Giải chi tiết đề thi thử tốt nghiệp THPT 2025 môn Toán – Trường THPT Chuyên ĐH Vinh lần 1. Hướng dẫn giải đầy đủ, bám sát cấu trúc đề minh họa của Bộ GD&ĐT, có đáp án và phân tích từng câu hỏi.
A. $y=-x+1$.
B. $y=x-1$.
C. $y=-x-1$.
D. $y=x+1$.
Câu 2: Cho hình chóp tứ giác đều$S.ABCD$có cạnh đáy bằng $a$. Góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy của hình chóp có số đo bằng $45{}^\circ $. Thể tích khối chóp $S.ABCD$là
A. $V=\frac{{{a}^{3}}}{2}$.
B. $V=\frac{{{a}^{3}}}{6}$.
C. $V=\frac{{{a}^{3}}}{3}$.
D. $V=\frac{{{a}^{3}}}{4}$.
Gọi H là trung điểm của $CD$.
Ta có:
$\begin{array}{l} \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {OH \bot CD}\\ {CD \bot SO} \end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} \right)\\ \Rightarrow CD \bot SH\\ \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = }\widehat {OHS} = {45^0}\\ OH = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2} \Rightarrow \tan \widehat {OHS} = \frac{{SO}}{{OH}}\\ \Leftrightarrow 1 = \frac{{SO}}{{\frac{a}{2}}} \Leftrightarrow SO = \frac{a}{2} \end{array}$
.
Vậy ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}}{6}$.
Câu 3: Hàm số nào dưới đây có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên?
A. $y=-{{x}^{3}}+3x+1$.
B. $y=-{{x}^{2}}+x-1$.
C. $y={{x}^{3}}-3x+1$.
D. $y={{x}^{4}}-{{x}^{2}}+1$.
Câu 4: Cho cấp số nhân $\left( {{u}_{n}} \right)$có ${{u}_{1}}=2$ và ${{u}_{6}}=-64$. Số hạng ${{u}_{3}}$ của cấp số nhân đã cho là
A. $-2$.
B. $16$.
C. $-8$.
D. $8$.
Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho các điểm $A\left( 1;3;2 \right)$, $B\left( 1;0;1 \right)$, $C\left( 5;-3;2 \right)$. Biết rằng $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=2 m$. Giá trị của $m$ là
A. $m=-9$.
B. $m=9$.
C. $m=18$.
D. $m=-18$.
Câu 6: Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có cạnh đáy bằng $a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $A{C}'$ và $B{B}'$ bằng
A. $\frac{a}{2}$.
B. $a$.
C. $\frac{a \sqrt{3}}{4}$.
D. $\frac{a \sqrt{3}}{2}$.
Gọi $H$ là trung điểm $AC$, do tam giác $ABC$ đều và $\left( A{A}'{C}'C \right)\bot \left( ABC \right)$ nên $BH\bot \left( A{A}'{C}'C \right)$
Ta có $B{B}'\text{//}\left( A{A}'{C}'C \right)$ nên
$\begin{array}{l} {\rm{d}}\left( {BB',AC'} \right) = {\rm{d}}\left( {BB',\left( {AA'C'C} \right)} \right)\\ = {\rm{d}}\left( {B,\left( {AA'C'C} \right)} \right) = BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \end{array}$
Câu 7: Cho hàm số $y=f(x)$ có bảng biến thiên như sau
Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng $-1$.
B. Hàm số có ba điểm cực trị.
C. Hàm số có giá trị cực đại bằng $-1$.
D. Hàm số có hai điểm cực đại.
Câu 8: Thống kê điểm trung bình môn Toán của các học sinh lớp 11A được cho ở bảng sau
Phương sai của mẫu số liệu là
A. 6.
B. 8,5.
C. 0,7.
D. 0,15.
Số trung bình $\overline{x}=\frac{6,5.2+7,5.8+8,5.18+9,5.12}{40}=8,5.$
Phương sai ${{S}^{2}}=\frac{1}{40}\left( {{6,5}^{2}}.2+{{7,5}^{2}}.8+{{8,5}^{2}}.18+{{9,5}^{2}}.12 \right)-{{8,5}^{2}}=0,7$.
Câu 9: Tập nghiệm của bất phương trình $3^{3 x+1}<\frac{1}{9}$ là
A. $(1 ;+\infty)$.
B. $(-\infty ; 1)$.
C. $(-1 ;+\infty)$.
D. $(-\infty ;-1)$.
Câu 10: Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho các vectơ $\vec u = \vec i + 2\vec j - 3\vec k,$ $\vec v = 2\vec i - \vec j + \vec k,$ $\vec w = \vec u + \vec v$. Toạ độ của vectơ $\vec{w}$ là
A. $\vec{w}=(3 ;-1 ; 2)$.
B. $\vec{w}=(3 ; 1 ;-2)$.
C. $\vec{w}=(3 ; 1 ; 2)$.
D. $\vec{w}=(3 ;-1 ;-2)$.
Câu 11: Cho hàm số $y=f(x)$ có bảng xét dấu đạo hàm như sau
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. $\underset{(0;+\infty )}{\mathop{\max }}\,f(x)=f(1)$.
B. $\underset{\left[ -1;1 \right]}{\mathop{\max }}\,f(x)=f(0)$.
C. $\underset{(-\infty ;-1)}{\mathop{\max }}\,f(x)=f(-1)$.
D. $\underset{(0;1)}{\mathop{\min }}\,f(x)=f(0)$.
Câu 12: Nguyên hàm của hàm số $f(x)=x-\sin x$ là
A. $\frac{x^2}{2}+\cos x+C$.
B. $x^2-\cos x+C$.
C. $\frac{x^2}{2}-\cos x+C$.
D. $2 x^2+\cos x+C$.
a) Trọng tâm của tam giác $ABC$ có tọa độ $G\left( \frac{14}{3};\frac{2}{3};\frac{7}{3} \right)$.
b) $BC=5\sqrt{2}$.
c) Tam giác$ABC$là tam giác vuông.
d) Giá trị $a+2b+3c$ là một số nguyên.
a) Đúng.
Tọa độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ là $\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{14}}{3}\\ {y_G} = \frac{2}{3}\\ {z_G} = \frac{7}{3} \end{array} \right.$.
b) Sai.
Ta có: $BC=\sqrt{{{\left( 8-1 \right)}^{2}}+{{\left( -3-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2-1 \right)}^{2}}}=5\sqrt{3}$.
c) Đúng.
Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left( -4;-1;-3 \right)\,;\,\overrightarrow{AC}=\left( 3;-6;-2 \right)$.
