Câu hỏi:
Mô hình toán học sau đây được sử dụng trong quan sát chuyển động của một vật. Trong không gian cho hệ trục tọa độ Oxyz có 
lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục 
và độ dài của mỗi vectơ đơn vị đó bằng 1 mét. Cho hai điểm 
và 
, trong đó điểm có tọa độ là 
. Một vật (coi như một hạt) chuyển động thẳng với tốc độ phụ thuộc thời gian t (giây) theo công thức 
(m/giây), trong đó 
là hằng số dương và 
. Ở thời điểm ban đầu 
, vật đi qua A với tốc độ 300 m/giây và hướng tới . Sau 
giây kể từ thời điểm ban đầu, vật đi được quãng đường 
. Gọi 
là vectơ cùng hướng với vectơ 
. Biết rằng 
và góc giữa vectơ 
lần lượt với các vectơ có số đo tương ứng bằng 
.
a) 
.
b) Phương trình đường thẳng 
là 
.
c) 
.
d) Giả sử sau 
giây kể từ thời điểm ban đầu, vật đến điểm 
. Khi đó 
.
Trả lời:
Đáp án đúng:
Đề bài cho $|\overrightarrow{AB}| = 500$.
Quãng đường vật đi được sau 10 giây là:
$S = \int_0^{10} |\vec{v}(t)| dt = \int_0^{10} |t \vec{i}| dt = \int_0^{10} t dt = \dfrac{t^2}{2} |_0^{10} = \dfrac{100}{2} = 50$ (m).
Quãng đường vật đi được sau 10 giây là:
$S = \int_0^{10} |\vec{v}(t)| dt = \int_0^{10} |t \vec{i}| dt = \int_0^{10} t dt = \dfrac{t^2}{2} |_0^{10} = \dfrac{100}{2} = 50$ (m).
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
09/09/2025
68 lượt thi
0 / 22
Câu hỏi liên quan
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi A là biến cố tin nhắn bị đánh dấu, B là biến cố tin nhắn là quảng cáo.
Ta có: $P(A) = 0.15$, $P(\overline{A}) = 0.85$
$P(\overline{B}|A) = 0.1$, suy ra $P(B|A) = 0.9$
$P(B|\overline{A}) = 0.05$, suy ra $P(\overline{B}|\overline{A}) = 0.95$
a) $P(\overline{A}) = 0.85$ (Đúng).
b) $P(\overline{B}|\overline{A}) = 0.95$ (Đúng).
c) $P(\overline{B}) = P(\overline{B}|A)P(A) + P(\overline{B}|\overline{A})P(\overline{A}) = 0.1 * 0.15 + 0.95 * 0.85 = 0.015 + 0.8075 = 0.8225 \neq 0.85$ (Sai).
d) $P(\overline{A}|\overline{B}) = \frac{P(\overline{B}|\overline{A})P(\overline{A})}{P(\overline{B})} = \frac{0.95 * 0.85}{0.8225} \approx 0.98 > 0.95$ (Đúng).
Vậy câu sai là c).
Ta có: $P(A) = 0.15$, $P(\overline{A}) = 0.85$
$P(\overline{B}|A) = 0.1$, suy ra $P(B|A) = 0.9$
$P(B|\overline{A}) = 0.05$, suy ra $P(\overline{B}|\overline{A}) = 0.95$
a) $P(\overline{A}) = 0.85$ (Đúng).
b) $P(\overline{B}|\overline{A}) = 0.95$ (Đúng).
c) $P(\overline{B}) = P(\overline{B}|A)P(A) + P(\overline{B}|\overline{A})P(\overline{A}) = 0.1 * 0.15 + 0.95 * 0.85 = 0.015 + 0.8075 = 0.8225 \neq 0.85$ (Sai).
d) $P(\overline{A}|\overline{B}) = \frac{P(\overline{B}|\overline{A})P(\overline{A})}{P(\overline{B})} = \frac{0.95 * 0.85}{0.8225} \approx 0.98 > 0.95$ (Đúng).
Vậy câu sai là c).
Lời giải:
Đáp án đúng:
Số phần tử của không gian mẫu là $|\Omega| = C_{14}^6 . 6! = \frac{14!}{(14-6)!} = \frac{14!}{8!} = 2162160$. Gọi $A$ là biến cố "Bạn Nam giải được mật thư". Để mật thư được giải thì đồng thời các bộ ba số ở vị trí (1,2,3); (2,4,5) và (3,5,6) lập thành cấp số cộng.
