Đáp án

Điền từ/cụm từ thích hợp vào chỗ trống.

Nguyên nhân chính của sự giảm độ kiềm trong ao nuôi thủy hải sản là do quá trình oxy hóa ammonia thành nitrate với sản phẩm trung gian là nitrite trong điều kiện có oxygen gọi là quá trình (1) nitrate hóa.

Giải thích

Giải thích

Dựa vào và chú ý trong Hình 3, các đường được vẽ cho lò xo B, C và D giao nhau ở một vị trí có khối lượng như nhau.

→ Từ Hình 3, ta thấy giá trị khối lượng của vật nặng phù hợp nhất là 270 g. Chọn B

Đáp án

Điền từ/cụm từ thích hợp vào chỗ trống

Ở thí nghiệm 2, sau khi buông nhẹ cho là xo dao động thì con lắc dao động chậm nhất trong 4 con lắc A, B, C, D là con lắc (1) _____A______.

Giải thích

Ta có: tần số dao động được đo bằng số dao động mỗi giây. Con lắc dao động càng nhanh thì số dao động trong mỗi giây càng lớn nên tần số dao động càng cao. Do đó, con lắc ứng với lò xo A có tần số dao động thấp nhất nên dao động chậm nhất.

Số lần xuất hiện mặt lẻ chấm là 14 + 30 + 14 = 58.

⇒ Xác suất của biến cố là: \(\frac{{58}}{{100}} = \frac{{29}}{{50}}\).

Ta có \(w = (1 + \sqrt 3 i)z + 2 \Leftrightarrow w - 3 - \sqrt 3 i = (1 + \sqrt 3 i)(z - 1)\).

\( \Leftrightarrow |w - 3 - \sqrt 3 i| = |1 + \sqrt 3 i||z - 1| \le 4\).

Vậy điểm biểu diễn số phức \(w\) nằm trên hình tròn có bán kính \(r = 4\).

Diện tích hình \((H)\) là \(S = \pi {r^2} = 16\pi \).

Giả sử hình nón đã cho có đường sinh \(l = a\)

Ta có khối cầu ngoại tiếp và khối cầu nội tiếp hình nón có bán kính lần lượt là \(R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) và \(r = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\). Gọi \({V_1},{V_2}\) lần lượt là thể tích của khối cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình nón.

Ta có: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{4}{3}\pi {R^3}}}{{\frac{4}{3}\pi {r^3}}} = 8\). 

Ta có: \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow (\widehat {SC;(ABCD)}) = \widehat {SCA} = \alpha \)

Mà ABCD là hình vuông cạnh \(a \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \)

 vuông tại \(A\) có: 

Cho hàm số \(y = f(x)\) xác định và có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\), biết \(f(4) = 5\) và \({f^\prime }(4) = 2\). Giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{{f^2}(x) + f(x) - 30}}{{\sqrt x  - 2}}\) bằng (1) __ 88 __.

Giải thích

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{{f^2}(x) + f(x) - 30}}{{\sqrt x  - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{(f(x) - 5)(f(x) + 6)}}{{\sqrt x  - 2}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \left[ {\frac{{f(x) - f(4)}}{{x - 4}}.(\sqrt x  + 2).(f(x) + 6)} \right] = {f^\prime }(4).(\sqrt 4  + 2).(f(4) + 6) = 88\) (vì

\[{f^\prime }\left( {{x_0}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {\frac{{f(x) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{x - {x_0}}}} \right)\]

Theo thống kê tại một nhà máy Z, nếu áp dụng tuần làm việc 40 giờ thì mỗi tuần có 100 công nhân đi làm và mỗi công nhân làm được 120 sản phẩm trong một giờ. Nếu tăng thời gian làm việc thêm 2 giờ mỗi tuần thì sẽ có 1 công nhân nghỉ việc và năng suất lao động giảm 5 sản phẩm/1 công nhân/1 giờ. Ngoài ra, số phế phẩm mỗi tuần ước tính là \(P(x) = \frac{{95{x^2} + 120x}}{4}\), với x là thời gian làm việc trong một tuần. Nhà máy cần áp dụng thời gian làm việc mỗi tuần (1) __ 36 __ giờ để số lượng sản phẩm thu được mỗi tuần là lớn nhất.