Do $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0$ nên tam giác$ABC$là tam giác vuông tại $A$.
d) Đúng.
Ta có: $\overrightarrow{BD}=\left( a-1;b-2;c-1 \right)$
$\overrightarrow{DC}=\left( 8-a;-3-b;2-c \right)$
Tam giác $ABC$có $D$ là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh $A$
$\Rightarrow \frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{\sqrt{26}}{7}$
Khi đó: $\overrightarrow{BD}=\frac{\sqrt{26}}{7}\overrightarrow{DC}$.
$ \Leftrightarrow \left( {a - 1;b - 2;c - 1} \right)$ $ = \frac{{\sqrt {26} }}{7}\left( {8 - a; - 3 - b;2 - c} \right)$ $ \Leftrightarrow a = \frac{{7 + 8\sqrt {26} }}{{7 + \sqrt {26} }}\,;\,$ $b = \frac{{14 - 3\sqrt {26} }}{{7 + \sqrt {26} }}\,;\,$ $c = \frac{{ - 3 + 7\sqrt {26} }}{{23}}$
Vậy $a+2b+3c=8$.
Câu 2: Cho hàm số $f\left( x \right)={{\log }_{2}}\left( x+4 \right).$
a) Tập xác định của hàm số đã cho chứa đúng 4 số nguyên âm.
b) Phương trình $f\left( x \right)={{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}+2x-16 \right)$ có nghiệm duy nhất $x=4.$
c) Hàm số $g\left( x \right)=-{{x}^{2}}+f\left( x \right)\ln 1024$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=1.$
d) Đường thẳng $y=x-1$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ tại duy nhất một điểm.
Câu 3: Lớp 12A có 40 học sinh, trong đó có 8 em tham gia Câu lạc bộ Toán học. Điểm thi học kỳ 1 môn Toán của cả lớp được thống kê trong bảng sau:
a) Khoảng biến thiên mẫu số liệu là 5.
b) Có ít nhất 13 học sinh có điểm thi thấp hơn điểm trung bình của cả lớp.
c) Biết rằng cả 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học đều có điểm thi không dưới 8. Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh trong lớp có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8. Xác suất có đúng 2 em của Câu lạc bộ Toán học được chọn nhỏ hơn $\frac{1}{3}$.
d) Biết 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học gồm có 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Trong buổi lễ tuyên dương khen thưởng, 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học được sắp xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang để trao quà. Xác suất không có hai học nữ nào đứng cạnh nhau lớn hơn $\frac{1}{3}$.
a) Đúng.
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là $10-5=5$.
b) Đúng.
Điểm trung bình của cả lớp là: $\overline x $ = $\frac{1}{{40}}$ ( 5,5.2 + 6,5.3 + 7,5.8 + 8,5.15 + 9,5.12 ) = 8,3
Từ bảng thống kê, ta thấy có ít nhất 13 em có điểm trung bình thấp hơn của cả lớp.
c) Sai.
Số học sinh có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8 là
Không gian mẫu: $n\left( \Omega \right)=C_{27}^{6}$.
Xác suất có đúng 2 em của CLB Toán học là: $\frac{C_{8}^{2}.C_{19}^{4}}{C_{27}^{6}}\approx 0,367>\frac{1}{3}$
d) Đúng.
Không gian mẫu: $n\left( \Omega \right)=8!$.
Xếp 5 học sinh nam thành một hàng ngang: $5!$ cách.
5 học sinh nam tạo nên 4 khoảng trống ở giữa cùng 2 vị trí trống ở mỗi đầu hàng $\Rightarrow $Có 6 vị trí trống
Xếp 3 học sinh nữ vào 6 vị trí đó: $A_{6}^{3}$.
Xác suất không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau là: $\frac{5!.A_{6}^{3}}{8!}=\frac{5}{14}>\frac{1}{3}$.
Câu 4: Những ngày giáp Tết Nguyên Đán cũng là dịp bước vào vụ Đông Xuân, bà con nông dân tích cực xuống đồng cây lúa. Cây lúa sau khi được cấy trải qua quá trình tăng trưởng đẻ nhánh và phát triển chiều cao trước khi làm đòng, trổ bông. Qua nghiên cứu một giống lúa mới, các nhà khoa học nhận thấy một cây lúa tính từ lúc được cấy bằng một cây mạ với chiều cao $20$ cm có tốc độ tăng trưởng chiều cao cho bởi hàm số $v\left( t \right)=-0,1{{t}^{3}}+1,1{{t}^{2}}$, trong đó $t$ tính theo tuần, $v\left( t \right)$ tính bằng cm/tuần. Gọi $h\left( t \right)$ là chiều cao của cây lúa ở tuần thứ $t$ $\left( t\ge 0 \right)$.
a) $h\left( t \right)=-\frac{1}{40}{{t}^{4}}+\frac{11}{30}{{t}^{3}}+20$.
b) Giai đoạn tăng trưởng chiều cao của cây lúa kéo dài $12$ tuần.
c) Chiều cao tối đa của cây lúa là $150$ cm.
d) Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn $80$ cm.
a) Đúng
$\begin{array}{l} h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} \\ = \int {\left( { - 0,1{t^3} + 1,1{t^2}} \right)dt} \\ = - \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + C \end{array}$.
Ta có $h\left( 0 \right)=20$.
Suy ra $C=20$.
Do đó $h\left( t \right)=-\frac{1}{40}{{t}^{4}}+\frac{11}{30}{{t}^{3}}+20$.
b) Sai
Cây tăng trưởng khi $v(t)>0$. Xét bất phương trình $-0,1{{t}^{3}}+1,1{{t}^{2}}>0$.
$\Leftrightarrow {{t}^{2}}\left( -0,1t+1,1 \right)>0$.
Suy ra $-0,1t+1,1>0$ nên $t<11$.
Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 11 tuần.
c) Sai
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của $h(t)=\frac{-{{t}^{4}}}{40}+\frac{11{{t}^{3}}}{30}+5$ với $t\in [0;11]$.
Ta có: ${h}'(t)=\frac{-{{t}^{3}}}{10}+\frac{11}{10}{{t}^{2}}=\frac{{{t}^{2}}}{10}(-t+11)$.
${h}'(t)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=0 \\ & t=11 \\ \end{align} \right..$
Ta thấy $h(0)=20$, $h(11)\approx 142$.
Khi đó, $h(t)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $142$ trên đoạn $[0;11]$.
Vậy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là $142$ (cm).
d) Đúng
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số $v(t)=-0,1{{t}^{3}}+1,1{{t}^{2}}$ với $t\in [0;10]$.
