lỗi nhầm trên một sản phẩm không lỗi là 5%.
Đán án: 10
Gọi $A$ là biến cố chọn được sản phẩm lỗi.
Gọi $M,\,\,N$ lần lượt là biến cố hệ thống $1$ kết luận sản phẩm lỗi, hệ thống $2$ kết luận sản phẩm lỗi.
Ta cần tính xác suất điều kiện: $P\left( \overline{A}|MN \right)=\frac{P\left( \overline{A}MN \right)}{P\left( MN \right)}.$
Ta có $P\left( A \right) = 2\% = 0,02$ $ \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 0,98$ và
$\begin{array}{l} P\left( {M|A} \right) = 95\% = 0,95;\,\,\\ P\left( {M|\overline A } \right) = 1\% = 0,01.\\ P\left( {N|AM} \right) = 90\% = 0,9;\,\,\\ P\left( {N|\overline A M} \right) = 5\% = 0,05. \end{array}$
Ta có:
$\begin{array}{l} P\left( {MN} \right) = P\left( {AMN \cup \overline A MN} \right)\\ = P\left( {AMN} \right) + P\left( {\overline A MN} \right). \end{array}$
Mặt khác: $P\left( \overline{A}MN \right)=P\left( \overline{A} \right).P\left( M|\overline{A} \right).P\left( N|\overline{A}M \right)$ $ = 0,98\,.\,0,01\,.\,0,05$ và
$P\left( AMN \right)=P\left( A \right).P\left( M|A \right).P\left( N|AM \right).$ $ = 0,02\,.\,0,95\,.\,0,9$
Vậy
$\begin{array}{l} P\left( {\overline A |MN} \right) = \frac{{0,98\,.\,0,01\,.\,0,05}}{{0,98\,.\,0,01\,.\,0,05 + 0,02\,.\,0,95\,.\,0,9}}\\ = \frac{{49}}{{1759}} \approx 0,028\\ \Rightarrow a + b = 10. \end{array}$
Gọi $A$ là biến cố chọn được sản phẩm lỗi.
Gọi $M,\,\,N$ lần lượt là biến cố hệ thống $1$ kết luận sản phẩm lỗi, hệ thống $2$ kết luận sản phẩm lỗi.
Ta cần tính xác suất điều kiện: $P\left( \overline{A}|MN \right)=\frac{P\left( \overline{A}MN \right)}{P\left( MN \right)}.$
Ta có $P\left( A \right) = 2\% = 0,02$ $ \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 0,98$ và
$\begin{array}{l} P\left( {M|A} \right) = 95\% = 0,95;\,\,\\ P\left( {M|\overline A } \right) = 1\% = 0,01.\\ P\left( {N|AM} \right) = 90\% = 0,9;\,\,\\ P\left( {N|\overline A M} \right) = 5\% = 0,05. \end{array}$
Ta có:
$\begin{array}{l} P\left( {MN} \right) = P\left( {AMN \cup \overline A MN} \right)\\ = P\left( {AMN} \right) + P\left( {\overline A MN} \right). \end{array}$
Mặt khác: $P\left( \overline{A}MN \right)=P\left( \overline{A} \right).P\left( M|\overline{A} \right).P\left( N|\overline{A}M \right)$ $ = 0,98\,.\,0,01\,.\,0,05$ và
$P\left( AMN \right)=P\left( A \right).P\left( M|A \right).P\left( N|AM \right).$ $ = 0,02\,.\,0,95\,.\,0,9$
Vậy
$\begin{array}{l} P\left( {\overline A |MN} \right) = \frac{{0,98\,.\,0,01\,.\,0,05}}{{0,98\,.\,0,01\,.\,0,05 + 0,02\,.\,0,95\,.\,0,9}}\\ = \frac{{49}}{{1759}} \approx 0,028\\ \Rightarrow a + b = 10. \end{array}$
