Tập nghiệm của bất phương trình \({{5}^{{{x}^{2}}}}\le {{25}^{x}}\) chứa bao nhiêu số nguyên?

a) Đúng.

Ta có \({{f}^{\prime }}(x)=2+3\sin x=g(x)\Rightarrow \) \(f(x)\) là một nguyên hàm của hàm số \(g(x)=2+3\sin x\).

b) Sai.

Ta có: \(\int{f}(x)\text{d}x=\int{(2x-3\cos x)}\text{d}x={{x}^{2}}-3\sin x+C\).

c) Đúng.

Dựa vào ý b) ta có: \(F(x)={{x}^{2}}-3\sin x+C\).

Khi đó: \(F\left( \frac{\pi }{2} \right)=3\Leftrightarrow \frac{{{\pi }^{2}}}{4}-3+C=3\)\(\Leftrightarrow C=6-\frac{{{\pi }^{2}}}{4}\).

Vậy \(F(x)={{x}^{2}}-3\sin x+6-\frac{{{\pi }^{2}}}{4}\).

d) Sai.

Dựa vào ý c) ta có: \(F(0)=6-\frac{{{\pi }^{2}}}{4}\).

a) Đúng.

Vì vận tốc của tàu \(A\) là \(12\text{km}/\text{h}\), nên quãng đường tàu \(A\) di chuyển được sau \(t\) giờ là \({{S}_{A}}=12t(\text{km})\). Tương tự, ta có quãng đường tàu \(A\) di chuyển được sau \(t\) giờ là \({{S}_{B}}=8t(\text{km})\).

b) Sai.

Gọi điểm \(M\) là vị trí ban đầu của tàu \(A\), sau \(t\) giờ tàu \(A\) đến được vị trí \(A\) mới và đi được quãng đường \(MA={{S}_{A}}\). Tương tự với tàu \(B\), ta được hình vẽ như sau.

Dựa vào hình vẽ, ta có khoảng cách giữa 2 tàu là

\(S=AB=\sqrt{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}}\)\(=\sqrt{{{(12-AM)}^{2}}+S_{B}^{2}}\)\(=\sqrt{{{\left( 12-{{S}_{A}} \right)}^{2}}+S_{B}^{2}}\).

c) Sai.

Lúc 13 giờ, ta có \(t=1\) (vì ta so với gốc là 12 giờ trưa) suy ra khoảng cách giữa 2 tàu bằng:

\(S(1)=\sqrt{{{\left( 12-{{S}_{A}}(1) \right)}^{2}}+S_{B}^{2}(1)}\)\(=\sqrt{{{(12-(12.1))}^{2}}+{{(8.1)}^{2}}}=8\).

(với \({{S}_{A}}=12t,{{S}_{B}}=8t\))

d) Sai.

Tốc độ thay đổi khoảng cách sẽ là đạo hàm của hàm khoảng cách, nên lúc 13 giờ, tốc độ thay đổi khoảng cách giữa 2 tàu là \({{S}^{\prime }}(1)\).

Để tính \({{S}^{\prime }}(1)\) ta có thể thực hiện bấm máy như trong video thầy Tiến giải hoặc thực hiện đạo hàm như sau:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {{\text{S}}^{\prime }}(\text{t}) & ={{\left( \sqrt{{{(12-12\text{t})}^{2}}+{{(8\text{t})}^{2}}} \right)}^{\prime }}  \\    {} & ={{\left( \sqrt{144-288\text{t}+144{{\text{t}}^{2}}+64{{\text{t}}^{2}}} \right)}^{\prime }}  \\    {} & ={{\left( \sqrt{144-288\text{t}+208{{\text{t}}^{2}}} \right)}^{\prime }}  \\    {} & =\frac{{{\left( 144-288\text{t}+208{{\text{t}}^{2}} \right)}^{\prime }}}{2\left( \sqrt{144-288\text{t}+208{{\text{t}}^{2}}} \right)}  \\    {} & =\frac{-288+416\text{t}}{2\left( \sqrt{144-288\text{t}+208{{\text{t}}^{2}}} \right)}.  \\ \end{array}\)

Suy ra \({{S}^{\prime }}(1)=8(\text{km}/\text{h})\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Người \(A\) phát hiện ra tờ này là tiền giả".

