Tải ngay Đề Khảo Sát Chất Lượng Toán 12 Lần 1 Năm 2024 - 2025 Trường THPT Lê Hồng Phong, Hải Phòng để ôn tập hiệu quả. Đề thi được thiết kế bám sát chương trình học và cấu trúc của kỳ thi THPT Quốc Gia, bao gồm các dạng câu hỏi từ cơ bản đến nâng cao. Đây là tài liệu hữu ích giúp học sinh lớp 12 củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin đạt điểm cao trong các kỳ thi quan trọng!
Câu 1. Nguyên hàm của hàm số $f(x)={{3}^{x-1}}\cdot {{5}^{x+1}}$ là
A. $\frac{{{3}^{x-1}}\cdot {{5}^{x+1}}}{\ln 3.\ln 5}+C$.
B. ${{3}^{x-1}}\cdot {{5}^{x+1}}+C$.
C. $\frac{5\cdot {{15}^{x}}}{3}+C$.
D. $\frac{5\cdot {{15}^{x}}}{3\ln 15}+C$.
Câu 2. Tập nghiệm của bất phương trình ${{\log }_{\frac{1}{6}}}\left( x-2 \right)>-1$ là
A. $\left( \frac{13}{6};+\infty \right)$.
B. $\left( 2;\frac{13}{6} \right)$.
C. $\left( -\infty ;2 \right)$.
D. $\left( 2;8 \right)$.
Câu 3. Cho bảng tần số ghép nhóm số liệu thống kê cân nặng của 40 học sinh lớp $11\text{ }\!\!~\!\!\text{ A}$ trong một trường trung học phổ thông (đơn vị: kilôgam). Xác định khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm đó.
A. ${{\Delta }_{Q}}=14,5.$
B. ${{\Delta }_{Q}}=16.$
C. ${{\Delta }_{Q}}=10,6.$
D. ${{\Delta }_{Q}}=13,5.$
Câu 4. Tìm nghiệm của phương trình $2^{x}=32$.
A. ${x=13}$.
B. ${x=-1}$.
C. ${x=5}$.
D. ${x=9}$.
Câu 5. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm$A\left( 1;\,2;\,-3 \right)$. Hình chiếu vuông góc của $A$ lên mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ có tọa độ là
A. $\left( 1;\,0;\,0 \right)$.
B. $\left( 0;\,2;\,-3 \right)$.
C. $\left( 1;\,0;\,-3 \right)$.
D. $\left( 1;\,2;\,0 \right)$.
Câu 6. Trong không gian $Oxyz$, cho hai vectơ $\overrightarrow{u}=\left( 1\,;\,3\,;\,-2 \right)$ và $\overrightarrow{v}=\left( 2\,;\,1\,;\,-1 \right)$. Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$ là
A. $\left( 3\,;\,4\,;\,-3 \right)$.
B. $\left( -1\,;\,2\,;\,-1 \right)$.
C. $\left( 1\,;\,-2\,;\,1 \right)$.
D. $\left( -1\,;\,2\,;\,-3 \right)$.
Câu 7. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
A. 2.
B. 4.
C. 1.
D. 3.
Câu 8. Cho dãy số $\left( {{u}_{n}} \right)$ là một cấp số nhân có số hạng đầu ${{u}_{1}}=2$ và công bội $q=3$. Xác định số hạng thứ hai của cấp số nhân $\left( {{u}_{n}} \right)$.
A. ${{u}_{2}}=6$.
B. ${{u}_{2}}=18$.
C. ${{u}_{2}}=8$.
D. ${{u}_{2}}=5$.
Câu 9. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có bảng biến thiên như sau:
Hàm số nghịch biến trong khoảng nào?
A. $\left( -\infty ;2 \right)$.
B. $\left( -1;1 \right)$.
C. $\left( 4;+\infty \right)$.
D. $\left( 0;1 \right)$.
Câu 10. Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$. Gọi $O$ là tâm của hình lập phương. Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{4}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'} \right)$.
B. $\overrightarrow{AO}=\frac{2}{3}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'} \right)$.
C. $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'} \right)$.
D. $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'} \right)$.
$\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}'} \right)$
Câu 11. Cho hình chóp $S.ABCD$có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, $SA$vuông góc với mặt phẳng đáy.
Mặt phẳng vuông góc với $\left( SAC \right)$ là
A. $\left( SAB \right)$.
B. $\left( SAD \right)$.
C. $\left( SBD \right)$.
D. $\left( SBC \right)$.
Câu 12. Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ. Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho là
A. 1.
B. $\left( 2;0 \right)$.
C. $\left( 1;-4 \right)$.
D. −1.
Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $\Delta ABC$với $A\left( 1;-3;3 \right),B\left( 2;-4;5 \right),C\left( 3;-2;1 \right)$
a) Gọi $M\left( x;y;z \right)$ là điểm trên mặt phẳng tọa độ $\left( Oyz \right)$sao cho biểu thức $P=-2M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}-3M{{C}^{2}}$ đạt giá trị lớn nhất. Khi đó $x+y-z<-5$.
b) Điểm $I\left( x;y;z \right)$thỏa mãn $2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}=\vec{0},$ khi đó $2x+y+z=4.$
c) Điểm $G\left( a;b;c \right)$ là trọng tâm của tam giác $\Delta ABC$ thì $a+b+c=2$.
d) $\overrightarrow{AB}=\left( -1;1;-2 \right).$
Câu 2. Một xe ô tô đang chạy với tốc độ $\text{72 }km/h$ thì người lái xe bất ngờ phát hiện chướng ngại vật trên đường cách đó $50\text{ }m$. Người lái xe phản ứng một giây, sau đó đạp phanh khẩn cấp. Kể từ thời điểm này, ô tô chuyển động chậm dần đều với tốc độ ${v(t)=-10 t+20~(\mathrm{m/s} ),}$ trong đó ${t}$ là thời gian tính bằng giây kể từ lúc đạp phanh. Gọi ${s(t)}$ là quãng đường xe ô tô đi được trong ${t}$ (giây) kể từ lúc đạp phanh.
a) Quãng đường ${s(t)}$ mà xe ô tô đi được trong thời gian ${t}$ (giây) là một nguyên hàm của hàm số ${v(t).}$
b) ${s(t)=-5 t^{2}+20 t.}$
c) Xe ô tô đó không va vào chướng ngại vật ở trên đường.
d) Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 20 giây.
