Câu hỏi:

Kẻ \(AH\bot BC\) (1).

Gọi \(O\) là tâm của tam giác \(ABC\).

Suy ra \(SO\bot (ABC)\) (theo tính chất của hình chóp đều)

\(\Rightarrow SO\bot BC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(BC\bot (SHA)\Rightarrow [S,BC,A]=\widehat{SHO}\).

Vì tam giác \(ABC\) đều nên ta có \(AH=\sqrt{3}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   OH=\frac{\sqrt{3}}{3}  \\   AO=\frac{2\sqrt{3}}{3}  \\\end{array} \right.\).

Suy ra, \(SO=\sqrt{{{3}^{2}}-\left( \frac{2\sqrt{3}}{3} \right)}=\frac{\sqrt{69}}{3}\).

\(\Rightarrow \tan \alpha =\tan \widehat{SHO}=\frac{SO}{OH}=\frac{\frac{\sqrt{69}}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{23}\approx 4,8\).

Gọi diện tích bác Hai trồng bắp là \(x.\left( x\ge 0 \right)\). Số ngày công trồng bắp là \(10x\).

Gọi diện tích bác Hai trồng cà chua là \(y.\left( y\ge 0 \right)\). Số ngày công trồng cà chua là \(20y\).

Số tiền bác Hai thu được khi canh tác 6 ha đất trong 100 ngày là \(30x+50y\) (triệu đồng).

Dựa vào dữ kiện của đề bài ta có hệ bất phương trình:

\(\left\{ \begin{align}  & x\ge 0 \\  & y\ge 0 \\  & x+y\le 6 \\  & 10x+20y\le 100 \\ \end{align} \right.\)\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & x\ge 0\left( 1 \right) \\  & y\ge 0\left( 2 \right) \\  & x+y-6\le 0\left( 3 \right) \\  & x+2y-10\le 0\left( 4 \right) \\ \end{align} \right.\)

Ta vẽ các đường thẳng \(\left( {{d}_{1}} \right):x=0\), \(\left( {{d}_{2}} \right):y=0\), \(\left( {{d}_{3}} \right):x+y-6=0\), \(\left( {{d}_{4}} \right):x+2y-10=0\) trên cùng hệ trục tọa độ.

Lấy điểm \(M\left( 1;1 \right)\) ta thấy \(M\left( 1;1 \right)\in \left( 1 \right)\), \(M\left( 1;1 \right)\in \left( 2 \right)\), \(M\left( 1;1 \right)\in \left( 3 \right)\), \(M\left( 1;1 \right)\in \left( 4 \right)\).

Ta gạch bỏ các phần không chứa điểm \(M\left( 1;1 \right)\) của mặt phẳng có bờ là đường thẳng \(\left( {{d}_{1}} \right)\), \(\left( {{d}_{2}} \right)\), \(\left( {{d}_{3}} \right)\), \(\left( {{d}_{4}} \right)\).

Ta được miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền trong và viền của đa giác \(ABCD\).

\(\left( {{d}_{1}} \right)\cap \left( {{d}_{2}} \right)=A\left( 0;0 \right)\), \(\left( {{d}_{1}} \right)\cap \left( {{d}_{3}} \right)=D\left( 6;0 \right)\),

\(\left( {{d}_{2}} \right)\cap \left( {{d}_{4}} \right)=B\left( 0;5 \right)\), \(\left( {{d}_{3}} \right)\cap \left( {{d}_{4}} \right)=C\left( 2;4 \right)\).

Với \(A\left( 0;0 \right)\) Số tiền bác Hai thu được là: \(30.0+50.0=0\) triệu.

Với \(B\left( 0;5 \right)\) Số tiền bác Hai thu được là: \(30.0+50.5=250\) triệu.

Với \(C\left( 2;4 \right)\) Số tiền bác Hai thu được là: \(30.2+50.4=260\) triệu.

Với \(D\left( 6;0 \right)\) Số tiền bác Hai thu được là: \(30.6+50.0=180\) triệu.

Ta có công thức tính cường độ ánh sáng của một nguồn điểm là \(I=k\cdot \frac{{{I}_{0}}}{{{r}^{2}}}\), trong đó: \(I\) là cường độ ánh sáng của một nguồn điểm, \({{I}_{0}}\) là cường độ của nguồn sáng, \(r\) là khoảng cách của điểm đó đến nguồn sáng.

Gọi \(x\) là khoảng cách từ \(M\) đến nguồn có cường độ là \(S\).