Ta có ${v}'(t)=-0,3{{t}^{2}}+2,2t=-0,3t\left( t-\frac{22}{3} \right)$.
Suy ra
${v}'(t)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=0 \\ & t=\frac{22}{3} \\ \end{align} \right.$.
Ta thấy $v(0)=0$, $v\left( \frac{22}{3} \right)\approx 19,7$, $v(11)=0$.
Khi đó, $v(t)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $19,7$ trên đoạn $[0;10]$ tại $t=\frac{22}{3}$.
Ta có $h\left( \frac{22}{3} \right)\approx 92,3>80$.
Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn cm.
Câu 2: Đầu năm mới 2025, công ty ${A}$ vừa kí hợp đồng sản xuất và cung cấp linh kiện theo đơn đặt hàng của nhà máy ${B}$. Theo hợp đồng, nhà máy ${B}$ mua không quá 1500 linh kiện. Nếu số lượng đặt hàng là ${x}$ thì giá bán mỗi linh kiện là ${p(x) = 40\ 000 - 0,01x^2}$ đồng. Chi phí để công ty sản xuất ${x}$ linh kiện là ${C(x) = 10\ 000\ 000 + 10\ 000x}$. Hỏi công ty ${A}$ nên sản xuất và cung cấp bao nhiêu linh kiện cho nhà máy ${B}$ để thu được lợi nhuận lớn nhất?
Câu 3: Chào đón năm mới 2025, Thành phố trang trí đèn led cho biểu tượng hình chữ $V$ được ghép từ các thanh $A B=4 \mathrm{~m}, A C=5 \mathrm{~m}$ sao cho tam giác $ABC$ vuông tại $B$. Để tăng hiệu ứng, các kỹ sư đã thiết kế một chuỗi led chạy từ $B$ xuống $A$ với vận tốc $4$ m/phút và một chuỗi led chạy từ $A$ lên $C$ với vận tốc $10~$ m/phút. Sau khi đóng nguồn điện thì cả hai chuỗi led đồng thời xuất phát. Hỏi sau bao nhiêu giây từ thời điểm đóng nguồn điện thì khoảng cách giữa hai điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led là nhỏ nhất?
Câu 4: Tìm số nguyên dương $n$ sao cho $1 \cdot C_{2 n}^1+2 \cdot C_{2 n}^2+3 \cdot C_{2 n}^3+\cdots+n \cdot C_{2 n}^n=2^{68}$.
Câu 5: Để tạo một kiện hàng dạng hình lăng trụ đứng với đáy là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng, người ta dùng các thanh gỗ ghép khít đóng lại với nhau. Biết rằng, dung tích kiện hàng bằng $9 \mathrm{~m}^3$ và giá thành $1 \mathrm{~m}^2$ gỗ sử dụng là 200000 đồng. Hỏi sau khi hoàn thành kiện hàng đó, người ta cần bỏ ra ít nhất bao nhiêu triệu đồng? (diện tích các mép giữa hai mặt kề nhau không đáng kể).
Câu 6: Một ngôi nhà gồm hai phần. Phần thân nhà dạng hình hộp chữ nhật $ABCD.OMNK$có chiều dài 1200 cm, chiều rộng 900 cm, chiều cao 450 cm. Phần mái nhà dạng hình chóp S.ABCD có các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo với mặt đáy một góc có $\tan \alpha=\frac{1}{5}$. Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho M thuộc tia Ox, K thuộc tia Oy, A thuộc tia Oz (như hình vẽ).
Biết $S\left( a;b;c \right)$ (đơn vị của a, b, c là centimet). Tính giá trị của biểu thức $P=a+b+c$
PHẦN I. Trắc nghiệm 4 phương án lựa chọn.
Câu 1: Cho hàm số $y=\frac{a{{x}^{2}}+bx+c}{mx+n}$ có đồ thị như hình bên. Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là
A. $y=-x+1$.
B. $y=x-1$.
C. $y=-x-1$.
D. $y=x+1$.
Gọi phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là: $y=Ax+B.$
Từ đồ thị ta thấy, tiệm cận xiên qua: $\left( -1;0 \right)$và $\left( 0;-1 \right).$
Ta có hệ phương trình:$\left\{ \begin{align} & -A+B=0 \\ & B=-1 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow A=B=-1.$
Vậy phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là: $y=-x-1.$.
Từ đồ thị ta thấy, tiệm cận xiên qua: $\left( -1;0 \right)$và $\left( 0;-1 \right).$
Ta có hệ phương trình:$\left\{ \begin{align} & -A+B=0 \\ & B=-1 \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow A=B=-1.$
Vậy phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là: $y=-x-1.$.
A. $V=\frac{{{a}^{3}}}{2}$.
B. $V=\frac{{{a}^{3}}}{6}$.
C. $V=\frac{{{a}^{3}}}{3}$.
D. $V=\frac{{{a}^{3}}}{4}$.
Gọi H là trung điểm của $CD$.
Ta có:
$\begin{array}{l} \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {OH \bot CD}\\ {CD \bot SO} \end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} \right)\\ \Rightarrow CD \bot SH\\ \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = }\widehat {OHS} = {45^0}\\ OH = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2} \Rightarrow \tan \widehat {OHS} = \frac{{SO}}{{OH}}\\ \Leftrightarrow 1 = \frac{{SO}}{{\frac{a}{2}}} \Leftrightarrow SO = \frac{a}{2} \end{array}$
.
Vậy ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.SO=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}}{6}$.
A. $y=-{{x}^{3}}+3x+1$.
B. $y=-{{x}^{2}}+x-1$.
C. $y={{x}^{3}}-3x+1$.
D. $y={{x}^{4}}-{{x}^{2}}+1$.
Đồ thị có nhánh cuối đi xuống nên hệ số $a<0.$
Mặt khác đồ thị đã cho không thể nào là đồ thị hàm số bậc 2.
Vậy đồ thị trên là đồ thị của hàm số: $y=-{{x}^{3}}+3x+1$.
Mặt khác đồ thị đã cho không thể nào là đồ thị hàm số bậc 2.
Vậy đồ thị trên là đồ thị của hàm số: $y=-{{x}^{3}}+3x+1$.
A. $-2$.
B. $16$.
C. $-8$.
D. $8$.
Ta có:
$\begin{array}{l} {u_6} = - 64\\ \Leftrightarrow {u_1}{q^5} = - 64\\ \Leftrightarrow q = - 2\\ \Rightarrow {u_3} = {u_1}{q^2} = 2.{\left( { - 2} \right)^2} = 8 \end{array}$
$\begin{array}{l} {u_6} = - 64\\ \Leftrightarrow {u_1}{q^5} = - 64\\ \Leftrightarrow q = - 2\\ \Rightarrow {u_3} = {u_1}{q^2} = 2.{\left( { - 2} \right)^2} = 8 \end{array}$
A. $m=-9$.
B. $m=9$.
C. $m=18$.
D. $m=-18$.
Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 0;-3;-1 \right)$ và $\overrightarrow{AC}=\left( 4;-6;0 \right)$.