Câu 3. Cho hàm số $f(x)=2\cos x+x\sqrt{2}$.
a) Đạo hàm của hàm số đã cho là ${f}'(x)=2\sin x+\sqrt{2}$.
b) Tính $f(0)=2$ và $f\left( \pi \right)=-2+\pi \sqrt{2}$.
c) Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ 0;\,\pi \right]$ là $\pi \sqrt{2}$.
d) Phương trình ${f}'(x)=0$ có đúng 2 nghiệm trên đoạn $\left[ 0;\pi \right]$.
Câu 4. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh bằng $\sqrt{3}$. Gọi $I$ là trung điểm của $AB$, hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là trung điểm $H$ của $CI$. Biết góc giữa $SA$ và mặt phẳng $\left( ABC \right)$ bằng $45{}^\circ $. Giả sử $G$ là trọng tâm tam giác $SBC$. Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
a) $SH=\frac{\sqrt{21}}{4}$.
b) Thể tích khối chóp $S.ABC$ bằng $\frac{3\sqrt{7}}{16}$.
c) Góc giữa $SA$ và mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là góc $\widehat{SAC}$.
d) Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $CG$ bằng $\frac{\sqrt{231}}{22}$.
a) Đúng.
Ta có: $\left( \widehat{SA,\left( ABC \right)} \right)=\left( \widehat{SA,AH} \right)$$=\widehat{SAH}={{45}^{{\mathrm O}}}$.
Ta có $IC$ là đường cao của tam giác đều nên $IC=\frac{\sqrt{3}.\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow HI=HC=\frac{3}{4}$.
Tam giác $SAH$ vuông cân tại $H$ $\Rightarrow SH=AH=\sqrt{A{{I}^{2}}+H{{I}^{2}}}=\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{9}{16}}=\frac{\sqrt{21}}{4}$.
b) Đúng.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ : ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.SH=\frac{1}{3}.\frac{{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}.\sqrt{3}}{4}.\frac{\sqrt{21}}{4}=\frac{3\sqrt{7}}{16}$.
c) Sai.
Góc giữa $SA$ và mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là góc $\widehat{SAH}$.
d) Đúng.
Gọi $D$ là trung điểm $SB\Rightarrow G$ thuộc $CD$.
Lấy $E$ đối xứng $B$ qua $C\Rightarrow CD$ là đường trung bình tam giác $SBE\Rightarrow $$CD\text{//}\left( SAE \right)$.
Ta có $d\left( SA;CG \right)=d\left( CD;\left( SAE \right) \right)=d\left( C;\left( SAE \right) \right)$.
$CI\text{//}AE$ (đường trung bình) mà $H$ thuộc $CI\Rightarrow d\left( C;\left( SAE \right) \right)=d\left( H;\left( SAE \right) \right)$$d(H;(SAE))$.
Từ $H$ kẻ $HF$ vuông góc $AE$, từ $H$ kẻ $HK$ vuông góc $SF$.
Suy ra $HK$ là đoạn cần tính.
$AIHF$ là hình chữ nhật nên $HF=AI=\frac{\sqrt{3}}{2}$
Tam giác $SHF$ vuông tại $H$, có $HK$ là đường cao nên $HK=\frac{SH.HF}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{F}^{2}}}}=\frac{\frac{\sqrt{21}}{4}.\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\frac{21}{16}+\frac{3}{4}}}=\frac{\sqrt{231}}{22}$.
Câu 2. Ông An muốn mua một chiếc ôtô. Ngõ từ đường vào sân nhà ông An hình chữ L.
Đoạn đường đầu tiên có chiều rộng bằng $x \left( m \right)$, đoạn đường thẳng vào sân chiều rộng$2,6 \left( m \right)$. Biết kích thước xe ôtô như hình vẽ trên (đơn vị milimet) và để ôtô đi qua an toàn thì chiều rộng và chiều dài tương ứng của đoạn đường phải lớn hơn kích thước thiết kế của ô tô một khoảng, cụ thể là $5m x1,9m$ (chiều dài x chiều rộng). Để tính toán và thiết kế đường đi cho ôtô từ ngõ vào sân, ông An coi ôtô như một khối hộp chữ nhật có kích thước chiều dài là $5 \left( m \right)$, chiều rộng $1,9\left( m \right)$. Chiều rộng nhỏ nhất của đoạn đường đầu tiên là $x=\frac{p}{q}(m)$(với $p,q$ là các số nguyên dương và phân số $\frac{p}{q}$ tối giản) để ôtô của ông An có thể đi vào được sân ( giả thiết ôtô không đi ra ngài đường, không đi nghiêng và ôtô không bị biến dạng). Khi đó ${{p}^{2}}-q$ bằng bao nhiêu?
Chọn hệ trục $Oxy$như hình vẽ. Khi đó, $M\left( -2,6;h \right)$.
Gọi $B\left( -a;0 \right)$, suy ra $A\left( 0;\sqrt{25-{{a}^{2}}} \right),a>0$.
Từ đó, phương trình của $AB$ là $\frac{x}{-a}+\frac{y}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}=1$.
Do $CD//AB$ nên phương trình $CD$ là $\frac{x}{-a}+\frac{y}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-k=0$.
Khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ là chiều rộng của ôtô và bằng $1,9 m$ nên
$\frac{\left| k-1 \right|}{\sqrt{{{\left( \frac{1}{a} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{1}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}} \right)}^{2}}}}=1,9\Leftrightarrow k=1+\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}}$. (vì $CD$ nằm phía trên $AB$ nên $k>1$ )
Phương trình $CD$ được viết lại là $\frac{x}{-a}+\frac{y}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-1-\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}}=0$
Điều kiện để ôtô đi qua được là $M$ và $O$ nằm khác phía đối với đường thẳng $CD$.
Suy ra $\left( \frac{2,6}{a}+\frac{h}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-1-\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}} \right)\left( -1-\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}} \right)\le 0$
$\Leftrightarrow \frac{2,6}{a}+\frac{h}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-1-\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow h\ge \sqrt{25-{{a}^{2}}}+\frac{9,5}{a}-\frac{2,6\sqrt{25-{{a}^{2}}}}{a}$ (đúng với mọi $a\in \left( 0;5 \right]$).
Xét hàm số $f\left( a \right)=\sqrt{25-{{a}^{2}}}+\frac{9,5}{a}-\frac{2,6\sqrt{25-{{a}^{2}}}}{a}$ trên nửa khoảng $\left( 0;5 \right]$.