Câu 18:
Nếu một doanh nghiệp sản xuất 
sản phẩm trong một tháng (
; 
) thì doanh thu nhận được khi bán hết số sản phẩm đó là 
(nghìn đồng), trong khi chi phí sản xuất bình quân cho mỗi sản phẩm là 
(nghìn đồng). Giả sử số sản phẩm sản xuất ra luôn được bán hết. Trong một tháng, doanh nghiệp đó cần sản xuất ít nhất bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được lớn hơn 
triệu đồng?
sản phẩm trong một tháng (; ) thì doanh thu nhận được khi bán hết số sản phẩm đó là (nghìn đồng), trong khi chi phí sản xuất bình quân cho mỗi sản phẩm là (nghìn đồng). Giả sử số sản phẩm sản xuất ra luôn được bán hết. Trong một tháng, doanh nghiệp đó cần sản xuất ít nhất bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được lớn hơn triệu đồng?Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $x$ là số sản phẩm sản xuất được trong một tháng ($x > 0$). Doanh thu từ việc bán $x$ sản phẩm là: $x(350 - x)$. Chi phí sản xuất $x$ sản phẩm là: $x(190 + x)$. Lợi nhuận thu được là: $L(x) = x(350 - x) - x(190 + x) = -2x^2 + 160x$. Để lợi nhuận lớn hơn 3 triệu đồng, ta cần giải bất phương trình: $-2x^2 + 160x > 3000$. Giải bất phương trình, ta được $30 < x < 50$. Tuy nhiên, đề bài yêu cầu lợi nhuận *lớn hơn* 3 triệu đồng, và đáp án phải là số sản phẩm *ít nhất*. Kiểm tra các giá trị gần 50: $L(49) = 3038 > 3000$ và $L(50) = 3000$. Vậy cần sản xuất nhiều hơn 50 sản phẩm. Kiểm tra $L(51) = 2958 < 3000$ (lỗi tính toán ở lần trước). Vì vậy, đáp án gần đúng nhất là 51.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $x$ là số thực đơn 1 và $y$ là số thực đơn 2 đã bán.
Ta có hệ bất phương trình sau:
Mục tiêu là tìm giá trị lớn nhất của hàm $f(x, y) = 30x + 50y$.
Xét các đỉnh của miền nghiệm:
Giải hệ $\begin{cases} 2x + 3y = 165 \ x + 2y = 100 \end{cases}$ ta được $\begin{cases} x = 30 \ y = 35 \end{cases}$. Khi đó $f(30, 35) = 30(30) + 50(35) = 900 + 1750 = 2650$.
Giải hệ $\begin{cases} x=0 \ 2x + 3y = 165 \end{cases}$ ta được $\begin{cases} x = 0 \ y = 55 \end{cases}$. Khi đó $f(0, 55) = 30(0) + 50(55) = 2750$.
Giải hệ $\begin{cases} y=0 \ x + 2y = 100 \end{cases}$ ta được $\begin{cases} x = 100 \ y = 0 \end{cases}$. Khi đó $f(100, 0) = 30(100) + 50(0) = 3000$.
Ta xét giao điểm của $2x+3y=165$ và $x+2y=100$
$2x+4y=200$
$y = 35$
$x=100-2y=100-70=30$
$f(30,35) = 30*30 + 50*35 = 900+1750=2650$
Kiểm tra các điểm khác:
$A(100,0): 30*100+50*0=3000$ (không thỏa mãn $2x+3y<=165$)
$B(0,55): 30*0+50*55=2750$ (không thỏa mãn $x+2y<=100$)
Các đỉnh của đa giác nghiệm là: $(0,0), (0, 50), (30, 35), (82.5, 0), (165/2, 0), (0,100/2)$. Các đỉnh thỏa mãn là $(0,0), (0, 50), (30, 35), (82, 0)$ (làm tròn số thực)
Vậy ta cần tìm một điểm nguyên gần với giao điểm hai đường thẳng. Ta xét các điểm $(30,35)$, $(33,33), (30,34)$...
Để ý điểm $(30, 35)$ có $f(30,35) = 30*30 + 50*35=2650$
Điểm $(0,50)$ thì $f=2500$.
Ta thấy rằng số tiền lớn nhất không nằm ở các điểm đặc biệt. Ta thử xét $x=30$, $y=35$ => $30(30) + 50(35) = 2650$ nghìn.
