Cho hàm số \(y=f\left( x \right)\) là hàm đa thức có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:

 

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là:

a) Ta có: \(4a+2\pi r=60\) \(\Leftrightarrow \,\,\,\pi r=30-2a\Leftrightarrow r=\frac{30-2a}{\pi }.\)

SAI.

b) Tổng diện tích của hình vuông và hình tròn:

\(S={{a}^{2}}+{{r}^{2}}\pi \)\(={{a}^{2}}+\frac{{{\left( 30-2a \right)}^{2}}}{\pi }=\frac{1}{\pi }\left[ \left( \pi +4 \right){{a}^{2}}-120a+900 \right]\) 

ĐÚNG.

c) Điều kiện: \(0<4a<60\,\,\,\Leftrightarrow \,\,0<a<15\) 

Xét \(f(a)=\left( \pi +4 \right){{a}^{2}}-120a+900\) với \(a\in \left( 0,\,15 \right)\) 

\(f(a)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(a=\frac{120}{2\left( \pi +4 \right)}=\frac{60}{\pi +4}\in \left( 0,\,15 \right)\) 

\(S\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(a=\frac{60}{\pi +4}\) 

\(\Rightarrow \,\,\,\pi r=30-2.\frac{60}{\pi +4}=\frac{30\pi }{\pi +4}\) \(\Rightarrow \,\,\,r=\frac{30}{\pi +4}\) 

Khi đó: \(\frac{a}{r}=\frac{60}{\pi +4}:\frac{30}{\pi +4}=2\) 

Kết luận: \(\frac{a}{r}=2\) 

SAI.

d) \(a=\frac{15}{2},\,r=\frac{15}{2\pi }\) 

Diện tích hình vuông là \({{S}_{1}}={{\left( \frac{15}{2} \right)}^{2}}=\frac{225}{4}=56,25c{{m}^{2}}\) 

Diện tích hình tròn là \({{S}_{2}}=\pi {{r}^{2}}=\frac{225}{\pi }=71,62c{{m}^{2}}\). 

ĐÚNG.

a) Thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình đường thẳng \(d\) ta có: \(d:\frac{1}{1}=\frac{-3}{-1}=\frac{3}{2}\) ( không thỏa mãn). Vậy \(M\notin d\) nên a) sai.

b) Đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với \(\left( P \right)\) nên \(\Delta \) có VTCP là \({{\overrightarrow{u}}_{_{\Delta }}}={{\overrightarrow{n}}_{_{P}}}=\left( 1;2;-2 \right)\) 

\(\Delta \) đi qua \(M\) nên phương trình tham số của \(\Delta \) là \(\left\{ \begin{align}  & x=1+t \\  & y=-3+2t \\  & z=4-2t \\ \end{align} \right.\)

Suy ra b) sai.

c) Đường thẳng \(d\) có VTCP \({{\overrightarrow{u}}_{_{d}}}=\left( 1;-1;2 \right)\),  \(\left( P \right)\) có VTPT là \({{\overrightarrow{n}}_{_{P}}}=\left( 1;2;-2 \right)\) 

\(\Rightarrow {{\overrightarrow{u}}_{_{d}}}.{{\overrightarrow{n}}_{_{P}}}=1-2-4=-5\ne 0\) nên d cắt \(\left( P \right)\) suy ra c) sai

d) Gọi \(d'\) là hình chiếu của \(d\) lên \(\left( P \right)\) ;

• Tọa độ \(A=d\cap \left( P \right)\) thỏa:

\(\left\{\begin{array} { l } { x + 2 y - 2 z + 2 = 0 } \\{ \frac { x } { 1 } = \frac { y } { - 1 } = \frac { z - 1 } { 2 } = \frac { x + 2 y - 2 z + 2 } { 1 - 2 - 4 } = 0 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0 \\y=0 \\z=1\end{array} \Rightarrow A(0 ; 0 ; 1)\right.\right.\)

• Gọi x\(\left( Q \right)\) là mặt phẳng chứa \(d\) và vuông góc với \(\left( P \right)\) 

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;-1;2 \right).\)

Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{{{n}_{p}}}=(1;2;-2)\) 

Suy ra \(\left( Q \right)\) có VTPT là \(\overrightarrow{{{n}_{Q}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}},\overrightarrow{{{n}_{P}}} \right]=(-2;4;3)\) 

• Khi đó do \(d'=\left( P \right)\cap \left( Q \right)\) nên \(\overrightarrow{{{u}_{d'}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{P}}},\overrightarrow{{{n}_{Q}}} \right]=(14;1;8)\) là vectơ chỉ phương của \((d')\) 

• Đường thẳng \(d'\) đi qua \(A\left( 0;0;1 \right)\) và có VTCP là \(\overrightarrow{{{u}_{d'}}}=\left( 14;1;8 \right)\) có phương trình chính tắc là \({d}':\frac{x}{14}=\frac{y}{1}=\frac{z-1}{8}.\) 

Vậy d) đúng.

a) Sai.

Gọi \(A\) là biến cố: “ Vận động viên được chọn thuộc đội \(I\)”.