Ta có ${f}'\left( a \right)=\frac{65-9,5\sqrt{25-{{a}^{2}}}-{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}\sqrt{25-{{a}^{2}}}}$
$\begin{array}{l} f'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow 65 - 9,5\sqrt {25 - {a^2}} - {a^3} = 0\\ \Leftrightarrow 9,5\sqrt {25 - {a^2}} = 65 - {a^3}\\ \Leftrightarrow 90,25\left( {25 - {a^2}} \right) = {\left( {65 - {a^3}} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {a^6} - 130{a^3} + 90,25{a^2} + 1968,75 = 0\\ \Leftrightarrow a = 3 \in \left( {0;5} \right) \end{array}$
Bảng biến thiên
Do đó, $h\ge f\left( a \right),\forall a\in \left( 0;5 \right]\Leftrightarrow h\ge \frac{37}{10}$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $x$ là $x=\frac{37}{10}$
Vậy ${{p}^{2}}-q={{37}^{2}}-{{10}^{2}}=1359$ là giá trị cần tìm.
Câu 3. Trước sân nhà A của một trường THPT có một mảnh đất là nửa hình tròn có đường kính $AB=10\,m$. Nhà trường muốn trồng hoa trong hình chữ nhật $MNPQ$ và phần đất còn lại trồng cỏ Nhật. Biết chi phí trồng hoa là 100 ngàn đồng /$1{{m}^{2}}$. Trồng cỏ Nhật hết 150 ngàn đồng/ $1{{m}^{2}}$. Hỏi chi phí (làm tròn đến đơn vị ngàn đồng) hết ít nhất là bao nhiêu ?
Gọi $O$ là tâm của nửa đường tròn.
Đặt $OP=x\,\,\left( m \right),$ điều kiện: $0\le x\le 5$.
Ta có: $PQ=2x,\,\,NP=\sqrt{{{5}^{2}}-{{x}^{2}}}$.
Ta có: Diện tích của hình chữ nhật $MNPQ$ là: $S=NP.QP=\sqrt{25-{{x}^{2}}}.2x$
Diện tích phần còn lại: ${{S}_{2}}=\frac{1}{2}\pi {{.5}^{2}}-2x\sqrt{25-{{x}^{2}}}=\frac{25}{2}\pi -2x\sqrt{25-{{x}^{2}}}$
Tổng chi phí: $P\left( x \right)=100.2x\sqrt{25-{{x}^{2}}}+150.\left( \frac{25}{2}\pi -2x\sqrt{25-{{x}^{2}}} \right)$
$P\left( x \right)=-100x\sqrt{25-{{x}^{2}}}+1875\pi $ ; ${P}'\left( x \right)=-\frac{100\left( 25-2{{x}^{2}} \right)}{\sqrt{25-{{x}^{2}}}}$
${P}'\left( x \right)=0\Rightarrow x=\frac{5\sqrt{2}}{2}$ (Do chỉ lấy $0\le x\le 5$)
Bảng biến thiên
Vậy chi phí thấp nhất là: $P\left( \frac{5\sqrt{2}}{2} \right)=-1250+1875\pi \approx 4640$
Câu 4. Trong không gian với hệ trục toạ độ $Oxyz$, cho các điểm $A\left( 2;-1;6 \right),\,B\left( 1;1;2 \right),\,$$C\left( -3;-2;4 \right),\,$$D\left( 1;6;-4 \right)$. Điểm $M$ di động trên mặt phẳng $\left( Oyz \right)$. Khi biểu thức $T={{\left( \frac{MA}{MD} \right)}^{2}}-3{{\left( \frac{MB}{MD} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{MC}{MD} \right)}^{2}}$ đạt giá trị lớn nhất thì tung độ của điểm $M$ bằng bao nhiêu?
Câu 5. Có hai cái hộp đựng tất cả 15 viên bi, các viên bi chỉ có 2 màu đen và trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp 1 viên bi. Biết số bi ở hộp 1 nhiều hơn hộp 2, số bi đen ở hộp 1 nhiều hơn số bi đen ở hộp 2 và xác suất để lấy được 2 viên đen là $\frac{5}{28}$. Tính xác suất để lấy được 2 viên trắng (làm tròn đến hàng phần trăm).
Câu 6. Người ta ghi chép lại trọng lượng (gam) một loại cá rô được nuôi trong ao theo một chế độ đặc biệt sau 6 tháng, họ có bảng tần số ghép nhóm sau:
Tìm trung vị của mẫu số liệu (làm tròn đến hàng phần chục).
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn.
Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi học sinh chỉ chọn một phương án.Câu 1. Nguyên hàm của hàm số $f(x)={{3}^{x-1}}\cdot {{5}^{x+1}}$ là
A. $\frac{{{3}^{x-1}}\cdot {{5}^{x+1}}}{\ln 3.\ln 5}+C$.
B. ${{3}^{x-1}}\cdot {{5}^{x+1}}+C$.
C. $\frac{5\cdot {{15}^{x}}}{3}+C$.
D. $\frac{5\cdot {{15}^{x}}}{3\ln 15}+C$.
Ta có: $\int{{{3}^{x-1}}{{.5}^{x+1}}\text{dx}}=\frac{5}{3}\int{{{15}^{x}}\text{dx}}=\frac{{{5.15}^{x}}}{3\ln 15}$.
A. $\left( \frac{13}{6};+\infty \right)$.
B. $\left( 2;\frac{13}{6} \right)$.
C. $\left( -\infty ;2 \right)$.
D. $\left( 2;8 \right)$.
$\begin{array}{l} {\log _{\frac{1}{6}}}\left( {x - 2} \right) > - 1\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 2 > 0\\ x - 2 < {\left( {\frac{1}{6}} \right)^{ - 1}} \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > 2\\ x < 8 \end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( {2;8} \right) \end{array}$
A. ${{\Delta }_{Q}}=14,5.$
B. ${{\Delta }_{Q}}=16.$
C. ${{\Delta }_{Q}}=10,6.$
D. ${{\Delta }_{Q}}=13,5.$
$\begin{align} & {{Q}_{1}}=40+\frac{40.\frac{1}{4}-2}{10}.10=48\,\,;\, \\ & \,{{Q}_{3}}=60+\frac{40.\frac{3}{4}-(2+10+16)}{8}.10=62,5 \\ \end{align}$
$\Rightarrow {{\Delta }_{Q}}=14,5$
$\Rightarrow {{\Delta }_{Q}}=14,5$
A. ${x=13}$.
B. ${x=-1}$.
C. ${x=5}$.
D. ${x=9}$.
Ta có: ${{2}^{x}}=32={{2}^{5}}\Leftrightarrow x=5$.
