Câu hỏi:

Ta có: \(\left\{\begin{array}{l}A B \perp B C \\ S A \perp B C\end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow d(C,(S A B))=B C=2\right.\).

Lại có: \(\left\{\begin{array}{l}B C=(S B C) \cap(A B C) \\ A B \perp B C \\ S A \perp B C\end{array} \Rightarrow[S, B C, A]=S B A=45^{\circ}\right.\)

Khi đó tam giác \(S A B\) vuông cân tại \(A\) suy ra \(S A=A B=1\).

Thể tích của khối chóp \(S \cdot A B C\) là \(V=\frac{1}{3} S_{A B C} \cdot S A=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} B A \cdot B C \cdot S A=\frac{1}{6} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1=\frac{1}{3} \approx 0,33\).

Đáp án đúng là 0,33.

Giả sử An và Bình gặp nhau tại điểm \(C\) sau thời gian \(t\) (giây).

- Quãng đường An đi được: \(AC = v_A \cdot t = 8t\).

- Quãng đường Bình đi được: \(BC = v_B \cdot t\).

- Khoảng cách ban đầu: \(AB = 100\) m.

- Góc tạo bởi hướng đi của An và AB là \(\widehat{BAC} = 60^{\circ}\).

\(BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos(\widehat{BAC})\)

\((v_B \cdot t)^2 = 100^2 + (8t)^2 - 2 \cdot 100 \cdot 8t \cdot \cos(60^{\circ})\)

\(v_B^2 \cdot t^2 = 10\,000 + 64t^2 - 1\,600t \cdot \frac{1}{2}\)

\(v_B^2 \cdot t^2 = 64t^2 - 800t + 10\,000\)

Để tồn tại \(v_B\), ta cô lập \(v_B^2\):

\(v_B^2 = 64 - \frac{800}{t} + \frac{10\,000}{t^2}\)

Đặt \(x = \frac{1}{t}\) (\(x > 0\)), biểu thức trở thành một hàm số bậc hai:

\(f(x) = 10\,000x^2 - 800x + 64\)

Vận tốc \(v_B\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(f(x)\) đạt giá trị nhỏ nhất. Đây là parabol có đỉnh tại:

\(x = \frac{-(-800)}{2 \cdot 10\,000} = \frac{800}{20\,000} = 0,04\).

Giá trị nhỏ nhất của \(f(x)\) là:

\(f(0,04) = 10\,000 \cdot (0,04)^2 - 800 \cdot 0,04 + 64 = 16 - 32 + 64 = 48\).

Suy ra \(v_{B,min}^2 = 48 \Rightarrow v_{B,min} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3} \approx 6,93\).

Đáp án đúng là 6,93.

Có hai trường hợp để Lan có lớp học mỗi ngày trong tuần:

Trường hợp 1: Có 2 ngày có 2 lớp học, và 3 ngày còn lại có 1 lớp học.

Số khả năng cho trường hợp 1 là \(C_5^2 \cdot (C_6^2)^2 \cdot (C_6^1)^3\).

(Chọn 2 ngày trong 5 ngày có 2 lớp học, mỗi ngày đó chọn 2 lớp trong số 6 lớp; 3 ngày còn lại mỗi ngày chọn 1 lớp trong 6 lớp → có \((C_6^1)^3\) cách).

Trường hợp 2: Có 1 ngày có 3 lớp học, và 4 ngày còn lại mỗi ngày có 1 lớp học.

Số khả năng cho trường hợp 2 là \(C_5^1 C_6^3 \cdot (C_6^1)^4\).

(Chọn 1 ngày có 3 lớp học trong 5 ngày, chọn 3 lớp trong 6 lớp cho ngày đó; 4 ngày còn lại mỗi ngày chọn 1 lớp → \((C_6^1)^4\) cách).

Vậy xác suất cần tính là \(\frac{C_5^2 \cdot (C_6^2)^2 \cdot (C_6^1)^3 + C_5^1 C_6^3 \cdot (C_6^1)^4}{C_{30}^7} = \frac{114}{377} = \frac{m}{n}\). Suy ra \(m + n = 491\).