Giải thích

 Gọi \(t\) là số giờ làm tăng thêm mỗi tuần, \(t \in \mathbb{R}\)

\( \Rightarrow \) số công nhân bỏ việc là \(\frac{t}{2}\) nên số công nhân làm việc là \(100 - \frac{t}{2}\) người.

Năng suất của công nhân còn \(120 - \frac{{5t}}{2}\) sản phẩm một giờ.

Số thời gian làm việc một tuần là \(40 + t\) giờ.

Để nhà máy hoạt động được thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{40 + t > 0}\\{120 - \frac{{5t}}{2} > 0 \Rightarrow t \in ( - 40;48){\rm{. }}}\\{100 - \frac{t}{2} > 0}\end{array}} \right.\)

Số sản phẩm trong một tuần làm được: \(S = \left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)(40 + t)\).

Số sản phẩm thu được là

\(f(t) = \left( {100 - \frac{t}{2}} \right)\left( {120 - \frac{{5t}}{2}} \right)(40 + t) - \frac{{95{{(40 + t)}^2} + 120(40 + t)}}{4} = \frac{5}{4}{t^3} - \frac{{1135}}{4}{t^2} - 2330t + 440800.\)

\( \Rightarrow {f^\prime }(t) =  = \frac{{15}}{4}{t^2} - \frac{{1135}}{2}t - 2330.\)

\({f^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t =  - 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{t = \frac{{466}}{3}\,\,(\;{\rm{L}})}\end{array}} \right.\)

Ta có BBT như sau

Vậy số lượng sản phẩm thu được mỗi tuần lớn nhất khi x = 36.

Trong không gian Oxyz, cho ba điểm \(A(1;0;0),B(2;0;1),C(1;1;1)\) và mặt phẳng \((P):x + y + z - 6 = 0\). Gọi \((S)\) là mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng \((P)\).

Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau: 

Bán kính mặt cầu (S) bằng \(\sqrt {41} \).

Tâm mặt cầu (S) có tung độ bằng 4; cao độ bằng -3.

Giải thích

Gọi \(I(x;y;z)\) là tâm mặt cầu \((S)\) đi qua 3 điểm A, B, C.

Ta có: \(IA = IB = IC \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I{A^2} = I{B^2}}\\{I{B^2} = I{C^2}}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{(x - 1)}^2} + {y^2} + {z^2} = {{(x - 2)}^2} + {y^2} + {{(z - 1)}^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{{(x - 2)}^2} + {y^2} + {{(z - 1)}^2} = {{(x - 1)}^2} + {{(y - 1)}^2} + {{(z - 1)}^2}}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2x + 1 =  - 4x + 4 - 2z + 1}\\{ - 4x + 4 =  - 2x + 1 - 2y + 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + z = 2}\\{x - y = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Vì \(I \in (P)\) nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{r}}{x + z = 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{x - y = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{x + y + z - 6 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 5}\\{y = 4}\\{z =  - 3}\end{array} \Rightarrow I(5;4; - 3)} \right.} \right.\)

Bán kính của mặt cầu \((S)\) là \(R = IA = \sqrt {41} \)

\( \Rightarrow (S):{(x - 5)^2} + {(y - 4)^2} + {(z + 3)^2} = 41.{\rm{ }}\)

Ta có: 

\(S = \sum\limits_{k = 1}^{24} {[\sqrt k ] = [\sqrt 1 ] + [\sqrt 2 ] + [\sqrt 3 ] + [\sqrt 4 ] +  \ldots  + [\sqrt 8 ] + [\sqrt 9 ] +  \ldots  + [\sqrt {15} ] + [\sqrt {16} ] +  \ldots } {\rm{ + [}}\sqrt {23} {\rm{] + [}}\sqrt {24} {\rm{]}}\)
\( \Leftrightarrow S = 1 + 1 + 1 + 2 +  \ldots  + 2 + 3 +  \ldots  + 3 + 4 +  \ldots  + 4 + 4\)

\( \Leftrightarrow S = 3.1 + 5.2 + 7.3 + 9.4 = 70\)  

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có:

+\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 4} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 4} \frac{{{x^2} + x - 12}}{{x + 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 4} \frac{{(x - 3)(x + 4)}}{{x + 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 4} (x - 3) =  - 7.\)

+ \(f( - 4) =  - 4m + 1.\)

Hàm số \(f(x)\) liên tục tại điểm \({x_0} =  - 4 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 4} f(x) = f( - 4) \Leftrightarrow  - 4m + 1 =  - 7 \Leftrightarrow m = 2\).