A. $\left( 1;\,0;\,0 \right)$.
B. $\left( 0;\,2;\,-3 \right)$.
C. $\left( 1;\,0;\,-3 \right)$.
D. $\left( 1;\,2;\,0 \right)$.
Hình chiếu của $\left( 1;2;-3 \right)$lên mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ có tọa độ $\left( 1;\,2;\,0 \right)$
A. $\left( 3\,;\,4\,;\,-3 \right)$.
B. $\left( -1\,;\,2\,;\,-1 \right)$.
C. $\left( 1\,;\,-2\,;\,1 \right)$.
D. $\left( -1\,;\,2\,;\,-3 \right)$.
Ta có $\vec{u}-\vec{v}=\left( 1;\,-2;\,1 \right)$
Tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho là
A. 2.
B. 4.
C. 1.
D. 3.
ĐTHS có 1 đường tiệm cận đúng $x=0$; 1 đường tiệm cận ngang $y=2$.
Vậy tổng số đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang là 2
Vậy tổng số đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang là 2
A. ${{u}_{2}}=6$.
B. ${{u}_{2}}=18$.
C. ${{u}_{2}}=8$.
D. ${{u}_{2}}=5$.
Ta có: ${{u}_{2}}={{u}_{1}}.q=6$
Hàm số nghịch biến trong khoảng nào?
A. $\left( -\infty ;2 \right)$.
B. $\left( -1;1 \right)$.
C. $\left( 4;+\infty \right)$.
D. $\left( 0;1 \right)$.
Hàm số nghịch biến trên $\left( 0;1 \right)$.
A. $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{4}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'} \right)$.
B. $\overrightarrow{AO}=\frac{2}{3}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'} \right)$.
C. $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'} \right)$.
D. $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'} \right)$.
$\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\left( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}'} \right)$
Mặt phẳng vuông góc với $\left( SAC \right)$ là
A. $\left( SAB \right)$.
B. $\left( SAD \right)$.
C. $\left( SBD \right)$.
D. $\left( SBC \right)$.
Ta có $\left\{ \begin{align} & BD\bot AC \\ & BD\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right)$
Vậy $\left( SBD \right)\bot \left( SAC \right)$.
Vậy $\left( SBD \right)\bot \left( SAC \right)$.
A. 1.
B. $\left( 2;0 \right)$.
C. $\left( 1;-4 \right)$.
D. −1.
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là $\left( 1;-4 \right)$.
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai.
Học sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, học sinh chọn đúng hoặc sai.Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $\Delta ABC$với $A\left( 1;-3;3 \right),B\left( 2;-4;5 \right),C\left( 3;-2;1 \right)$
a) Gọi $M\left( x;y;z \right)$ là điểm trên mặt phẳng tọa độ $\left( Oyz \right)$sao cho biểu thức $P=-2M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}-3M{{C}^{2}}$ đạt giá trị lớn nhất. Khi đó $x+y-z<-5$.
b) Điểm $I\left( x;y;z \right)$thỏa mãn $2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}=\vec{0},$ khi đó $2x+y+z=4.$
c) Điểm $G\left( a;b;c \right)$ là trọng tâm của tam giác $\Delta ABC$ thì $a+b+c=2$.
d) $\overrightarrow{AB}=\left( -1;1;-2 \right).$
a) Sai.
Chọn điểm $I\left( a;b;c \right)$ sao cho
$\begin{array}{l} 2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2\left( {1 - a} \right) + \left( {2 - a} \right) + 3\left( {3 - a} \right) = 0\\ 2\left( { - 3 - b} \right) + \left( { - 4 - b} \right) + 3\left( { - 2 - b} \right) = 0\\ 2\left( {3 - c} \right) + \left( {5 - c} \right) + 3\left( {1 - c} \right) = 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \frac{{13}}{6}\\ b = \frac{{ - 8}}{3}\\ c = \frac{7}{3} \end{array} \right.\\ \Rightarrow I\left( {\frac{{13}}{6};\frac{{ - 8}}{3};\frac{7}{3}} \right) \end{array}$
Ta có
$\begin{array}{l} P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2}\\ = - 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} - 3{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\\ = - 6{\overrightarrow {MI} ^2} - 2\overrightarrow {MI} \left( {2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} } \right) - 2{\overrightarrow {IA} ^2} - {\overrightarrow {IB} ^2} - 3{\overrightarrow {IC} ^2}\\ = - 6M{I^2} - 2{\overrightarrow {IA} ^2} - {\overrightarrow {IB} ^2} - 3{\overrightarrow {IC} ^2}. \end{array}$
Khi đó $P$ đạt giá trị lớn nhất khi $M{{I}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Do đó $M$ là hình chiếu của $I$ xuống mặt phẳng $\left( Oyz \right)$.
Suy ra $M\left( 0;\frac{-8}{3};\frac{7}{3} \right)$. Vậy $x+y-z=-5<-5\,$(sai).
b) Đúng.
Theo câu a) \[I\left( \frac{13}{6};\frac{-8}{3};\frac{7}{3} \right)\]. Khi đó $2x+y+z=4$.
c) Đúng.
$\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = 2\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = - 3\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = 3 \end{array} \right. \Rightarrow G\left( {2; - 3;3} \right)$
Vậy $a+b+c=2$
d) Sai.
$\overrightarrow{AB}=\left( 1;-1;2 \right)$.
Chọn điểm $I\left( a;b;c \right)$ sao cho
$\begin{array}{l} 2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2\left( {1 - a} \right) + \left( {2 - a} \right) + 3\left( {3 - a} \right) = 0\\ 2\left( { - 3 - b} \right) + \left( { - 4 - b} \right) + 3\left( { - 2 - b} \right) = 0\\ 2\left( {3 - c} \right) + \left( {5 - c} \right) + 3\left( {1 - c} \right) = 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \frac{{13}}{6}\\ b = \frac{{ - 8}}{3}\\ c = \frac{7}{3} \end{array} \right.\\ \Rightarrow I\left( {\frac{{13}}{6};\frac{{ - 8}}{3};\frac{7}{3}} \right) \end{array}$
Ta có
$\begin{array}{l} P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2}\\ = - 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} - 3{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\\ = - 6{\overrightarrow {MI} ^2} - 2\overrightarrow {MI} \left( {2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} } \right) - 2{\overrightarrow {IA} ^2} - {\overrightarrow {IB} ^2} - 3{\overrightarrow {IC} ^2}\\ = - 6M{I^2} - 2{\overrightarrow {IA} ^2} - {\overrightarrow {IB} ^2} - 3{\overrightarrow {IC} ^2}. \end{array}$
Khi đó $P$ đạt giá trị lớn nhất khi $M{{I}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Do đó $M$ là hình chiếu của $I$ xuống mặt phẳng $\left( Oyz \right)$.