Suy ra
$\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0.4 + \left( { - 3} \right)\left( { - 6} \right) + \left( { - 1} \right).0\\ = 18 = 2.9 \end{array}$.
Vậy $m=9$.
Suy ra
$\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0.4 + \left( { - 3} \right)\left( { - 6} \right) + \left( { - 1} \right).0\\ = 18 = 2.9 \end{array}$.
Vậy $m=9$.
A. $\frac{a}{2}$.
B. $a$.
C. $\frac{a \sqrt{3}}{4}$.
D. $\frac{a \sqrt{3}}{2}$.
Gọi $H$ là trung điểm $AC$, do tam giác $ABC$ đều và $\left( A{A}'{C}'C \right)\bot \left( ABC \right)$ nên $BH\bot \left( A{A}'{C}'C \right)$
Ta có $B{B}'\text{//}\left( A{A}'{C}'C \right)$ nên
$\begin{array}{l} {\rm{d}}\left( {BB',AC'} \right) = {\rm{d}}\left( {BB',\left( {AA'C'C} \right)} \right)\\ = {\rm{d}}\left( {B,\left( {AA'C'C} \right)} \right) = BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \end{array}$
Mệnh đề nào dưới đây sai?
A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng $-1$.
B. Hàm số có ba điểm cực trị.
C. Hàm số có giá trị cực đại bằng $-1$.
D. Hàm số có hai điểm cực đại.
Hàm số có giá trị cực đại bằng 3.
| Nhóm | [6; 7) | [7; 8) | [8; 9) | [9; 10] |
|---|---|---|---|---|
| Tần số | 2 | 8 | 18 | 12 |
A. 6.
B. 8,5.
C. 0,7.
D. 0,15.
| Nhóm | [6; 7) | [7; 8) | [8; 9) | [9; 10] |
|---|---|---|---|---|
| Giá trị đại diện | 6,5 | 7,5 | 8,5 | 9,5 |
| Tần số | 2 | 8 | 18 | 12 |
Phương sai ${{S}^{2}}=\frac{1}{40}\left( {{6,5}^{2}}.2+{{7,5}^{2}}.8+{{8,5}^{2}}.18+{{9,5}^{2}}.12 \right)-{{8,5}^{2}}=0,7$.
A. $(1 ;+\infty)$.
B. $(-\infty ; 1)$.
C. $(-1 ;+\infty)$.
D. $(-\infty ;-1)$.
$\begin{array}{l} {3^{3x + 1}} < \frac{1}{9}\\ \Leftrightarrow {3^{3x + 1}} < {3^{ - 2}}\\ \Leftrightarrow 3x + 1 < - 2\\ \Leftrightarrow x < - 1 \end{array}$
Vậy tập nghiệm của bpt là $S=\left( -\infty ;-1 \right)$.
Vậy tập nghiệm của bpt là $S=\left( -\infty ;-1 \right)$.
A. $\vec{w}=(3 ;-1 ; 2)$.
B. $\vec{w}=(3 ; 1 ;-2)$.
C. $\vec{w}=(3 ; 1 ; 2)$.
D. $\vec{w}=(3 ;-1 ;-2)$.
Ta có:
$\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \vec u = \vec i + 2\vec j - 3\vec k\\ \vec v = 2\vec i - \vec j + \vec k \end{array} \right.\\ \Rightarrow \vec w = \vec u + \vec v = 3\vec i + \vec j - 2\vec k \end{array}$
Vậy $\vec{w}=(3 ; 1 ;-2)$.
$\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \vec u = \vec i + 2\vec j - 3\vec k\\ \vec v = 2\vec i - \vec j + \vec k \end{array} \right.\\ \Rightarrow \vec w = \vec u + \vec v = 3\vec i + \vec j - 2\vec k \end{array}$
Vậy $\vec{w}=(3 ; 1 ;-2)$.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. $\underset{(0;+\infty )}{\mathop{\max }}\,f(x)=f(1)$.
B. $\underset{\left[ -1;1 \right]}{\mathop{\max }}\,f(x)=f(0)$.
C. $\underset{(-\infty ;-1)}{\mathop{\max }}\,f(x)=f(-1)$.
D. $\underset{(0;1)}{\mathop{\min }}\,f(x)=f(0)$.
Dựa vào bảng xét dấu ta suy ra $\underset{(0;+\infty )}{\mathop{\max }}\,f(x)=f(1)$.
A. $\frac{x^2}{2}+\cos x+C$.
B. $x^2-\cos x+C$.
C. $\frac{x^2}{2}-\cos x+C$.
D. $2 x^2+\cos x+C$.
$\begin{array}{l} \int {f\left( x \right){\rm{d}}x} \\ = \int {\left( {x - \sin x} \right){\rm{d}}x} \\ = \frac{{{x^2}}}{2} + \cos x + C \end{array}$
PHẦN II. Trắc nghiệm chọn đúng sai.
Câu 1: Trong hệ tọa độ $Oxyz$, cho các điểm $A\left( 5;3;4 \right),B\left( 1;2;1 \right),C\left( 8;-3;2 \right)$. Gọi $D\left( a;b;c \right)$ là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh $A$của tam giác $ABC$.a) Trọng tâm của tam giác $ABC$ có tọa độ $G\left( \frac{14}{3};\frac{2}{3};\frac{7}{3} \right)$.
b) $BC=5\sqrt{2}$.
c) Tam giác$ABC$là tam giác vuông.
d) Giá trị $a+2b+3c$ là một số nguyên.
| a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Đúng |
Tọa độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ là $\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\ {y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\ {z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} \end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{14}}{3}\\ {y_G} = \frac{2}{3}\\ {z_G} = \frac{7}{3} \end{array} \right.$.
b) Sai.
Ta có: $BC=\sqrt{{{\left( 8-1 \right)}^{2}}+{{\left( -3-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2-1 \right)}^{2}}}=5\sqrt{3}$.
c) Đúng.
Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left( -4;-1;-3 \right)\,;\,\overrightarrow{AC}=\left( 3;-6;-2 \right)$.
Do $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0$ nên tam giác$ABC$là tam giác vuông tại $A$.
d) Đúng.