Không gian mẫu là số cách sắp xếp 4 hành khách lên 4 toa tàu. Vì mỗi hành khách có 4 cách chọn toa nên có 44 cách xếp.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = 44.

Gọi A là biến cố: “1 toa có 3 người, 1 toa có 1 người, 2 toa còn lại không có ai”. Để tìm số phần tử của A, ta chia làm hai giai đoạn như sau:

Giai đoạn thứ nhất: Chọn 3 hành khách trong 4 hành khách, chọn 1 toa trong 4 toa và xếp lên toa đó 3 hành khách vừa chọn có \(C_4^3.C_4^1\) cách.

Giai đoạn thứ hai: Chọn 1 toa trong 3 toa còn lại và xếp lên toa đó 1 một hành khách còn lại có \(C_3^1\) cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là \(n(A) = C_4^3.C_4^1.C_3^1.\)

Vậy xác suất cần tính là: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{3}{{16}}\).

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu \((S):{(x - 3)^2} + {(y - 1)^2} + {(z - 1)^2} = 4\) và ba điểm \(A( - 1;2; - 3),B(5;2;3),C(1;2;3)\). Gọi \(S\) là điểm thay đổi trên mặt cầu \((S)\). Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC là (1) __ 12 __ .

Giải thích

Mặt cầu (S) có tâm \(I(3;1;1)\) và bán kính \(R = 2\)

Phương trình mặt phẳng \((ABC)\) là: \(y - 2 = 0\).

Ta có thể tích S.ABC đạt giá trị lớn nhất khi \(d(S;(ABC))\) đạt giá trị lớn nhất.

\({\rm{M\`a  }}d(I;(ABC)) = 1 < R = 2\)

\( \Rightarrow d{(S;(ABC))_{\max }} = R + d(I;(ABC)) = 3.\)

\({V_{S.AB{C_{\max }}}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.d{(S;(ABC))_{\max }} = \frac{1}{3}.12.3 = 12\).

Giải thích

Giả sử hình nón ngợi tiếp tứ diện đều ABCD cạnh \(a\) như hình vẽ trên. Ta có:

+) Bán kính đáy \(R = OC = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

+) Độ dài đường sinh \(l = AC = a\).

+) Chiều cao của khối chóp là \(h = AO = \sqrt {{{\left. {A{B^2} - \frac{{BC\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Vậy:

+) Diện tích xung quanh hình nón là: \({S_{xq}} = \pi Rl = \pi .\frac{{a\sqrt 3 }}{3}a = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 3 }}{3}\).

+) Thể tích của khối nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{27}}\)

Ta có \({f^\prime }(x) = \frac{{4 + m}}{{{{(x + 4)}^2}}},\forall x \ne  - 4\) và phương trình tiệm cận đứng \(x =  - 4\).

TH1. Với \(m + 4 > 0 \Leftrightarrow m >  - 4\) thì \({f^\prime }(x) > 0,\forall x \in [ - 3;3]\) nên

\(\mathop {\min }\limits_{[ - 3;3]} f(x) = 2 \Leftrightarrow f( - 3) = 2 \Leftrightarrow \frac{{ - 3 - m}}{1} = 2 \Rightarrow m =  - 5\) (loại).

TH2. Với \(m + 4 < 0 \Leftrightarrow m <  - 4\) thì \({f^\prime }(x) < 0,\forall x \in [ - 3;3]\) nên

\(\mathop {\min }\limits_{[ - 3;3]} f(x) = 2 \Leftrightarrow f(3) = 2 \Leftrightarrow \frac{{3 - m}}{7} = 2 \Rightarrow m =  - 11\) (thỏa mãn).

Cách 1.

\(I = \int\limits_1^2 {\frac{1}{{2x - 1}}} \;{\rm{d}}x = \left. {\frac{1}{2}\ln |2x - 1|} \right|_1^2\)

\( = \frac{1}{2}(\ln 3 - \ln 1) = \frac{1}{2}\ln 3 = \ln \sqrt 3 .\)

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{y > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{x - 4y - 1 > 0}\end{array}} \right.\).