Suy ra $M\left( 0;\frac{-8}{3};\frac{7}{3} \right)$. Vậy $x+y-z=-5<-5\,$(sai).
b) Đúng.
Theo câu a) \[I\left( \frac{13}{6};\frac{-8}{3};\frac{7}{3} \right)\]. Khi đó $2x+y+z=4$.
c) Đúng.
$\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = 2\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = - 3\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = 3 \end{array} \right. \Rightarrow G\left( {2; - 3;3} \right)$
Vậy $a+b+c=2$
d) Sai.
$\overrightarrow{AB}=\left( 1;-1;2 \right)$.
a) Quãng đường ${s(t)}$ mà xe ô tô đi được trong thời gian ${t}$ (giây) là một nguyên hàm của hàm số ${v(t).}$
b) ${s(t)=-5 t^{2}+20 t.}$
c) Xe ô tô đó không va vào chướng ngại vật ở trên đường.
d) Thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 20 giây.
a) Đúng.
Do ${s}'\left( t \right)=v\left( t \right)$ nên quãng đường $s\left( t \right)$ mà xe ô tô đi được trong thời gian $t$ (giây) là một nguyên hàm của hàm số $v\left( t \right)$.
b) Đúng.
$s\left( t \right)=\int{v\left( t \right)}\,\text{dt}=-5{{t}^{2}}+20t+C$. Vì $s\left( 0 \right)=0$ nên $C=0$.
c) Đúng
Xe ô tô dừng hẳn khi $v\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=2$.
Ta có xe ô tô đang chạy với tốc độ $72\,$km/h $=20$ m/s.
Quãng đường xe ô tô còn di chuyển được kể từ lúc đạp phanh đến khi xe dừng hẳn là
$s\left( 2 \right)=-{{5.2}^{2}}+20.2=20$ (m)
Khi đó quãng đường xe ô tô di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe dừng hẳn là $20+20=40$ (m).
Do $40<50$ nên ô tô đã dừng hẳn trước khi va chạm với chướng ngại vật trên đường.
d) Sai.
Xe ô tô dừng hẳn khi $v\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=2$. Do đó thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là $2$ giây.
Do ${s}'\left( t \right)=v\left( t \right)$ nên quãng đường $s\left( t \right)$ mà xe ô tô đi được trong thời gian $t$ (giây) là một nguyên hàm của hàm số $v\left( t \right)$.
b) Đúng.
$s\left( t \right)=\int{v\left( t \right)}\,\text{dt}=-5{{t}^{2}}+20t+C$. Vì $s\left( 0 \right)=0$ nên $C=0$.
c) Đúng
Xe ô tô dừng hẳn khi $v\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=2$.
Ta có xe ô tô đang chạy với tốc độ $72\,$km/h $=20$ m/s.
Quãng đường xe ô tô còn di chuyển được kể từ lúc đạp phanh đến khi xe dừng hẳn là
$s\left( 2 \right)=-{{5.2}^{2}}+20.2=20$ (m)
Khi đó quãng đường xe ô tô di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe dừng hẳn là $20+20=40$ (m).
Do $40<50$ nên ô tô đã dừng hẳn trước khi va chạm với chướng ngại vật trên đường.
d) Sai.
Xe ô tô dừng hẳn khi $v\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=2$. Do đó thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là $2$ giây.
a) Đạo hàm của hàm số đã cho là ${f}'(x)=2\sin x+\sqrt{2}$.
b) Tính $f(0)=2$ và $f\left( \pi \right)=-2+\pi \sqrt{2}$.
c) Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ 0;\,\pi \right]$ là $\pi \sqrt{2}$.
d) Phương trình ${f}'(x)=0$ có đúng 2 nghiệm trên đoạn $\left[ 0;\pi \right]$.
a) Sai.
Ta có $f\left( x \right)=2\cos x+x\sqrt{2}\Rightarrow {f}'\left( x \right)=-2\sin x+\sqrt{2}$.
b) Đúng.
Ta có $f\left( 0 \right)=2\cos 0+0.\sqrt{2}=2$ và $f\left( \pi \right)=2\cos \pi +\pi \sqrt{2}=-2+\pi \sqrt{2}$.
c) Đúng.
$f\left( x \right)=2\cos x+x\sqrt{2}$
Ta có
$\begin{array}{l} f'\left( x \right) = - 2\sin x + \sqrt 2 = 0\\ \Leftrightarrow \sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{4}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\ x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.,k \in Z\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{\pi }{4} \in \left[ {0;\pi } \right]\\ x = \frac{{3\pi }}{4} \in \left[ {0;\pi } \right] \end{array} \right. \end{array}$
Ta tính $f\left( 0 \right)=2$, $f\left( \frac{\pi }{4} \right)=\sqrt{2}+\frac{\pi }{4}.\sqrt{2}\approx 2,5$, $f\left( \frac{3\pi }{4} \right)=-\sqrt{2}+\frac{3\pi }{4}.\sqrt{2}\approx 1,9$;
$f\left( \pi \right)=-2+\pi \sqrt{2}\approx 2,4$.
$M=\underset{\left[ 0;\pi \right]}{\mathop{\max f\left( x \right)}}\,=\sqrt{2}+\frac{\pi }{4}.\sqrt{2}$,$m=\underset{\left[ 0;\pi \right]}{\mathop{\min f\left( x \right)}}\,=-\sqrt{2}+\frac{3\pi }{4}.\sqrt{2}$.
Vậy $M+m=\pi \sqrt{2}$.
d) Đúng.
Theo câu c), phương trình ${f}'\left( x \right)=0$ có đúng 2 nghiệm trên đoạn $\left[ 0;\pi \right]$ là $x=\frac{\pi }{4};x=\frac{3\pi }{4}$.
Ta có $f\left( x \right)=2\cos x+x\sqrt{2}\Rightarrow {f}'\left( x \right)=-2\sin x+\sqrt{2}$.
b) Đúng.
Ta có $f\left( 0 \right)=2\cos 0+0.\sqrt{2}=2$ và $f\left( \pi \right)=2\cos \pi +\pi \sqrt{2}=-2+\pi \sqrt{2}$.
c) Đúng.