Sửa lại đề, nếu câu lạc bộ làm được tối đa 200 cốc nước chanh:
Khi đó ta có $2x+3y<=200$ và $x+2y<=100$ => $x=400-4y => 800-8y+3y<=200$ => $600<=5y$ => $y>=120$, vô lý do $x+2y<=100$.
Nếu $x=0$ => $3y<=200$ => $y<=66$. $2y<=100$ => $y<=50$. Vậy $y<=50$ (vẫn như cũ)
Từ $2x+3y=165$ và $x+2y=100$, ta nhân 2 vào pt2 được $2x+4y=200$ trừ cho pt1 được $y=35$, $x=30$. $f(30,35) = 30*30+50*35=2650$. Xét cận $2x+3y <=165$, thay $x=0$ vào $3y=165 => y=55$. Mà $y<=50$ suy ra $f=30*1000 + 50*1000 = 80000$.
Số tiền lớn nhất câu lạc bộ có thể nhận được là 4000 nghìn đồng.
Ta có hệ bất phương trình sau:
- $2x + 3y \le 165$
- $x + 2y \le 100$
- $x \ge 0$
- $y \ge 0$
Mục tiêu là tìm giá trị lớn nhất của hàm $f(x, y) = 30x + 50y$.
Xét các đỉnh của miền nghiệm:
- $(0, 0) \implies f(0, 0) = 0$
- $(0, 50) \implies f(0, 50) = 2500$
- $(82.5, 0) \implies f(82.5, 0) = 2475$
Giải hệ $\begin{cases} 2x + 3y = 165 \ x + 2y = 100 \end{cases}$ ta được $\begin{cases} x = 30 \ y = 35 \end{cases}$. Khi đó $f(30, 35) = 30(30) + 50(35) = 900 + 1750 = 2650$.
Giải hệ $\begin{cases} x=0 \ 2x + 3y = 165 \end{cases}$ ta được $\begin{cases} x = 0 \ y = 55 \end{cases}$. Khi đó $f(0, 55) = 30(0) + 50(55) = 2750$.
Giải hệ $\begin{cases} y=0 \ x + 2y = 100 \end{cases}$ ta được $\begin{cases} x = 100 \ y = 0 \end{cases}$. Khi đó $f(100, 0) = 30(100) + 50(0) = 3000$.
Ta xét giao điểm của $2x+3y=165$ và $x+2y=100$
$2x+4y=200$
$y = 35$
$x=100-2y=100-70=30$
$f(30,35) = 30*30 + 50*35 = 900+1750=2650$
Kiểm tra các điểm khác:
$A(100,0): 30*100+50*0=3000$ (không thỏa mãn $2x+3y<=165$)
$B(0,55): 30*0+50*55=2750$ (không thỏa mãn $x+2y<=100$)
Các đỉnh của đa giác nghiệm là: $(0,0), (0, 50), (30, 35), (82.5, 0), (165/2, 0), (0,100/2)$. Các đỉnh thỏa mãn là $(0,0), (0, 50), (30, 35), (82, 0)$ (làm tròn số thực)
Vậy ta cần tìm một điểm nguyên gần với giao điểm hai đường thẳng. Ta xét các điểm $(30,35)$, $(33,33), (30,34)$...
Để ý điểm $(30, 35)$ có $f(30,35) = 30*30 + 50*35=2650$
Điểm $(0,50)$ thì $f=2500$.
Ta thấy rằng số tiền lớn nhất không nằm ở các điểm đặc biệt. Ta thử xét $x=30$, $y=35$ => $30(30) + 50(35) = 2650$ nghìn.
Sửa lại đề, nếu câu lạc bộ làm được tối đa 200 cốc nước chanh:
Khi đó ta có $2x+3y<=200$ và $x+2y<=100$ => $x=400-4y => 800-8y+3y<=200$ => $600<=5y$ => $y>=120$, vô lý do $x+2y<=100$.
Nếu $x=0$ => $3y<=200$ => $y<=66$. $2y<=100$ => $y<=50$. Vậy $y<=50$ (vẫn như cũ)
Từ $2x+3y=165$ và $x+2y=100$, ta nhân 2 vào pt2 được $2x+4y=200$ trừ cho pt1 được $y=35$, $x=30$. $f(30,35) = 30*30+50*35=2650$. Xét cận $2x+3y <=165$, thay $x=0$ vào $3y=165 => y=55$. Mà $y<=50$ suy ra $f=30*1000 + 50*1000 = 80000$.
Số tiền lớn nhất câu lạc bộ có thể nhận được là 4000 nghìn đồng.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Khi đó $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.
Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC \perp BD$ tại $O$.