Ta có: $\overrightarrow{BD}=\left( a-1;b-2;c-1 \right)$
$\overrightarrow{DC}=\left( 8-a;-3-b;2-c \right)$
Tam giác $ABC$có $D$ là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh $A$
$\Rightarrow \frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{\sqrt{26}}{7}$
Khi đó: $\overrightarrow{BD}=\frac{\sqrt{26}}{7}\overrightarrow{DC}$.
$ \Leftrightarrow \left( {a - 1;b - 2;c - 1} \right)$ $ = \frac{{\sqrt {26} }}{7}\left( {8 - a; - 3 - b;2 - c} \right)$ $ \Leftrightarrow a = \frac{{7 + 8\sqrt {26} }}{{7 + \sqrt {26} }}\,;\,$ $b = \frac{{14 - 3\sqrt {26} }}{{7 + \sqrt {26} }}\,;\,$ $c = \frac{{ - 3 + 7\sqrt {26} }}{{23}}$
Vậy $a+2b+3c=8$.
a) Tập xác định của hàm số đã cho chứa đúng 4 số nguyên âm.
b) Phương trình $f\left( x \right)={{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}+2x-16 \right)$ có nghiệm duy nhất $x=4.$
c) Hàm số $g\left( x \right)=-{{x}^{2}}+f\left( x \right)\ln 1024$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=1.$
d) Đường thẳng $y=x-1$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ tại duy nhất một điểm.
a) Sai.
Điều kiện: $x+4>0\Leftrightarrow x>-4$. Tập xác định của hàm số là: $D=\left( -4;+\infty \right)$
Vậy tập xác định của hàm số chứa các số nguyên âm là $\left\{ -3;-2;-1 \right\}$
b) Đúng.
Ta có:
$\begin{array}{l} {\log _2}\left( {x + 4} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + 2x - 16} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - 4\\ x + 4 = {x^2} + 2x - 16 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - 4\\ {x^2} + x - 20 = 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x = 4 \end{array}$
c) Sai.
Ta có hàm số $g\left( x \right)=-{{x}^{2}}+\ln 1024.{{\log }_{2}}\left( x+4 \right).$
$g'\left( x \right)=-2x+\ln 1024.\frac{1}{\left( x+4 \right)\ln 2}.$
Cho
$\begin{array}{l} g'\left( x \right) = - 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = - 5 \end{array} \right. \end{array}$
Lập bảng biến thiên của hàm số $g\left( x \right)$ trên $\left( -4;+\infty \right)$ ta được giá trị lớn nhất của hàm số tại $x=1.$
d) Sai.
Vẽ đường thẳng $y=x-1$ và đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ trên đồ thị ta được
Vậy đường thẳng $y=x-1$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ tại 2 điểm.
Điều kiện: $x+4>0\Leftrightarrow x>-4$. Tập xác định của hàm số là: $D=\left( -4;+\infty \right)$
Vậy tập xác định của hàm số chứa các số nguyên âm là $\left\{ -3;-2;-1 \right\}$
b) Đúng.
Ta có:
$\begin{array}{l} {\log _2}\left( {x + 4} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + 2x - 16} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - 4\\ x + 4 = {x^2} + 2x - 16 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - 4\\ {x^2} + x - 20 = 0 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x = 4 \end{array}$
c) Sai.
Ta có hàm số $g\left( x \right)=-{{x}^{2}}+\ln 1024.{{\log }_{2}}\left( x+4 \right).$
$g'\left( x \right)=-2x+\ln 1024.\frac{1}{\left( x+4 \right)\ln 2}.$
Cho
$\begin{array}{l} g'\left( x \right) = - 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}} = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = - 5 \end{array} \right. \end{array}$
Lập bảng biến thiên của hàm số $g\left( x \right)$ trên $\left( -4;+\infty \right)$ ta được giá trị lớn nhất của hàm số tại $x=1.$
d) Sai.
Vẽ đường thẳng $y=x-1$ và đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ trên đồ thị ta được
Vậy đường thẳng $y=x-1$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ tại 2 điểm.
| Nhóm | $\left[ 5;6 \right)$ | $\left[ 6;7 \right)$ | $\left[ 7;8 \right)$ | $\left[ 8;9 \right)$ | $\left[ 9;10 \right]$ |
| Tần số | 2 | 3 | 8 | 15 | 12. |
b) Có ít nhất 13 học sinh có điểm thi thấp hơn điểm trung bình của cả lớp.
c) Biết rằng cả 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học đều có điểm thi không dưới 8. Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh trong lớp có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8. Xác suất có đúng 2 em của Câu lạc bộ Toán học được chọn nhỏ hơn $\frac{1}{3}$.
d) Biết 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học gồm có 5 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Trong buổi lễ tuyên dương khen thưởng, 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học được sắp xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang để trao quà. Xác suất không có hai học nữ nào đứng cạnh nhau lớn hơn $\frac{1}{3}$.
| a) Đúng | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng |
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là $10-5=5$.
b) Đúng.
Điểm trung bình của cả lớp là: $\overline x $ = $\frac{1}{{40}}$ ( 5,5.2 + 6,5.3 + 7,5.8 + 8,5.15 + 9,5.12 ) = 8,3
Từ bảng thống kê, ta thấy có ít nhất 13 em có điểm trung bình thấp hơn của cả lớp.
c) Sai.
Số học sinh có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8 là
Không gian mẫu: $n\left( \Omega \right)=C_{27}^{6}$.
Xác suất có đúng 2 em của CLB Toán học là: $\frac{C_{8}^{2}.C_{19}^{4}}{C_{27}^{6}}\approx 0,367>\frac{1}{3}$
d) Đúng.
Không gian mẫu: $n\left( \Omega \right)=8!$.
Xếp 5 học sinh nam thành một hàng ngang: $5!$ cách.
5 học sinh nam tạo nên 4 khoảng trống ở giữa cùng 2 vị trí trống ở mỗi đầu hàng $\Rightarrow $Có 6 vị trí trống
Xếp 3 học sinh nữ vào 6 vị trí đó: $A_{6}^{3}$.
Xác suất không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau là: $\frac{5!.A_{6}^{3}}{8!}=\frac{5}{14}>\frac{1}{3}$.
a) $h\left( t \right)=-\frac{1}{40}{{t}^{4}}+\frac{11}{30}{{t}^{3}}+20$.
b) Giai đoạn tăng trưởng chiều cao của cây lúa kéo dài $12$ tuần.
c) Chiều cao tối đa của cây lúa là $150$ cm.
d) Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn $80$ cm.
| a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Đúng |
$\begin{array}{l} h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} \\ = \int {\left( { - 0,1{t^3} + 1,1{t^2}} \right)dt} \\ = - \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + C \end{array}$.