$f\left( x \right)=2\cos x+x\sqrt{2}$
Ta có
$\begin{array}{l} f'\left( x \right) = - 2\sin x + \sqrt 2 = 0\\ \Leftrightarrow \sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{4}\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\ x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.,k \in Z\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{\pi }{4} \in \left[ {0;\pi } \right]\\ x = \frac{{3\pi }}{4} \in \left[ {0;\pi } \right] \end{array} \right. \end{array}$
Ta tính $f\left( 0 \right)=2$, $f\left( \frac{\pi }{4} \right)=\sqrt{2}+\frac{\pi }{4}.\sqrt{2}\approx 2,5$, $f\left( \frac{3\pi }{4} \right)=-\sqrt{2}+\frac{3\pi }{4}.\sqrt{2}\approx 1,9$;
$f\left( \pi \right)=-2+\pi \sqrt{2}\approx 2,4$.
$M=\underset{\left[ 0;\pi \right]}{\mathop{\max f\left( x \right)}}\,=\sqrt{2}+\frac{\pi }{4}.\sqrt{2}$,$m=\underset{\left[ 0;\pi \right]}{\mathop{\min f\left( x \right)}}\,=-\sqrt{2}+\frac{3\pi }{4}.\sqrt{2}$.
Vậy $M+m=\pi \sqrt{2}$.
d) Đúng.
Theo câu c), phương trình ${f}'\left( x \right)=0$ có đúng 2 nghiệm trên đoạn $\left[ 0;\pi \right]$ là $x=\frac{\pi }{4};x=\frac{3\pi }{4}$.
a) $SH=\frac{\sqrt{21}}{4}$.
b) Thể tích khối chóp $S.ABC$ bằng $\frac{3\sqrt{7}}{16}$.
c) Góc giữa $SA$ và mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là góc $\widehat{SAC}$.
d) Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $CG$ bằng $\frac{\sqrt{231}}{22}$.
a) Đúng.
Ta có: $\left( \widehat{SA,\left( ABC \right)} \right)=\left( \widehat{SA,AH} \right)$$=\widehat{SAH}={{45}^{{\mathrm O}}}$.
Ta có $IC$ là đường cao của tam giác đều nên $IC=\frac{\sqrt{3}.\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow HI=HC=\frac{3}{4}$.
Tam giác $SAH$ vuông cân tại $H$ $\Rightarrow SH=AH=\sqrt{A{{I}^{2}}+H{{I}^{2}}}=\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{9}{16}}=\frac{\sqrt{21}}{4}$.
b) Đúng.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ : ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.SH=\frac{1}{3}.\frac{{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}.\sqrt{3}}{4}.\frac{\sqrt{21}}{4}=\frac{3\sqrt{7}}{16}$.
c) Sai.
Góc giữa $SA$ và mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là góc $\widehat{SAH}$.
d) Đúng.
Gọi $D$ là trung điểm $SB\Rightarrow G$ thuộc $CD$.
Lấy $E$ đối xứng $B$ qua $C\Rightarrow CD$ là đường trung bình tam giác $SBE\Rightarrow $$CD\text{//}\left( SAE \right)$.
Ta có $d\left( SA;CG \right)=d\left( CD;\left( SAE \right) \right)=d\left( C;\left( SAE \right) \right)$.
$CI\text{//}AE$ (đường trung bình) mà $H$ thuộc $CI\Rightarrow d\left( C;\left( SAE \right) \right)=d\left( H;\left( SAE \right) \right)$$d(H;(SAE))$.
Từ $H$ kẻ $HF$ vuông góc $AE$, từ $H$ kẻ $HK$ vuông góc $SF$.
Suy ra $HK$ là đoạn cần tính.
$AIHF$ là hình chữ nhật nên $HF=AI=\frac{\sqrt{3}}{2}$
Tam giác $SHF$ vuông tại $H$, có $HK$ là đường cao nên $HK=\frac{SH.HF}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{F}^{2}}}}=\frac{\frac{\sqrt{21}}{4}.\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\frac{21}{16}+\frac{3}{4}}}=\frac{\sqrt{231}}{22}$.
Đoạn đường đầu tiên có chiều rộng bằng $x \left( m \right)$, đoạn đường thẳng vào sân chiều rộng$2,6 \left( m \right)$. Biết kích thước xe ôtô như hình vẽ trên (đơn vị milimet) và để ôtô đi qua an toàn thì chiều rộng và chiều dài tương ứng của đoạn đường phải lớn hơn kích thước thiết kế của ô tô một khoảng, cụ thể là $5m x1,9m$ (chiều dài x chiều rộng). Để tính toán và thiết kế đường đi cho ôtô từ ngõ vào sân, ông An coi ôtô như một khối hộp chữ nhật có kích thước chiều dài là $5 \left( m \right)$, chiều rộng $1,9\left( m \right)$. Chiều rộng nhỏ nhất của đoạn đường đầu tiên là $x=\frac{p}{q}(m)$(với $p,q$ là các số nguyên dương và phân số $\frac{p}{q}$ tối giản) để ôtô của ông An có thể đi vào được sân ( giả thiết ôtô không đi ra ngài đường, không đi nghiêng và ôtô không bị biến dạng). Khi đó ${{p}^{2}}-q$ bằng bao nhiêu?
Chọn hệ trục $Oxy$như hình vẽ. Khi đó, $M\left( -2,6;h \right)$.
Gọi $B\left( -a;0 \right)$, suy ra $A\left( 0;\sqrt{25-{{a}^{2}}} \right),a>0$.
Từ đó, phương trình của $AB$ là $\frac{x}{-a}+\frac{y}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}=1$.
Do $CD//AB$ nên phương trình $CD$ là $\frac{x}{-a}+\frac{y}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-k=0$.
Khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ là chiều rộng của ôtô và bằng $1,9 m$ nên
$\frac{\left| k-1 \right|}{\sqrt{{{\left( \frac{1}{a} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{1}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}} \right)}^{2}}}}=1,9\Leftrightarrow k=1+\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}}$. (vì $CD$ nằm phía trên $AB$ nên $k>1$ )
Phương trình $CD$ được viết lại là $\frac{x}{-a}+\frac{y}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-1-\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}}=0$
Điều kiện để ôtô đi qua được là $M$ và $O$ nằm khác phía đối với đường thẳng $CD$.
