Câu hỏi:

Theo đề ta có Năng lượng từ mặt trời mà mỗi \(\text{c}{{\text{m}}^{2}}\) lá xanh nhận được trong 1 ngày nắng là:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   \int\limits_{6}^{17}{f\left( t \right)dt} & =\int\limits_{6}^{9}{f\left( t \right)dt}+\int\limits_{9}^{15}{f\left( t \right)dt}+\int\limits_{15}^{17}{f\left( t \right)dt}  \\   {} & =\int\limits_{6}^{9}{\left( 124,5\left( t-6 \right)+4,6 \right)dt}+\int\limits_{9}^{15}{\left( 20{{\left( t-9 \right)}^{2}}+378,1 \right)}dt   +\int\limits_{15}^{17}{\left( 1098,1-86\left( t-15 \right) \right)dt}  \\   {} & =574,05+3708,6+2024,2=6306,85\left( J \right).  \\\end{array}\)

Khi đó, năng lượng để tổng hợp glucose trong khu rừng nhỏ là:

\({{6306,85.0,1.50.10}^{4}}=315342500\left( J \right)=315342,5\left( kJ \right)\).

Khi đó khối lượng glucose tạo thành trong 1 ngày nắng là: \(\frac{315342,5}{2813}.\frac{180}{1000}\approx 20,2\left( kg \right)\).

Dựng hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ.

Gọi parabol \(\left( P \right)\) có phương trình

\(y=a{{x}^{2}}+bx+c\text{ }\left( a\ne 0 \right)\).

Khi đó \(\left( P \right)\) đi qua các điểm \(S\left( 0,4 \right)\), \(A\left( -2;0 \right)\) và \(B\left( 2;0 \right)\).

Suy ra ta có \(\left\{\begin{array}{l}\mathrm{c}=4 \\ 4 \mathrm{a}-2 \mathrm{~b}+\mathrm{c}=0 \\ 4 \mathrm{a}+2 \mathrm{~b}+\mathrm{c}=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}=-1 \\ \mathrm{~b}=0 \\ \mathrm{c}=4\end{array}\right.\right.\).

Vậy parabol \(\left( P \right)\): \(y=-{{x}^{2}}+4\).

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(O\left( 0;0 \right)\) và bán kính \(OA=2\).

Khi đó phương trình \(\left( C \right)\) là

\({{x}^{2}}+{{y}^{2}}=4\). Suy ra phương trình nửa đường tròn (phần nằm phía trên trục hoành) là \(y=\sqrt{4-{{x}^{2}}}\).

Gọi \(M\), \(N\) là giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\left( P \right)\) (khác \(A\),\(B\)).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và \(\left( P \right)\) ta có:

\(\begin{align}& \sqrt{4-x^2}=-x^2+4 \\& \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}-x^2+4 \geq 0 \\\sqrt{4-x^2}=\left(\sqrt{4-x^2}\right)^2\end{array}\right. \\& \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}-x^2+4 \geq 0 \\{\left[\sqrt{4-x^2}=0\right.} \\\sqrt{4-x^2}=1\end{array}\right. \\& \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}-x^2+4 \geq 0 \\{\left[\begin{array}{l}x^2=4 \\x^2=3\end{array}\right.} \\\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x= \pm 2 \\x= \pm \sqrt{3}\end{array}\right.\end{array}\right.\end{align}\)

Suy ra điểm \(M\left( -\sqrt{3};1 \right)\) và điểm \(N\left( \sqrt{3};1 \right)\).

Phương trình đường thẳng \(ON\) là \(y=\frac{1}{\sqrt{3}}x\).

Chi phí sơn phần kẻ sọc là: \({{T}_{1}}=\left[ 2\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\left( -{{x}^{2}}+4-\sqrt{4-{{x}^{2}}} \right)\text{d}x} \right].140000\) (đồng).

Chi phí sơn phần hình quạt là: \({{T}_{2}}=\left[ 2\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\left( \sqrt{4-{{x}^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{3}}x \right)\text{d}x} \right].150000\) (đồng).

Chi phí sơn phần còn lại là: \({{T}_{3}}=\left[ 2\int\limits_{0}^{\sqrt{3}}{\frac{1}{\sqrt{3}}x\text{d}x+2\int\limits_{\sqrt{3}}^{2}{\left( -{{x}^{2}}+4 \right)\text{d}x}} \right].160000\) (đồng).