Ta có $h\left( 0 \right)=20$.
Suy ra $C=20$.
Do đó $h\left( t \right)=-\frac{1}{40}{{t}^{4}}+\frac{11}{30}{{t}^{3}}+20$.
b) Sai
Cây tăng trưởng khi $v(t)>0$. Xét bất phương trình $-0,1{{t}^{3}}+1,1{{t}^{2}}>0$.
$\Leftrightarrow {{t}^{2}}\left( -0,1t+1,1 \right)>0$.
Suy ra $-0,1t+1,1>0$ nên $t<11$.
Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 11 tuần.
c) Sai
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của $h(t)=\frac{-{{t}^{4}}}{40}+\frac{11{{t}^{3}}}{30}+5$ với $t\in [0;11]$.
Ta có: ${h}'(t)=\frac{-{{t}^{3}}}{10}+\frac{11}{10}{{t}^{2}}=\frac{{{t}^{2}}}{10}(-t+11)$.
${h}'(t)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=0 \\ & t=11 \\ \end{align} \right..$
Ta thấy $h(0)=20$, $h(11)\approx 142$.
Khi đó, $h(t)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $142$ trên đoạn $[0;11]$.
Vậy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là $142$ (cm).
d) Đúng
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số $v(t)=-0,1{{t}^{3}}+1,1{{t}^{2}}$ với $t\in [0;10]$.
Ta có ${v}'(t)=-0,3{{t}^{2}}+2,2t=-0,3t\left( t-\frac{22}{3} \right)$.
Suy ra
${v}'(t)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=0 \\ & t=\frac{22}{3} \\ \end{align} \right.$.
Ta thấy $v(0)=0$, $v\left( \frac{22}{3} \right)\approx 19,7$, $v(11)=0$.
Khi đó, $v(t)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $19,7$ trên đoạn $[0;10]$ tại $t=\frac{22}{3}$.
Ta có $h\left( \frac{22}{3} \right)\approx 92,3>80$.
Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn cm.
PHẦN III. Trắc nghiệm trả lời ngắn.
Câu 1: Ở một vịnh biển, ngoài khơi xa có một hòn đảo nhỏ. Người ta tiến hành lấn biển để xây dựng khu đô thị và làm một tuyến cáp treo nối khu đô thị với hòn đảo để phát triển du lịch. Xét trong hệ tọa độ ${Oxy}$ với đơn vị tương ứng 1km có hòn đảo ở ${O}$ thì đường bao của phần đất lấn biển có dạng là một phần của đồ thị hàm số ${y = \frac{-x^2 + 1}{x}}$. Giả sử tuyến cáp treo được thiết kế nối đảo với đường bao của khu đô thị với độ dài ngắn nhất. Độ dài của tuyến cáp treo là bao nhiêu km (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Đáp án: 2,2.
Giả sử tuyến cáp treo được thiết kế nối đảo với điểm $M\left( {{x}_{0}};\frac{x_{0}^{2}+1}{{{x}_{0}}} \right)$ trên đường bao của khu đô thị với độ dài ngắn nhất. Khi đó
$\begin{array}{l} OM = \sqrt {x_0^2 + {{\left( {\frac{{x_0^2 + 1}}{{{x_0}}}} \right)}^2}} \\ = \sqrt {x_0^2 + {{\left( {{x_0} + \frac{1}{{{x_0}}}} \right)}^2}} \\ = \sqrt {2x_0^2 + \frac{1}{{x_0^2}} + 2} \\ \,\,\,\,\,\,\,\, \ge \sqrt {2\sqrt {2x_0^2 \cdot \frac{1}{{x_0^2}}} + 2} = \sqrt {2\sqrt 2 + 2} \approx 2,2. \end{array}$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\text{ }2x_{0}^{2}=\frac{1}{x_{0}^{2}}\Leftrightarrow x_{0}^{4}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow {{x}_{0}}=\pm \frac{1}{\sqrt[4]{2}}$.
Vậy, độ dài ngắn nhất của cáp treo là khoảng $2,2$ km.
Giả sử tuyến cáp treo được thiết kế nối đảo với điểm $M\left( {{x}_{0}};\frac{x_{0}^{2}+1}{{{x}_{0}}} \right)$ trên đường bao của khu đô thị với độ dài ngắn nhất. Khi đó
$\begin{array}{l} OM = \sqrt {x_0^2 + {{\left( {\frac{{x_0^2 + 1}}{{{x_0}}}} \right)}^2}} \\ = \sqrt {x_0^2 + {{\left( {{x_0} + \frac{1}{{{x_0}}}} \right)}^2}} \\ = \sqrt {2x_0^2 + \frac{1}{{x_0^2}} + 2} \\ \,\,\,\,\,\,\,\, \ge \sqrt {2\sqrt {2x_0^2 \cdot \frac{1}{{x_0^2}}} + 2} = \sqrt {2\sqrt 2 + 2} \approx 2,2. \end{array}$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\text{ }2x_{0}^{2}=\frac{1}{x_{0}^{2}}\Leftrightarrow x_{0}^{4}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow {{x}_{0}}=\pm \frac{1}{\sqrt[4]{2}}$.
Vậy, độ dài ngắn nhất của cáp treo là khoảng $2,2$ km.
Đáp án: 1000.
Số lượng đặt hàng là ${x}$ thì giá bán mỗi linh kiện là $p\left( x \right)=40\ 000-0,01{{x}^{2}}$ đồng (${0 \le x \le 1500}$).
Tổng giá trị đơn hàng là $x \cdot p\left( x \right)$ $ = x\left( {40\;000 - 0,01{x^2}} \right)$ $ = 40\;000x - 0,01{x^3}$.
Chi phí để công ty sản xuất ${x}$ linh kiện là $C\left( x \right)=10\ 000\ 000+10\ 000x$.
Lợi nhuận của công ty ${A}$ là
+ Số lượng đặt hàng là ${x}$ thì giá bán mỗi linh kiện là $p\left( x \right)=40\ 000-0,01{{x}^{2}}$ đồng ${(0 \le x \le 1500)}$. Tổng giá trị đơn hàng là $x.p\left( x \right)$ $ = x\left( {40\;000 - 0,01{x^2}} \right)$ $ = 40\;000x - 0,01{x^3}$.
+ Chi phí để công ty sản xuất ${x}$ linh kiện là $C\left( x \right)=10\ 000\ 000+10\ 000x$.