Suy ra $\left( \frac{2,6}{a}+\frac{h}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-1-\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}} \right)\left( -1-\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}} \right)\le 0$
$\Leftrightarrow \frac{2,6}{a}+\frac{h}{\sqrt{25-{{a}^{2}}}}-1-\frac{9,5}{a\sqrt{25-{{a}^{2}}}}\ge 0$
$\Leftrightarrow h\ge \sqrt{25-{{a}^{2}}}+\frac{9,5}{a}-\frac{2,6\sqrt{25-{{a}^{2}}}}{a}$ (đúng với mọi $a\in \left( 0;5 \right]$).
Xét hàm số $f\left( a \right)=\sqrt{25-{{a}^{2}}}+\frac{9,5}{a}-\frac{2,6\sqrt{25-{{a}^{2}}}}{a}$ trên nửa khoảng $\left( 0;5 \right]$.
Ta có ${f}'\left( a \right)=\frac{65-9,5\sqrt{25-{{a}^{2}}}-{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}\sqrt{25-{{a}^{2}}}}$
$\begin{array}{l} f'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow 65 - 9,5\sqrt {25 - {a^2}} - {a^3} = 0\\ \Leftrightarrow 9,5\sqrt {25 - {a^2}} = 65 - {a^3}\\ \Leftrightarrow 90,25\left( {25 - {a^2}} \right) = {\left( {65 - {a^3}} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {a^6} - 130{a^3} + 90,25{a^2} + 1968,75 = 0\\ \Leftrightarrow a = 3 \in \left( {0;5} \right) \end{array}$
Bảng biến thiên
Do đó, $h\ge f\left( a \right),\forall a\in \left( 0;5 \right]\Leftrightarrow h\ge \frac{37}{10}$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $x$ là $x=\frac{37}{10}$
Vậy ${{p}^{2}}-q={{37}^{2}}-{{10}^{2}}=1359$ là giá trị cần tìm.
Gọi $O$ là tâm của nửa đường tròn.
Đặt $OP=x\,\,\left( m \right),$ điều kiện: $0\le x\le 5$.
Ta có: $PQ=2x,\,\,NP=\sqrt{{{5}^{2}}-{{x}^{2}}}$.
Ta có: Diện tích của hình chữ nhật $MNPQ$ là: $S=NP.QP=\sqrt{25-{{x}^{2}}}.2x$
Diện tích phần còn lại: ${{S}_{2}}=\frac{1}{2}\pi {{.5}^{2}}-2x\sqrt{25-{{x}^{2}}}=\frac{25}{2}\pi -2x\sqrt{25-{{x}^{2}}}$
Tổng chi phí: $P\left( x \right)=100.2x\sqrt{25-{{x}^{2}}}+150.\left( \frac{25}{2}\pi -2x\sqrt{25-{{x}^{2}}} \right)$
$P\left( x \right)=-100x\sqrt{25-{{x}^{2}}}+1875\pi $ ; ${P}'\left( x \right)=-\frac{100\left( 25-2{{x}^{2}} \right)}{\sqrt{25-{{x}^{2}}}}$
${P}'\left( x \right)=0\Rightarrow x=\frac{5\sqrt{2}}{2}$ (Do chỉ lấy $0\le x\le 5$)
Bảng biến thiên
Vậy chi phí thấp nhất là: $P\left( \frac{5\sqrt{2}}{2} \right)=-1250+1875\pi \approx 4640$
Gọi $M\left( 0;a;b \right)$.
Ta có: $\overrightarrow {MA} = \left( {2; - 1 - a;6 - b} \right),\,$ $\overrightarrow {MB} = \left( {a;1 - a;2 - b} \right),\,$ $\overrightarrow {MC} = \left( { - 3; - 2 - a;4 - b} \right)$$\overrightarrow{MD}=\left( 1;6-a;-4-b \right)$.
Ta có:
$\begin{array}{l} T = {\left( {\frac{{MA}}{{MD}}} \right)^2} - 3{\left( {\frac{{MB}}{{MD}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{MC}}{{MD}}} \right)^2}\\ = \frac{{{{\left| {\overrightarrow {MA} } \right|}^2}}}{{{{\left| {\overrightarrow {MD} } \right|}^2}}} - 3\frac{{{{\left| {\overrightarrow {MB} } \right|}^2}}}{{{{\left| {\overrightarrow {MD} } \right|}^2}}} + \frac{{{{\left| {\overrightarrow {MC} } \right|}^2}}}{{{{\left| {\overrightarrow {MD} } \right|}^2}}}\\ = \frac{{ - {a^2} + 12a - {b^2} - 8b + 52}}{{{1^2} + {{\left( {6 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 + b} \right)}^2}}}\\ = \frac{{ - {{\left( {a - 6} \right)}^2} - {{\left( {b + 4} \right)}^2} - 104}}{{{1^2} + {{\left( {6 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 + b} \right)}^2}}}\\ = - 1 + \frac{{105}}{{{1^2} + {{\left( {6 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 + b} \right)}^2}}} \ge - 1 + 105 = 104 \end{array}$
$T$đạt giá trị lớn nhất khi $a=6,\,b=-4$. Vậy tung độ của điểm $M$ là $6$.
Ta có: $\overrightarrow {MA} = \left( {2; - 1 - a;6 - b} \right),\,$ $\overrightarrow {MB} = \left( {a;1 - a;2 - b} \right),\,$ $\overrightarrow {MC} = \left( { - 3; - 2 - a;4 - b} \right)$$\overrightarrow{MD}=\left( 1;6-a;-4-b \right)$.
Ta có:
$\begin{array}{l} T = {\left( {\frac{{MA}}{{MD}}} \right)^2} - 3{\left( {\frac{{MB}}{{MD}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{MC}}{{MD}}} \right)^2}\\ = \frac{{{{\left| {\overrightarrow {MA} } \right|}^2}}}{{{{\left| {\overrightarrow {MD} } \right|}^2}}} - 3\frac{{{{\left| {\overrightarrow {MB} } \right|}^2}}}{{{{\left| {\overrightarrow {MD} } \right|}^2}}} + \frac{{{{\left| {\overrightarrow {MC} } \right|}^2}}}{{{{\left| {\overrightarrow {MD} } \right|}^2}}}\\ = \frac{{ - {a^2} + 12a - {b^2} - 8b + 52}}{{{1^2} + {{\left( {6 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 + b} \right)}^2}}}\\ = \frac{{ - {{\left( {a - 6} \right)}^2} - {{\left( {b + 4} \right)}^2} - 104}}{{{1^2} + {{\left( {6 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 + b} \right)}^2}}}\\ = - 1 + \frac{{105}}{{{1^2} + {{\left( {6 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 + b} \right)}^2}}} \ge - 1 + 105 = 104 \end{array}$
$T$đạt giá trị lớn nhất khi $a=6,\,b=-4$. Vậy tung độ của điểm $M$ là $6$.