Ta có \(\log _2^2(xy) = {\log _2}\left( {\frac{x}{4}} \right){\log _2}(4y) \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x + {{\log }_2}y} \right)^2} = \left( {{{\log }_2}x - 2} \right)\left( {{{\log }_2}y + 2} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\) .

Đặt \({\log _2}x = a;{\log _2}y = b\), ta có (1) trở thành :

\({(a + b)^2} = (a - 2)(b + 2) \Leftrightarrow {a^2} + ab - 2a + {b^2} + 2b + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{a^2} + 2ab - 4a + 2{b^2} + 4b + 8 = 0 \Leftrightarrow {(a + b)^2} + {(a - 2)^2} + {(b + 2)^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 0}\\{a - 2 = 0}\\{b + 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2}\\{b =  - 2}\end{array}} \right.} \right.\).

Với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 2\,\,}\\{b =  - 2}\end{array}} \right.\) , ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ log{ _2}x = 2\,\,\,}\\{ log{ _2}y =  - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y = \frac{1}{4}}\end{array}} \right.} \right.\) (thỏa mãn điều kiện).

Khi đó \(P = {\log _3}\left( {4 + 4.\frac{1}{4} + 4} \right) + {\log _2}\left( {4 - 4.\frac{1}{4} - 1} \right) = 3\).

Giải thích

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \)\(\begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\\x = 3.\end{array}\).

Bảng xét dấu của hàm số \(f'\left( x \right)\):

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị: x = −2 là điểm cực đại và x = 3 là điểm cực tiểu.

Gọi độ dài cạnh bên và cạnh đáy của tam giác cân là x, y (thỏa mãn x, y  là các chữ số)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le x \le 9}\\{1 \le y \le 9}\\{1 \le y < 2x}\end{array}} \right.\)

TH1: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le y \le 9}\\{5 \le x \le 9}\end{array} \Rightarrow {\rm{ c\'o  }}9.5 = 45} \right.\] cặp số \((x;y)\).

TH2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le x \le 4}\\{x = i}\\{1 \le y \le 2i - 1}\end{array}} \right.\)

Với mỗi giá trị của i có 2i − 1 cặp số thỏa mãn, do đó ta có:

\[(2.1 - 1) + (2.2 - 1) + (2.3 - 1) + (2.4 - 1) = 16\] cặp số \((x;y)\)

Suy ra có 61 cặp số \((x;y)\) mà với mỗi cặp, ta có thể viết số có 3 chữ số trong đó có 2 chữ số \(x\) và 1 chữ số \(y\). Trong 61 cặp số này có:

+ 9 cặp \(x = y\) thì viết được 9 số.

+ 52 cặp \(x \ne y\) thì mỗi cặp viết được 3 số \((\overline {xxy} ,\overline {xyx} ,\overline {yxx} )\) nên có \(52.3 = 156\) số.

Vậy tất cả viết được 165 số.

Gọi A, B là tâm mặt cầu bán kính bằng 2 ; C, D là tâm mặt cầu bán kính bằng 3 ; I là tâm mặt cầu nhỏ nhất có bán kính \(x\) tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu trên.

Mặt cầu \((I)\) tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm A, B, C, D nên \(IA = IB = x + 2,IC = ID = x + 3\).

Gọi \((P),(Q)\) lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IA = IB \Rightarrow I \in (P)}\\{IC = ID \Rightarrow I \in (Q)}\end{array} \Rightarrow I \in (P) \cap (Q)\,\,(1).} \right.\)

Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh AB, CD.

Tứ diện ABCD có \(DA = DB = CA = CB = 5\) suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và CD, suy ra \(MN = (P) \cap (Q)\,\,(2)\).

Từ (1) và (2) suy ra \(I \in MN\)

Tam giác IAM có \(IM = \sqrt {I{A^2} - A{M^2}}  = \sqrt {{{(x + 2)}^2} - 4} \).

Tam giác CIN có \(IN = \sqrt {I{C^2} - C{N^2}}  = \sqrt {{{(x + 3)}^2} - 9} \).

Tam giác AMN có \(NM = \sqrt {N{A^2} - A{M^2}}  = \sqrt {12} \).