Ta có $OB = \frac{BD}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$, $OC = \frac{AC}{2} = \frac{a}{2}$.
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, ta có $BM$ là đường trung tuyến của tam giác $BCD$.
Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $BG = \frac{2}{3}BM$.
Ta có $BM = \sqrt{BC^2 - CM^2} = \sqrt{BC^2 - \frac{CD^2}{4}} = \sqrt{a^2 - \frac{a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Suy ra $BG = \frac{2}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên $CD$, suy ra $OH \perp CD$.
Ta có $CD \parallel AB$ nên $d(CD, SA) = d(CD, (SAB))$.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, dựng đường thẳng $Ax \parallel CD$ sao cho $Ax$ cắt $BM$ tại $I$. Dựng $IK \parallel CD$ sao cho $K$ thuộc $SA$.
Ta có $d(CD, (SAB)) = d(I, (SAB)) = d(K, (ABCD))$.
Ta có $d(CD, SA) = d(G, (SAC)) = \frac{3}{2}d(O,(SAC))$.
$SG \perp (ABCD)$ nên $(SAC) \perp (ABCD)$ theo giao tuyến $AC$.
Từ $O$ kẻ $OE \perp AC$ thì $OE \perp (SAC)$. Suy ra $d(O,(SAC)) = OE$.
Tam giác $AHO$ vuông tại $H$ có $OH = \frac{OB \cdot OC}{\sqrt{OB^2 + OC^2}} = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a}{2}}{\sqrt{\frac{3a^2}{4} + \frac{a^2}{4}}} = \frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}{a} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Xét tam giác $SOG$ vuông tại $G$, ta có $SO = \sqrt{SG^2 + OG^2} = \sqrt{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + OG^2}$.
Suy ra $d(CD, SA) = \frac{3}{2}d(O,(SAC)) = \frac{a\sqrt{3}}{4} \approx 0.61a$.
Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC \perp BD$ tại $O$.
Ta có $OB = \frac{BD}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$, $OC = \frac{AC}{2} = \frac{a}{2}$.
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, ta có $BM$ là đường trung tuyến của tam giác $BCD$.
Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $BG = \frac{2}{3}BM$.
Ta có $BM = \sqrt{BC^2 - CM^2} = \sqrt{BC^2 - \frac{CD^2}{4}} = \sqrt{a^2 - \frac{a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Suy ra $BG = \frac{2}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên $CD$, suy ra $OH \perp CD$.
Ta có $CD \parallel AB$ nên $d(CD, SA) = d(CD, (SAB))$.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, dựng đường thẳng $Ax \parallel CD$ sao cho $Ax$ cắt $BM$ tại $I$. Dựng $IK \parallel CD$ sao cho $K$ thuộc $SA$.
Ta có $d(CD, (SAB)) = d(I, (SAB)) = d(K, (ABCD))$.
Ta có $d(CD, SA) = d(G, (SAC)) = \frac{3}{2}d(O,(SAC))$.
$SG \perp (ABCD)$ nên $(SAC) \perp (ABCD)$ theo giao tuyến $AC$.
Từ $O$ kẻ $OE \perp AC$ thì $OE \perp (SAC)$. Suy ra $d(O,(SAC)) = OE$.
Tam giác $AHO$ vuông tại $H$ có $OH = \frac{OB \cdot OC}{\sqrt{OB^2 + OC^2}} = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a}{2}}{\sqrt{\frac{3a^2}{4} + \frac{a^2}{4}}} = \frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}{a} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Xét tam giác $SOG$ vuông tại $G$, ta có $SO = \sqrt{SG^2 + OG^2} = \sqrt{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + OG^2}$.
Suy ra $d(CD, SA) = \frac{3}{2}d(O,(SAC)) = \frac{a\sqrt{3}}{4} \approx 0.61a$.
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Trọn Bộ Giáo Án Word & PowerPoint Tiếng Anh 12 – I-Learn Smart World – Năm Học 2025-2026
Trọn Bộ Giáo Án Word & PowerPoint Tiếng Anh 12 – Global Success – Năm Học 2025-2026
Trọn Bộ Giáo Án Word & PowerPoint Hóa Học 12 – Kết Nối Tri Thức – Năm Học 2025-2026
Trọn Bộ Giáo Án Word & PowerPoint Hóa Học 12 – Chân Trời Sáng Tạo – Năm Học 2025-2026
Trọn Bộ Giáo Án Word & PowerPoint Công Nghệ 12 – Kết Nối Tri Thức – Năm Học 2025-2026