Đáp số: $0,27$
Gọi số bi ở hộp 1 là $a$ và số bi ở hộp 2 là $b$ thì ta có $a+b=15$ và $a>b$.
Các cặp số $\left( a;\,b \right)$ thỏa mãn là: $\left( 8;7 \right),\,\left( 9;6 \right),\,\left( 10;5 \right),\,\left( 11;4 \right),\,\left( 12;3 \right),\,\left( 13;2 \right),\,\left( 14;1 \right)$
Gọi số bi đen ở hộp 1 là $m$ và số bi đen ở hộp $2$ là $n$
Gọi số bi trắng ở hộp 1 là $x$ và số bi trắng ở hộp $2$ là $y$
Khi đó: $m+x=a$; $n+y=b$ và $m>n$
Xác suất để lấy được hai viên bi đen là: $P\left( D \right)=\frac{m}{a}.\frac{n}{b}=\frac{5}{28}$
Ta tiến hành xét từng trường hợp số bi trong mỗi hộp
Trường hợp 1: $a=8;\,b=2$ suy ra $m.n=10$
Do $m>n$ và $m\le 8,\,n\le 7$ nên cặp $\left( m;n \right)$ là $\left( 5;\,2 \right)$ nên $x=3,\,y=5$
Vậy xác suất để lấy hai viên bi trắng là: $P\left( T \right)=\frac{x}{a}.\frac{y}{b}=\frac{3}{8}.\frac{5}{7}=\frac{15}{56}$
Xét tương tự với các trường hợp khác thì $m.n$ không nguyên nên không thỏa mãn.
Vậy xác suất để lấy được hai viên bi trắng là $P\left( T \right)=\frac{x}{a}.\frac{y}{b}=\frac{3}{8}.\frac{5}{7}=\frac{15}{56}\approx 0,27$.
Gọi số bi ở hộp 1 là $a$ và số bi ở hộp 2 là $b$ thì ta có $a+b=15$ và $a>b$.
Các cặp số $\left( a;\,b \right)$ thỏa mãn là: $\left( 8;7 \right),\,\left( 9;6 \right),\,\left( 10;5 \right),\,\left( 11;4 \right),\,\left( 12;3 \right),\,\left( 13;2 \right),\,\left( 14;1 \right)$
Gọi số bi đen ở hộp 1 là $m$ và số bi đen ở hộp $2$ là $n$
Gọi số bi trắng ở hộp 1 là $x$ và số bi trắng ở hộp $2$ là $y$
Khi đó: $m+x=a$; $n+y=b$ và $m>n$
Xác suất để lấy được hai viên bi đen là: $P\left( D \right)=\frac{m}{a}.\frac{n}{b}=\frac{5}{28}$
Ta tiến hành xét từng trường hợp số bi trong mỗi hộp
Trường hợp 1: $a=8;\,b=2$ suy ra $m.n=10$
Do $m>n$ và $m\le 8,\,n\le 7$ nên cặp $\left( m;n \right)$ là $\left( 5;\,2 \right)$ nên $x=3,\,y=5$
Vậy xác suất để lấy hai viên bi trắng là: $P\left( T \right)=\frac{x}{a}.\frac{y}{b}=\frac{3}{8}.\frac{5}{7}=\frac{15}{56}$
Xét tương tự với các trường hợp khác thì $m.n$ không nguyên nên không thỏa mãn.
Vậy xác suất để lấy được hai viên bi trắng là $P\left( T \right)=\frac{x}{a}.\frac{y}{b}=\frac{3}{8}.\frac{5}{7}=\frac{15}{56}\approx 0,27$.
| Trọng lượng | ${[60 ; 70)}$ | ${[70 ; 80)}$ | ${[80 ; 90)}$ | ${[90 ; 100)}$ | ${[100 ; 110)}$ | ${[110 ; 120)}$ |
| Số cá | 13 | 24 | 55 | 61 | 31 | 16 |
Đáp số: $91,3$
Tổng số cá là: $N=12+24+55+61+31+16=200$
Vì tổng số cá là số chẵn ($N=200$) nên trung vị sẽ là trung bình cộng của giá trị thứ $\frac{N}{2}$ và giá trị thứ $\frac{N}{2}+1$ nên vị trí trung vị là $100$ và $101$.
Giá trị thứ $100$ và $101$ đều nằm trong lớp có trọng lượng $\left[ 90;\,100 \right)$ vì tần số tích lũy đến lớp trước là $92$ và tần số tích lũy đến lớp này là $153$. Vậy lớp trung vị là $\left[ 90;\,100 \right)$.
Trung vị của mẫu số liệu là
$\begin{array}{l} {M_e} = L + \frac{{\left( {\frac{N}{2} - CF} \right)}}{f}.h\\ = 90 + \frac{{\left( {\frac{{200}}{2} - 92} \right)}}{{61}}.\left( {100 - 10} \right)\\ = \frac{{5570}}{{61}} \approx 91,3 \end{array}$
Vậy trung vị của mẫu số liệu là ${{M}_{e}}=91,3$(gam)
Tổng số cá là: $N=12+24+55+61+31+16=200$
Vì tổng số cá là số chẵn ($N=200$) nên trung vị sẽ là trung bình cộng của giá trị thứ $\frac{N}{2}$ và giá trị thứ $\frac{N}{2}+1$ nên vị trí trung vị là $100$ và $101$.
Giá trị thứ $100$ và $101$ đều nằm trong lớp có trọng lượng $\left[ 90;\,100 \right)$ vì tần số tích lũy đến lớp trước là $92$ và tần số tích lũy đến lớp này là $153$. Vậy lớp trung vị là $\left[ 90;\,100 \right)$.
Trung vị của mẫu số liệu là
$\begin{array}{l} {M_e} = L + \frac{{\left( {\frac{N}{2} - CF} \right)}}{f}.h\\ = 90 + \frac{{\left( {\frac{{200}}{2} - 92} \right)}}{{61}}.\left( {100 - 10} \right)\\ = \frac{{5570}}{{61}} \approx 91,3 \end{array}$
Vậy trung vị của mẫu số liệu là ${{M}_{e}}=91,3$(gam)