Suy ra \(\sqrt {{{(x + 3)}^2} - 9}  + \sqrt {{{(x + 2)}^2} - 4}  = \sqrt {12}  \Rightarrow x = \frac{6}{{11}}\). 

Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = 3\sin x + 4\cos x + 1\) bằng (1) __ 2 __.

Giải thích

Ta có \(\frac{y}{5} = \frac{3}{5}\sin x + \frac{4}{5}\cos x + \frac{1}{5} = \sin (x + \alpha ) + \frac{1}{5}\) với \(\cos \alpha  = \frac{3}{5}\) và \(\sin \alpha  = \frac{4}{5}\).

Mà \( - 1 \le \sin (x + \alpha ) \le 1 \Leftrightarrow \frac{{ - 4}}{5} \le \sin (x + \alpha ) + \frac{1}{5} \le \frac{6}{5}\) hay \(\frac{{ - 4}}{5} \le \frac{y}{5} \le \frac{6}{5}\) suy ra \( - 4 \le y \le 6\).

Vậy \(\min y =  - 4;\max y = 6\).

Giải thích

Điều kiện \(1 - ab > 0 \Leftrightarrow ab < 1\).

Ta có \({\log _2}\frac{{1 - ab}}{{a + b}} = 2ab + a + b - 3 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {1 - ab} \right) - {\log _2}\left( {a + b} \right) = \left( {a + b} \right) - 2\left( {1 - ab} \right) - 1\)

\[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {1 - ab} \right) + 1 + 2\left( {1 - ab} \right) = {\log _2}\left( {a + b} \right) + \left( {a + b} \right)\]

\( \Leftrightarrow {\log _2}2\left( {1 - ab} \right) + 2\left( {1 - ab} \right) = {\log _2}\left( {a + b} \right) + \left( {a + b} \right).\,\,\left( 1 \right)\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + t\) với \(t > 0\) có \({f^\prime }\left( t \right) = \frac{1}{{t.\ln 2}} + 1 > 0,\forall t > 0\) nên hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + t\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có (1)\( \Leftrightarrow f2\left( {1 - ab} \right) = f\left( {a + b} \right) \Leftrightarrow 2\left( {1 - ab} \right) = a + b \Leftrightarrow 2 - a = b\left( {2a + 1} \right) \Leftrightarrow b = \frac{{2 - a}}{{2a + 1}}\).

Do \(a,b > 0 \Rightarrow \frac{{2 - a}}{{2a + 1}} > 0 \Leftrightarrow 0 < a < 2\).

Khi đó \(P = a + b = a + \frac{{2 - a}}{{2a + 1}} = \frac{{2{a^2} + 2}}{{2a + 1}}\)

Xét hàm \(g\left( a \right) = \frac{{2{a^2} + 2}}{{2a + 1}} \Rightarrow g'\left( a \right) = \frac{{4{a^2} + 4a - 4}}{{2a + 1{)^2}}} \Rightarrow g'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow a = \frac{{ - 1 \pm \sqrt 5 }}{2}.\)

Bảng biến thiên

Vậy \[{P_{min}} = {\rm{ }} - 1 + \sqrt 5 \].

Phương trình vận tốc \(v(t) = \int a (t){\rm{d}}t = \int {\left( {{v_0}t + {t^2}} \right)} dt = {v_0}\frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3} + C\)

Tại thời điểm \(t = 0 \Rightarrow v(t) = {v_0} \Rightarrow C = {v_0}\)

Vì quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian 3 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc là 100 m nên

\(S = 100 = \int\limits_0^3 {v(t)} {\rm{d}}t = \int\limits_0^3 {\left( {{v_0}\frac{{{t^2}}}{2} + \frac{{{t^3}}}{3} + {v_0}} \right)} {\rm{d}}t = 3{v_0} + \frac{9}{2}{v_0} + \frac{{27}}{4} \Rightarrow {v_0} = 12,433\) m/s.