Đáp án đúng là 491.

Dựa vào hình vẽ ta có: \(a > 1; b > 1\).

\(\begin{array}{l} \text {Theo đề ta có:} \left\{ \begin{array}{l} d \cap \left(C _ {1}\right) = M \left(\log_ {a} \frac {1}{2}; \frac {1}{2}\right) \\ d \cap O y = H \left(0; \frac {1}{2}\right) \\ d \cap \left(C _ {2}\right) = N \left(b ^ {2}; \frac {1}{2}\right) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} H N = b ^ {2} = \sqrt {b} \\ N P = \frac {1}{2} \end{array} \right. \\ H \text{ là trung điểm của } MN \Leftrightarrow x _ {M} + x _ {N} = 2 x _ {H} \text{ (do } M, H, N \text{ nằm trên } d \text{).} \\ \Leftrightarrow \log_ {a} \frac {1}{2} + b ^ {2} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {b} = \log_ {a} 2 \Leftrightarrow \frac {1}{\sqrt {b}} = \log_ {2} a \Leftrightarrow a = 2 ^ {\frac {1}{\sqrt {b}}} (1). \\ \end{array}\).

Diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) là \(S_{MNPQ} = MN.NP = 2MH.NP = \sqrt{b}\).

Theo đề \(S_{MNPQ} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \sqrt{b} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow b = \frac{9}{4} \Rightarrow a = 2\sqrt{\frac{1}{4}} = \sqrt[3]{4}\).

Ông An xảy hồ bơi có: chiều dài \(m = 4b = 9\) (m); chiều rộng \(n = a^3 = 4\) (m); độ sâu \(h = 1,6\) (m).

Lượng nước ống An cần bơm đầy hồ là \(V = m.n.h = 9.4.1,5 = 57,6\) (\(m^3\)).

Đáp án đúng là 57,6.

Gọi \(A\) là điểm mà tia sáng xuất phát từ \(P\) chạm vào mặt phẳng \(x = 4\) của khối thủy tinh, khi ấy ta dễ dàng suy ra tọa độ \(A(4;0;0)\) và độ dài \(AQ = 12\).

Gọi \(B\) là điểm mà tia sáng chiếu từ \(A\) thuộc mặt phẳng \(x = 4\) đến mặt phẳng \(x = 5\) (tức xuyên trong khối thủy tinh). Do tia sáng sau khi đi qua lớp thứ nhất thì lệch góc 30 độ so với hướng ban đầu nên khi gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(x = 5\) thì tập hợp các điểm \(B\) trên mặt phẳng \(x = 5\) là đường tròn tâm \(H\) bán kính \(r_1 = BH = AH \tan \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}\).

Nhận xét: Để \(MQ\) lớn nhất thì \(A, B, M, Q\) phải đồng phẳng trong mặt phẳng qua \(P(0; 0; 0)\) và có tung độ \(B, M\) đồng thời lớn nhất. Khi ấy ta có hình phẳng đơn giản như sau:

.

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(B\) lên mặt phẳng \(x = 8\), khi ấy \(MBK = 2\alpha = 60^{\circ}\) và \(HK = 3\).

Từ đây ta suy ra \(\tan 2\alpha = \frac{MK}{HK} \Rightarrow MK = 3 \tan 60^{\circ} = 3\sqrt{3}\) (1).

Gọi \(J\) là hình chiếu của \(H\) lên mặt phẳng \(x = 8\), khi ấy \(KJ = HB = \frac{1}{\sqrt{3}}\) (2).

Cùng với \(JQ = \sqrt{AQ^2 - (AH + HJ)^2} = \sqrt{12^2 - 4^2} = 8\sqrt{2}\) (3).

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra \(MQ_{\max} = MK + KJ + JQ = 3\sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{3}} + 8\sqrt{2} = \frac{10}{\sqrt{3}} + 8\sqrt{2} \approx 17,1\).

Đáp án đúng là 17,1.