Lợi nhuận của công ty ${A}$ là
$f\left( x \right) = x.p\left( x \right) - C\left( x \right)$ $ = \left( {40\;000x - 0,01{x^3}} \right)$ $ - \left( {10\;000\;000 + 10\;000x} \right)$
$\Rightarrow f\left( x \right)=-0,01{{x}^{3}}+30\ 000x-10\ 000\ 000$. ${\Rightarrow f\prime (x) = -0,03x^2 + 30\ 000}$.
$\begin{array}{l} f\prime \left( x \right) = 0\\ \Leftrightarrow - 0,03{x^2} + 30\;000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} = 1\;000\;000\\ \Leftrightarrow x = 1000 \end{array}$
(do ${0 \le x \le 1500}$).
Số lượng đặt hàng là ${x}$ thì giá bán mỗi linh kiện là $p\left( x \right)=40\ 000-0,01{{x}^{2}}$ đồng (${0 \le x \le 1500}$).
Tổng giá trị đơn hàng là $x \cdot p\left( x \right)$ $ = x\left( {40\;000 - 0,01{x^2}} \right)$ $ = 40\;000x - 0,01{x^3}$.
Chi phí để công ty sản xuất ${x}$ linh kiện là $C\left( x \right)=10\ 000\ 000+10\ 000x$.
Lợi nhuận của công ty ${A}$ là
+ Số lượng đặt hàng là ${x}$ thì giá bán mỗi linh kiện là $p\left( x \right)=40\ 000-0,01{{x}^{2}}$ đồng ${(0 \le x \le 1500)}$. Tổng giá trị đơn hàng là $x.p\left( x \right)$ $ = x\left( {40\;000 - 0,01{x^2}} \right)$ $ = 40\;000x - 0,01{x^3}$.
+ Chi phí để công ty sản xuất ${x}$ linh kiện là $C\left( x \right)=10\ 000\ 000+10\ 000x$.
Lợi nhuận của công ty ${A}$ là
$f\left( x \right) = x.p\left( x \right) - C\left( x \right)$ $ = \left( {40\;000x - 0,01{x^3}} \right)$ $ - \left( {10\;000\;000 + 10\;000x} \right)$
$\Rightarrow f\left( x \right)=-0,01{{x}^{3}}+30\ 000x-10\ 000\ 000$. ${\Rightarrow f\prime (x) = -0,03x^2 + 30\ 000}$.
$\begin{array}{l} f\prime \left( x \right) = 0\\ \Leftrightarrow - 0,03{x^2} + 30\;000 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} = 1\;000\;000\\ \Leftrightarrow x = 1000 \end{array}$
(do ${0 \le x \le 1500}$).
Đáp án: 16.
Đặt hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ, với mỗi đơn vị trên trục là 1m. Ta có $B\left( 0;0 \right)$, $A\left( 0;-4 \right)$, $C\left( 3;0 \right)$
Gọi $D$ điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led $BA$ và $E$ điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led $AC$sau khi đóng nguồn điện.
Vì $D\in Oy$ và chuỗi led chạy từ $B$ xuống $A$ với vận tốc $4$ m/phút nên $D\left( 0;-4t \right)$ với $t$ là thời gian được tính bằng phút.
Vì $E\in AC$ và chuỗi led chạy từ $A$ lên $C$ với vận tốc $10~$ m/phút nên $E\left( 6t;8t-4 \right)$ với $t$ là thời gian được tính bằng phút.
Ta có khoảng cách giữa hai điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led là
$\begin{array}{l} DE = \sqrt {{{\left( {6t} \right)}^2} + {{\left( {12t - 4} \right)}^2}} \\ = \sqrt {180{t^2} - 96t + 16} \\ = \sqrt {180\left[ {{{\left( {t - \frac{4}{{15}}} \right)}^2} + \frac{4}{{225}}} \right]} \ge \frac{{4\sqrt 5 }}{4}\left( m \right) \end{array}$
Dấu $''=''$ xảy ra khi $t=\frac{4}{15}$ phút $=16$ giây.
Vậy sau $16$ giây từ thời điểm đóng nguồn điện thì khoảng cách giữa hai điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led là nhỏ nhất.
Đặt hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ, với mỗi đơn vị trên trục là 1m. Ta có $B\left( 0;0 \right)$, $A\left( 0;-4 \right)$, $C\left( 3;0 \right)$
Gọi $D$ điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led $BA$ và $E$ điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led $AC$sau khi đóng nguồn điện.
Vì $D\in Oy$ và chuỗi led chạy từ $B$ xuống $A$ với vận tốc $4$ m/phút nên $D\left( 0;-4t \right)$ với $t$ là thời gian được tính bằng phút.
Vì $E\in AC$ và chuỗi led chạy từ $A$ lên $C$ với vận tốc $10~$ m/phút nên $E\left( 6t;8t-4 \right)$ với $t$ là thời gian được tính bằng phút.
Ta có khoảng cách giữa hai điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led là
$\begin{array}{l} DE = \sqrt {{{\left( {6t} \right)}^2} + {{\left( {12t - 4} \right)}^2}} \\ = \sqrt {180{t^2} - 96t + 16} \\ = \sqrt {180\left[ {{{\left( {t - \frac{4}{{15}}} \right)}^2} + \frac{4}{{225}}} \right]} \ge \frac{{4\sqrt 5 }}{4}\left( m \right) \end{array}$
Dấu $''=''$ xảy ra khi $t=\frac{4}{15}$ phút $=16$ giây.
Vậy sau $16$ giây từ thời điểm đóng nguồn điện thì khoảng cách giữa hai điểm sáng đầu tiên của hai chuỗi led là nhỏ nhất.
Đáp án: 32.
Ta có: $kC_{2n}^{k}=k.\frac{2n!}{k!(2n-k)!}=\frac{2n!}{(k-1)!\text{ }\!\![\!\!\text{ }(2n-1)-(k-1)\text{ }\!\!]\!\!\text{ }!}$$=2n\frac{(2n-1)!}{(k-1)!\text{ }\!\![\!\!\text{ }(2n-1)-(k-1)\text{ }\!\!]\!\!\text{ }!}=2nC_{2n-1}^{k-1}$, $\forall k\ge 1$
$\Rightarrow VT=\sum\limits_{k=1}^{n}{2nC_{2n-1}^{k-1}}=2n\sum\limits_{k=0}^{n-1}{C_{2n-1}^{k}}$.