Trong tam giác ABC ta có

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = 2a \Rightarrow AM = \frac{1}{3}AC = \frac{{2a}}{3} \Rightarrow {A^\prime }M = \sqrt {{A^\prime }{A^2} - A{M^2}}  = \frac{{a\sqrt {14} }}{3}{\rm{. }}\)

Tính thể tích lăng trụ tam giác \(ABC.{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là:

\({V_{ABC.{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = A'M.{S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{3}.\frac{1}{2}.a.a\sqrt 3  = \frac{{{a^3}\sqrt {42} }}{6}.\)

Giải thích

Gọi \(z = x + yix,\left( {y \in \mathbb{R}} \right)\).

Ta có: \({z^2} + z.\bar z - 1 = 0\)

\[ \Leftrightarrow {\left( {x + yi} \right)^2} + \left( {x + yi} \right)\left( {x - yi} \right) - 1 = 0\]

\( \Leftrightarrow {x^2} - {y^2} + 2xyi + {x^2} + {y^2} - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow 2{x^2} - 1 + 2xyi = 0\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x^2} - 1 = 0\\2xy = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{z_1} =  - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\{z_2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right. \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

⇒ Điểm biểu diễn số phức z có tọa độ \(\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right)\) và \(\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2};0} \right)\).

Tam giác OMN vuông tại \(O\) nên ta có \(O{M^2} + O{N^2} = M{N^2} = {S^2}\) với \(S\) là khoảng cách giữa hai chất điểm.

Tại thời điểm \(t = {t_0}\) thì khoảng cách đạt giá trị nhỏ nhất \({S_{\min }}\), khi đó ta có:

- Quãng đường mà chất điểm \(M\) đi được là \(0,4.{t_0} \Rightarrow OM = 10 - 0,4{t_0}\)

- Quãng đường mà chất điểm \(N\) đi được là \(0,3.{t_0} \Rightarrow ON = 12 - 0,3{t_0}\)

Vậy \({S_{\min }} = \sqrt {{{\left( {10 - 0,4{t_0}} \right)}^2} + {{\left( {12 - 0,3{t_0}} \right)}^2}} \)

Xét \(f(t) = {(10 - 0,4t)^2} + {(12 - 0,3t)^2}\)

Ta có \({f^\prime }(t) = 2(10 - 0,4t)\).\(( - 0,4) + 2(12 - 0,3t)( - 0,3)\)

\( =  - 8 + 0,32t - 7,2 + 0,18t\)

\( =  - 15,2 + 0,5t\)

\({f^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow t = 30,4(s)\)

Ta có \(f(0) = 224;f(30,4) = 12,96;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) =  + \infty \)

Vậy \(f(x)\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(t = 30,4(s)\)

Khoảng cách nhỏ nhất là \({S_{\min }} = \sqrt {{{(10 - 0,4.30,4)}^2} + {{(12 - 0,3.30,4)}^2}}  = 3,6\,\,({\rm{m}})\).

Vận tốc của quả bóng tại thời điểm \(t\) là \(v(t) = s'(t) = 2{t^2} - 5t - 3\)

Thời điểm vận tốc triệt tiêu là \(v(t) = 0 \Leftrightarrow 2{t^2} - 5t - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 3\,\,({\rm{tm}})\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{t =  - \frac{1}{2}\,\,({\rm{ktm}})}\end{array}} \right.\)

Phương trình gia tốc của quả bóng là \(a(t) = v'(t) = 4t - 5 \Rightarrow a(3) = 7\,\,\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\)

Giả sử ta có tứ diện đều như hình vẽ.

Ta có \(AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

\(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}}  = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{3}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Ta có \({V_{SABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\) .

Mặt khác, \[{V_{SABC}} = {V_{ISAB}} + {V_{IABC}} + {V_{ISAC}} + {V_{ISBC}}\]

\( = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.[d(I;(SAB)) + d(I;(ABC)) + d(I;(SAC)) + d(I;(SBC))]\)

\( \Leftrightarrow d(I;(SAB)) + d(I;(ABC)) + d(I;(SAC)) + d(I;(SBC)) = \frac{{3{V_{SABC}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Gọi S là diện tích mặt cắt, S′ là diện tích của hình chiếu mặt cắt xuống đáy hình trụ.

Theo công thức hình chiếu ta có: S′ = S.cos60^o

Đặt mặt phẳng đáy vào hệ trục tọa độ như sau với S′ là phần hình tròn không bị gạch chéo:

Để \({d_1} \bot {d_2} \Leftrightarrow \overrightarrow {{u_1}}  \bot \overrightarrow {{u_2}}  \Leftrightarrow  - 1.1 + 1.( - m) + 0.[ - (m + 1)] = 0 \Leftrightarrow m =  - 1\).