Vậy tổng chi phí sơn là: \(T={{T}_{1}}+{{T}_{2}}+{{T}_{3}}\approx 1575349,5\) (đồng).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho điểm O là tâm của sàn nhà, trục \(Ox\) đi qua trung điểm của cạnh trước và cạnh sau sàn nhà, trục \(Oy\) đi qua trung điểm của hai cạnh bên của sàn nhà, đơn vị trên mỗi trục là \(1m\)

Ta có tọa độ các điểm \(A(3;-5;4),\,D(3;5;4),\,C(-3;5;4),\,F(0;3;5)\).

Suy ra tọa độ các vectơ \(\overrightarrow{FA}(3;-8;-1),\,\overrightarrow{FD}(3;2;-1),\,\overrightarrow{FC}(-3;2;-1)\)

Ta có \(\left[ \overrightarrow{FA},\,\overrightarrow{FD} \right]=(10;0;30)\), \(\left[ \overrightarrow{FD},\overrightarrow{FC}\, \right]=(0;6;12)\).

Suy ra vectơ pháp tuyến của mái trước \((FAD)\) là \(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=(1;0;3)\) và vectơ pháp tuyến của mái bên \((FDC)\) là \(\overrightarrow{{{n}_{2}}}=(0;1;2)\)

\(\alpha \) là góc nhị diện tạo bởi mái trước \((FAD)\) và mái sau \((FDC)\), ta chứng minh được \(\alpha \ge \widehat{ADC}={{90}^{0}}\).

Từ đó, suy ra

\(cos\alpha =-\left| cos(\overrightarrow{{{n}_{1}}},\overrightarrow{{{n}_{2}}}) \right|=-\frac{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}}\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}{\left| \overrightarrow{{{n}_{1}}} \right|\left| \overrightarrow{{{n}_{2}}} \right|}=-\frac{6\sqrt{2}}{10}\Leftrightarrow \alpha ={{148,05}^{0}}\approx {{148}^{0}}\).

Để chứng minh \(\alpha \ge \widehat{ADC}={{90}^{0}}\) ta gọi \(H\) là điểm trên giao tuyến \(FD\) và gọi \((P)\) là mặt phẳng vuông góc với \(FD\) tại \(H\), \((P)\) cắt \(AD\) và \(DC\) tại \(M\) và \(N\).

Gọi \(I\) là chân đường cao hạ từ \(H\) của tam giác \(\Delta HMN\) khi đó \(I\) cũng là là chân đường cao hạ từ \(D\) của tam giác \(\Delta DMN\).

Xét hai tam giác \(\Delta HMN\) và \(\Delta DMN\) ta có \(ID\ge IH\).

Suy ra \(\widehat{MHN}\ge \widehat{MDN}={{90}^{0}}\).

Gọi A là biến cố " thí sinh đạt môn 1".

B là biến cố "thí sinh đạt môn 2".

C là biến cố "thí sinh chỉ đạt 1 môn".

Ta có: \(C=A\overline{B}+\overline{A}B\).

Do \(A\overline{B}\) và \(\overline{A}B\) là hai biến cố xung khắc nên

\(\begin{array}{*{35}{l}}   P\left( C \right) & =P\left( A\bar{B} \right)+P\left( \bar{A}B \right)  \\   {} & =P\left( A \right)P\left( \bar{B}|A \right)+P\left( {\bar{A}} \right)P\left( B|\bar{A} \right)  \\   {} & =P\left( A \right)\left[ 1-P\left( B|A \right) \right]+P\left( {\bar{A}} \right)P\left( B|\bar{A} \right)  \\   {} & =0,8\left( 1-0,6 \right)+0,2.0,3=0,38.  \\\end{array}\)

Ta cần tính \(P\left( B\mid C \right)\).

Theo công thức xác suất có điều kiện ta có: \(\begin{matrix}   P\left( B\mid C \right)=\frac{P\left( BC \right)}{P\left( C \right)}\left( 1 \right)  \\\end{matrix}\).

BC là biến cố chỉ đạt môn 1 và đạt môn 2 nên

\(P\left( BC \right)=P\left( \overline{A}B \right)=P\left( \overline{A} \right)P\left( B\mid \overline{A} \right)=0,2.0,3=0,06\).

Thay vào (1) ta có \(P\left( B\mid C \right)=\frac{0,06}{0,38}=0,1579\).

\(S=\int\limits_{-1}^{2}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=\int\limits_{-1}^{1}{\left| f\left( x \right) \right|dx}+\int\limits_{1}^{2}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=\int\limits_{-1}^{1}{f\left( x \right)dx}-\int\limits_{1}^{2}{f\left( x \right)dx}\).