Mặt khác ta có $C_{2n-1}^{k}=C_{2n-1}^{2n-1-k}$ nên
$\begin{array}{l} {2^{2n - 1}} = \sum\limits_{k = 0}^{2n - 1} {C_{2n - 1}^k} \\ = \left( {C_{2n - 1}^0 + C_{2n - 1}^1 + \cdots + C_{2n - 1}^{n - 1}} \right) + \left( {C_{2n - 1}^n + \cdots + C_{2n - 1}^{2n - 2} + C_{2n - 1}^{2n - 1}} \right)\\ = 2\left( {C_{2n - 1}^0 + C_{2n - 1}^1 + \cdots + C_{2n - 1}^{n - 1}} \right) = 2\sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {C_{2n - 1}^k} \end{array}$
Suy ra $\sum\limits_{k=0}^{n-1}{C_{2n-1}^{k}}={{2}^{2n-2}}\Rightarrow VT=2n{{.2}^{2n-2}}={{2}^{68}}$.
Vì $n$ là số nguyên dương và $VT$ luôn tăng với mọi số nguyên dương $n$ nên phương trình trên có nghiệm duy nhất là $n=32$.
Ta có: $kC_{2n}^{k}=k.\frac{2n!}{k!(2n-k)!}=\frac{2n!}{(k-1)!\text{ }\!\![\!\!\text{ }(2n-1)-(k-1)\text{ }\!\!]\!\!\text{ }!}$$=2n\frac{(2n-1)!}{(k-1)!\text{ }\!\![\!\!\text{ }(2n-1)-(k-1)\text{ }\!\!]\!\!\text{ }!}=2nC_{2n-1}^{k-1}$, $\forall k\ge 1$
$\Rightarrow VT=\sum\limits_{k=1}^{n}{2nC_{2n-1}^{k-1}}=2n\sum\limits_{k=0}^{n-1}{C_{2n-1}^{k}}$.
Mặt khác ta có $C_{2n-1}^{k}=C_{2n-1}^{2n-1-k}$ nên
$\begin{array}{l} {2^{2n - 1}} = \sum\limits_{k = 0}^{2n - 1} {C_{2n - 1}^k} \\ = \left( {C_{2n - 1}^0 + C_{2n - 1}^1 + \cdots + C_{2n - 1}^{n - 1}} \right) + \left( {C_{2n - 1}^n + \cdots + C_{2n - 1}^{2n - 2} + C_{2n - 1}^{2n - 1}} \right)\\ = 2\left( {C_{2n - 1}^0 + C_{2n - 1}^1 + \cdots + C_{2n - 1}^{n - 1}} \right) = 2\sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {C_{2n - 1}^k} \end{array}$
Suy ra $\sum\limits_{k=0}^{n-1}{C_{2n-1}^{k}}={{2}^{2n-2}}\Rightarrow VT=2n{{.2}^{2n-2}}={{2}^{68}}$.
Vì $n$ là số nguyên dương và $VT$ luôn tăng với mọi số nguyên dương $n$ nên phương trình trên có nghiệm duy nhất là $n=32$.
Đáp án: 5,4
Gọi $x\ \left( m \right),\ (x>0)$là chiều rộng của đáy thì chiều dài của đáy là $2x\ .$Chiều cao của lăng trụ đứng là $h\ \left( h>0 \right).$ Theo bài ra $V=2{{x}^{2}}h\Rightarrow 2xh=\frac{9}{x}.$
Diện tích toàn phần của kiện hàng là
$\begin{array}{l} {S_{tp}} = 4{x^2} + 6xh = 4{x^2} + \frac{{27}}{x}\\ = 4{x^2} + \frac{{27}}{{2x}} + \frac{{27}}{{2x}} \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {\frac{{27}}{{2x}}} \right)}^2}.4{x^2}}}\\ = 27\left( {{m^2}} \right). \end{array}$
Sau khi hoàn thành kiện hàng đó, người ta cần bỏ ra ít nhất số tiền là $27.0,2=5,4$ (triệu đồng).
Gọi $x\ \left( m \right),\ (x>0)$là chiều rộng của đáy thì chiều dài của đáy là $2x\ .$Chiều cao của lăng trụ đứng là $h\ \left( h>0 \right).$ Theo bài ra $V=2{{x}^{2}}h\Rightarrow 2xh=\frac{9}{x}.$
Diện tích toàn phần của kiện hàng là
$\begin{array}{l} {S_{tp}} = 4{x^2} + 6xh = 4{x^2} + \frac{{27}}{x}\\ = 4{x^2} + \frac{{27}}{{2x}} + \frac{{27}}{{2x}} \ge 3\sqrt[3]{{{{\left( {\frac{{27}}{{2x}}} \right)}^2}.4{x^2}}}\\ = 27\left( {{m^2}} \right). \end{array}$
Sau khi hoàn thành kiện hàng đó, người ta cần bỏ ra ít nhất số tiền là $27.0,2=5,4$ (triệu đồng).
Biết $S\left( a;b;c \right)$ (đơn vị của a, b, c là centimet). Tính giá trị của biểu thức $P=a+b+c$
Đáp án: 1650
Gọi I là tâm của hình chữ nhật $ABCD$.
Ta có $BD=\sqrt[{}]{{{900}^{2}}+{{1200}^{2}}}=1500\Rightarrow ID=750$.
Theo giả thiết ta có
$\begin{array}{l} \tan \widehat {SDI} = \frac{1}{5} \Rightarrow \frac{{SI}}{{ID}} = \frac{1}{5}\\ \Rightarrow SI = \frac{1}{5}ID = \frac{1}{5}.750 = 150 \end{array}$
Gọi H là tâm của hình chữ nhật OKNM. Từ giả thiết ta có $H\left( 450;600;0 \right)$.
Ta có $SH=IH+SI=450+150=600$.
Do đó
$\begin{array}{l} S\left( {450;600;600} \right)\\ \Rightarrow a + b + c\\ = 450 + 600 + 600\\ = 1650 \end{array}$
Gọi I là tâm của hình chữ nhật $ABCD$.
Ta có $BD=\sqrt[{}]{{{900}^{2}}+{{1200}^{2}}}=1500\Rightarrow ID=750$.
Theo giả thiết ta có
$\begin{array}{l} \tan \widehat {SDI} = \frac{1}{5} \Rightarrow \frac{{SI}}{{ID}} = \frac{1}{5}\\ \Rightarrow SI = \frac{1}{5}ID = \frac{1}{5}.750 = 150 \end{array}$
Gọi H là tâm của hình chữ nhật OKNM. Từ giả thiết ta có $H\left( 450;600;0 \right)$.
Ta có $SH=IH+SI=450+150=600$.
Do đó
$\begin{array}{l} S\left( {450;600;600} \right)\\ \Rightarrow a + b + c\\ = 450 + 600 + 600\\ = 1650 \end{array}$