Ta có \({u_{n + 1}} + 4{u_n} = 4 - 5n \Leftrightarrow {u_{n + 1}} =  - 4{u_n} - 5n + 4 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} + n =  - 4\left( {{u_n} + n - 1} \right)\,\,(*)\).

Đặt \({v_{n + 1}} = {u_{n + 1}} + n\) suy ra \({v_n} = {u_n} + n - 1\), khi đó \((*) \Leftrightarrow {v_{n + 1}} =  - 4{v_n}\)

Do đó \({v_n}\) là cấp số nhân với công bội \(q =  - 4 \Rightarrow {v_n} = {( - 4)^{n - 1}}{v_1}\).

Mà \({v_1} = {u_1} = 2\) nên suy ra \({v_n} = 2\).\({( - 4)^{n - 1}} \Rightarrow {u_n} = 2.{( - 4)^{n - 1}} - n + 1\).

Vậy \(S = {u_{2023}} - 2{u_{2022}} = 2.{( - 4)^{2022}} - 2022 - 2\left[ {2.{{( - 4)}^{2021}} - 2021} \right] = 2020 + {.4^{2023}}\).

Gọi r, h, l lần lượt là bán kính đáy, chiều cao và độ dài đường sinh của mái nhà chòi.

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{r = 3\;{\rm{m}}}\\{h = 4\;{\rm{m}}}\end{array} \Rightarrow l = \sqrt {{r^2} + {h^2}}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\;{\rm{m}}} \right.{\rm{.}}\)

\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh của mái một nhà chòi là \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .3.5 = 15\pi \,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

\( \Rightarrow \) Tổng chi phí xây dựng 24 căn nhà chòi là

\(P = 24.\left( {2.{S_{xq}} + 100} \right){.10^6} = 24.(2.15\pi  + 100){.10^6} = (72\pi  + 240){.10^7}\) (đồng).

\( \Rightarrow \) Số tiền công ty còn thiếu là \({A_0} = 70\% .P = (504\pi  + 1680){.10^6}\) (đồng).

Sau năm thứ nhất, số tiền công ty nợ ngân hàng là

\({S_1} = {A_0} + {A_0}.10\%  = {A_0}(1 + 10\% )\)

Sau năm thứ hai, số tiền công ty nợ ngân hàng là

\({S_2} = {S_1} + {S_1}.10\%  = {S_1}(1 + 10\% ) = {A_0}(1 + 10\% )(1 + 10\% ) = {A_0}{(1 + 10\% )^2}{\rm{. }}\)

...

Sau 5 năm, số tiền công ty phải trả nợ ngân hàng cả gốc lẫn lãi là

\({S_5} = {A_0}{(1 + 10\% )^5} = (504\pi  + 1680).{(1 + 10\% )^5}{.10^6} \approx 5255678000\) (đồng).

Điều kiện \(x > 0\).

\({\log _2}\left( {{3^{{{\log }_6}x}} + x} \right) = \frac{1}{2}{\log _6}{x^2}\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{3^{{{\log }_6}x}} + x} \right) = {\log _6}x.\)

Đặt \(t = {\log _6}x \Rightarrow x = {6^t}\) ta được phương trình

\({\log _2}\left( {{3^t} + {6^t}} \right) = t \Leftrightarrow {3^t} + {6^t} = {2^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^t} + {3^t} = 1\,\,\,\left( * \right)\).

Xét hàm số \(f(t) = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^t} + {3^t}\)

\({f^\prime }(t) = {\left( {\frac{3}{2}} \right)^t}\ln \frac{3}{2} + {3^t}\ln 3 > 0\,\,\forall t \in \mathbb{R} \Rightarrow f(t)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Phương trình \((*)\) trở thành \(f(t) = f( - 1)\) mà \(f(t)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên \((*)\) có nghiệm duy nhất \(t =  - 1\).

Suy ra phương trình đã cho có nghiệm \(x = {6^{ - 1}} = \frac{1}{6}\).