Vì cường độ sáng tại điểm M bằng tổng cường độ sáng mỗi nguồn tại điểm đó nên suy ra cường độ sáng tại điểm M là:

\({{I}_{M}}={{I}_{M(S)}}+{{I}_{M(8S)}}=k\cdot \frac{S}{{{x}^{2}}}+k\cdot \frac{8S}{{{(90-x)}^{2}}},(0<x<90)\text{.}\)

\(\Rightarrow {{I}_{M}}=k\cdot S\left( \frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{8}{{{(90-x)}^{2}}} \right),(0<x<90)\).

\(\Rightarrow {{{I}'}_{M}}=k\cdot S\cdot \left( -\frac{2x}{{{x}^{4}}}+\frac{-8\cdot {{\left[ {{(90-x)}^{2}} \right]}^{\prime }}}{{{(90-x)}^{4}}} \right)=0\).

\(\begin{array}{*{35}{l}}   \Leftrightarrow  & -\frac{2}{{{x}^{3}}}+\frac{-8\cdot [-2\cdot (90-x)]}{{{(90-x)}^{4}}} & =0  \\   \Leftrightarrow  & -\frac{2}{{{x}^{3}}}+\frac{16}{{{(90-x)}^{3}}} & =0  \\   \Leftrightarrow  & 8{{x}^{3}} & ={{(90-x)}^{3}}  \\   \Leftrightarrow  & {{(2x)}^{3}} & ={{(90-x)}^{3}}  \\   \Leftrightarrow  & 2x & =90-x  \\   \Leftrightarrow  & x & =30.  \\\end{array}\)

Bảng biến thiên

Vậy cường độ ánh sáng tại điểm đó nhỏ nhất khi \(SM=30(~\text{cm})\).

Phạm vi kiểm soát của ra đa là hình cầu có phương trình mặt cầu là:

\(\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{417}^{2}}\).

Phương trình đường bay của máy bay \(d:\left\{ \begin{align}  & x=222+91t \\  & y=565+75t \\  & z=8 \\ \end{align} \right.\)

Giao điểm của \(d\) và \(\left( S \right)\), ta có:

\({{\left( 222+91t \right)}^{2}}+{{\left( 565+75t \right)}^{2}}+{{8}^{2}}={{417}^{2}}\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & t=-2 \\  & t=-7 \\ \end{align} \right.\)

Suy ra giao điểm \(B\left( 40;415;8 \right)\), \(C\left( -415;40;8 \right)\).

Ta có \(\overrightarrow{AB}=\left( -182;-150;0 \right)\ ,\ \overrightarrow{AC}=\left( -637;-525;0 \right)\).

Nên \(AB\approx 236\,\text{km},\) \(AC\approx 825\,\text{km}\).

Do máy bay đang hướng về đài kiểm soát không lưu nên vị trí sớm nhất mà máy bay xuất hiện là \(B\left( 40;415;8 \right)\).

Vậy \(a+b+c=40+415+8=463\).

Ta kí hiệu các điểm như hình vẽ.

Ta có khối tròn xoay đó được tạo thành khi quay hình phẳng \(QAMBN\) quanh trục \((Ox)\).

Mà \({{S}_{OQAM}}={{S}_{ONBM}}\) nên thể tích của khối tròn xoay đó sẽ \(=2\) lần thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng \(ONBM\) quanh trục \((Ox)\).

Suy ra ta có thể tích \(V=2\left( \pi \int\limits_{0}^{2}{M{{B}^{2}}~\text{d}x}-\pi \int\limits_{1}^{2}{N{{B}^{2}}~\text{d}x} \right)\).

+) Viết phương trình đường thẳng \(MB:M(0;1),B(2;2)\).

Có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{MB}=(2;1)\) suy ra một vectơ pháp tuyến của đường thẳng là\(\overrightarrow{{{n}_{1}}}=(-1;2)\).

Suy ra,

\(MB:-1(x-0)+2(y-1)=0\Leftrightarrow MB:-x+2y-2=0\)\(\Rightarrow y=\frac{1}{2}x+1\).

+) Tương tự, ta viết được phương trình đường thẳng NB là:

\(-2\cdot (x-1)+1\cdot (y-0)=0\)\(\Leftrightarrow -2x+y+2=0\)

\(\Rightarrow y=2x-2.\)

\(\Rightarrow V=2\left( \pi \int\limits_{0}^{2}{{{\left( \frac{1}{2}x+1 \right)}^{2}}}~\text{dx}-\pi \int\limits_{1}^{2}{{{(2x-2)}^{2}}}~\text{dx} \right)=\frac{20}{3}\pi \approx 20,9.\)