Ta có \(n\left( A \right)=6\),  \(n\left( \Omega  \right)=14\) 

Do đó \(P\left( A \right)=\frac{6}{14}=\frac{3}{7}\approx 0,4286\) 

b) Đúng.

Ta có: \(\overline{A}\) là biến cố: “ Vận động viên được chọn thuộc đội \(II\)”. Suy ra \(P\left( \overline{A} \right)=\frac{4}{7}\) 

\(B\) là biến cố: “ Vận động viên được chọn đạt huy chương đồng”.

Khi đó ta có: \(P\left( B|A \right)=0,8\),  \(P\left( B|\overline{A} \right)=0,65\) 

Và \(P\left( B \right)=P\left( A \right).P\left( B|A \right)+P\left( \overline{A} \right).P\left( B|\overline{A} \right)\)\(=\frac{3}{7}.0,8+\frac{4}{7}.0,65=\frac{5}{7}\) 

c) Sai.

Vì \(P\left( \overline{A}|B \right)=\frac{P\left( \overline{A} \right).P\left( B|\overline{A} \right)}{P\left( B \right)}\) nên \(P\left( \overline{A}|B \right)=\frac{\frac{4}{7}.0,65}{\frac{5}{7}}=\frac{13}{25}=0,52\) 

d) Đúng.

Vì \(P\left( A|B \right)=\frac{P\left( A \right).P\left( B|A \right)}{P\left( B \right)}\) nên \(P\left( A|B \right)=\frac{\frac{3}{7}.0,8}{\frac{5}{7}}=\frac{12}{25}\) 

a) Đúng.

Vì vận tốc \(v\left( t \right)\) chính là nguyên hàm của gia tốc \(a\left( t \right)\) nên ta có:

\(v\left( t \right)=\int{a\left( t \right)dt=\int{\left( -\frac{1}{24}{{t}^{3}}+\frac{5}{16}{{t}^{2}} \right)dt=}}-\frac{1}{96}{{t}^{4}}+\frac{5}{48}{{t}^{3}}+C\). 

Tại thời điêm ban đầu \(\left( t=0 \right)\) thì vận động viên ở vị trí xuất phát.

nên \(v\left( 0 \right)=-\frac{1}{96}{{0}^{4}}+\frac{5}{48}{{0}^{3}}+C=0\Leftrightarrow C=0\). 

nên \(v\left( t \right)=-\frac{1}{96}{{t}^{4}}+\frac{5}{48}{{t}^{3}}\left( m/s \right)\). 

b) Đúng.

Vì quãng đường \(S\left( t \right)\) chính là nguyên hàm của vận tốc \(v\left( t \right)\) nên ta có:

\(S\left( t \right)=\int{v\left( t \right)}dt=\int{-\frac{1}{96}{{t}^{4}}+\frac{5}{48}{{t}^{3}}=}-\frac{1}{480}{{t}^{5}}+\frac{5}{192}{{t}^{4}}+C\) 

Tại thời điêm ban đầu \(\left( t=0 \right)\) thì vận động viên ở vị trí xuất phát.

nên \(S\left( 0 \right)=-\frac{1}{480}{{0}^{5}}+\frac{5}{192}{{0}^{4}}+C=0\Leftrightarrow C=0\) 

nên \(S\left( t \right)=-\frac{1}{480}{{t}^{5}}+\frac{5}{192}{{t}^{4}}\left( m \right)\) 

c) Sai.

Vì tại thời điêm ban đầu \(\left( t=10 \right)\) thì vận động viên chạy được:

\(S\left( 10 \right)=-\frac{1}{480}{{.5}^{5}}+\frac{5}{192}{{.5}^{4}}\approx 9,77\left( m \right)\) 

d) Đúng.

Vì vận tốc \(v\left( t \right)=-\frac{1}{96}{{t}^{4}}+\frac{5}{48}{{t}^{3}}\left( m/s \right)\), khi vận động viên dừng chuyển động thì \(v\left( t \right)=0\Leftrightarrow -\frac{1}{96}{{t}^{4}}+\frac{5}{48}{{t}^{3}}=0\) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & t=0 \\  & t=10 \\ \end{align} \right.\) 

\(S\left( 10 \right)=-\frac{1}{480}{{.10}^{5}}+\frac{5}{192}{{.10}^{4}}\approx 52,08\left( m \right)\) 

Ta có \(d\left( I,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( A,\left( SBC \right) \right)\) 

Kẻ \(AH\bot SB\) \(\left( H\in SB \right)\) \(\left( 1 \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{align}  & BC\bot AB \\  & BC\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot AH\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\),  suy ra \(AH\bot \left( SBC \right)\) 

Do đó \(d\left( A,\left( SBC \right) \right)=AH\) 

Tam giác vuông cân \(ABC\) tại \(B\) có \(AC=2a\) 

Suy ra \(AB=a\sqrt{2}\) 

Trong tam giác vuông \(SAB\),  ta có \(AH=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\) 

Vậy \(d\left( I,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( A,\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{\sqrt{6}}.a\)