Ta có:

\({\left( {{x^2} + 1} \right)^n} = C_n^0{x^{2n}} + C_n^1{x^{2n - 2}} + C_n^2{x^{2n - 4}} +  \ldots  + C_n^n\)

\({(x + 2)^n} = C_n^0{x^n} + 2C_n^1{x^{n - 1}} + {2^2}C_n^2{x^{n - 2}} +  \ldots  + {2^n}C_n^n\)

Ta thấy \[n = 1,n = 2\] không thoả mãn điều kiện bài toán.

Với \(n \ge 3\) ta có: \({x^{3n - 3}} = {x^{2n}}.{x^{n - 3}} = {x^{2n - 2}}.{x^{n - 1}}\)

Do đó hệ số của \({x^{3n - 3}}\) trong khai triển thành đa thức của \({\left( {{x^2} + 1} \right)^n}{(x + 2)^n}\).

\({a_{3n - 3}} = {2^3}.C_n^0.C_n^3 + 2.C_n^1.C_n^1\).

\( \Rightarrow {a_{3n - 3}} = 26n \Leftrightarrow \frac{{2n\left( {2{n^2} - 3n + 4} \right)}}{3} = 26n \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{n = 0\,\,(L)\,\,\,\,\,}\\{n =  - \frac{7}{2}\,\,(L).}\\{n = 5\,\,(t/m)}\end{array}} \right.\)

5 đường tiệm cận. - ĐÚNG

2 đường tiệm cận ngang. - ĐÚNG

Giải thích

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình \(f(x) - 2 = 0\) (hay \(f(x) = 2\)) có 3 nghiệm \({x_1},{x_2},{x_3}\) thỏa \({x_1} \in ( - \infty ; - 1),{x_2} = 1,{x_3} \in (2; + \infty )\). Suy ra đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{f(x) - 2}}\) có 3 tiệm cận đứng là \(x = {x_1},\,\,x = {x_2},\,\,x = {x_3}\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{1}{{f(x) - 2}} = 0\) nên \(y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{f(x) - 2}}\).

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{f(x) - 2}} = \frac{{ - 1}}{3}\) nên \(y = \frac{{ - 1}}{3}\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{f(x) - 2}}\).

Do đó đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{f(x) - 2}}\) có 2 tiệm cận ngang là \(y = 0,y = \frac{{ - 1}}{3}\).

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{f(x) - 2}}\) là 5.

Gọi \(z = x + yi\,\,(x,y \in \mathbb{R})\). Theo giả thiết, ta có \(|z - 6| + |z + 6| = 20\).

\( \Leftrightarrow |x - 6 + yi| + |x + 6 + yi| = 20 \Leftrightarrow \sqrt {{{(x - 6)}^2} + {y^2}}  + \sqrt {{{(x + 6)}^2} + {y^2}}  = 20\,\,{\rm{ (*)}}{\rm{. }}\)

Gọi \(M(x;y),\,\,{F_1}(6;0)\) và \({F_2}( - 6;0)\).

Khi đó \((*) \Leftrightarrow M{F_1} + M{F_2} = 20 > {F_1}{F_2} = 12\) nên tập hợp các điểm \(M\) là đường elip \((E)\) có hai tiêu điểm \({F_1}\) và \({F_2}\). Và độ dài trục lớn bằng 20 .

Ta có: \(c = 6;\,\,2a = 20 \Leftrightarrow a = 10{\rm{ v\`a  }}{b^2} = {a^2} - {c^2} = 64 \Rightarrow b = 8.{\rm{ }}\)

Do đó, phương trình chính tắc của \((E)\) là \(\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{64}} = 1\).

Suy ra \(max|z| = OA = OA' = 10\) khi \(z =  \pm 10\) và \(min|z| = OB = OB' = 8\) khi \(z =  \pm 8i\).

Vậy \(M - n = 2\).

Ta có số gạch ở mỗi hàng là các số hạng của 1 cấp số cộng: 500, 499, 498,…, 2, 1.

⇒ Tổng số gạch cần dùng là tổng của cấp số cộng trên và bằng

\({S_{500}} = \frac{{500(500 + 1)}}{2} = 250.501 = 125250\) (viên).

Ta có: \(A{C^2} = B{A^2} + B{C^2} \Leftrightarrow 2{a^2} = 2A{B^2} \Leftrightarrow A{B^2} = {a^2}\) .