Gọi \(B\) là biến cố: "Người \(B\) phát hiện ra tờ này là giả".

Khi đó \(P(A)=0,7\).

a) Sai.

Xác suất để \(A\) không phát hiện ra tờ tiền đó giả là:

\(P(\bar{A})=1-P(A)=1-0,7=0,3\).

b) Đúng.

Xác suất để hai người này đều nhận định đây là tờ tiền thật là:

\(P(AB)=P(\bar{A})P(\bar{B}\mid \bar{A})=0,3\cdot 0,4=0,12\).

c) Đúng.

Dựa vào ý b) ta có: Xác suất để ít nhất một trong hai người này phát hiện ra tờ tiền đó là giả là:

\(1-0,12=0,88\).

d) Đúng.

Biết tờ tiền đó đã bị ít nhất một trong hai người này phát hiện là giả, xác suất để \(A\) phát hiện ra nó giả là \(P=\frac{0,7}{0,88}\approx 79,5\).

a) Sai.

Gốc \(\text{O}\) trùng với vị trí chân tháp và đài kiểm soát không lưu được đặt ở độ cao \(105\text{m}\) nên có toạ độ là \((0;0;0,105)\).

Hệ trục toạ độ Oxy z có trục O x là hướng tây, trục O y là hướng nam và trục O x là trục thẳng đứng và vị trí \(A\) cách mặt đất \(8\text{km}\), cách \(268\text{km}\) về phía đông, \(185\text{km}\) về phía nam nên có toạ độ là \((-268;185;8)\).

b) Đúng.

Khoảng cách từ máy bay đến đài kiểm soát không lưu là:

\(\sqrt{{{(0+268)}^{2}}+{{(0-185)}^{2}}+{{(0,105-8)}^{2}}}\approx 325,75\)(km).

Vì \(325,75<450\) nên đài kiểm soát không lưu có phát hiện được máy

bay tại vị trí \(A\).

c) Đúng.

Gọi \(I(0;0;0,105)\) là vị trí đài kiểm soát không lưu.

Phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   x=-268+82t  \\    y=185+76t  \\    z=8  \\ \end{array} \right.\) (t là tham số).

d) Sai.

Gọi \(M\) là vị trí mà máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất khi đó: \(\left\{ \begin{align}  & M\in d \\  & IM\bot d \\ \end{align} \right.\) hay \(M(-268+82t;185+76t;8)\) và \(\overrightarrow{IM}\cdot \vec{u}=0\).

\(\begin{array}{*{35}{l}}   {} & \overrightarrow{IM}\cdot \vec{u} & =0  \\    \Leftrightarrow  & (-268+82t).82+(1855+76t),76+(8-0,105).0 & =0  \\    \Leftrightarrow  & 12500t-7916 & =0  \\    \Leftrightarrow  & t & =\frac{1979}{3125}  \\    \Rightarrow  & M(-216,07;233,13;8). & {}  \\ \end{array}\)

Khoảng cách gần nhất giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu là:

\(\sqrt{{{(-216,07)}^{2}}+(233,13)+{{(8-0,105)}^{2}}}\approx 317,96(\text{km})\).

Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Mà tam giác SAB đều nên suy ra \(SH\bot AB\).

Ta có:\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}   ({SAB})\bot ({ABC})  \\    (SAB)\cap (ABC)=AB  \\    SH\bot AB  \\ \end{array} \right.\)

Kẻ \(HI\bot BC(I\in BC)(1)\).

Mà \(SH\bot BC\) suy ra \(BC\bot (SHI)\Rightarrow BC\bot SI(2)\).

Từ (1) và (2) suy ra góc phẳng nhị diện [S, BC, A] là góc \(\widehat{SIH}\).

Vì tam giác SAB đều nên \(SH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}\).

Đặt \(AB=a\).

Trong tam giác vuông H B I, ta có:

\(\sin \widehat{HBI}=\frac{HI}{HB}\)\(\Rightarrow HI=HB\cdot \sin \widehat{HBI}\)\(=\frac{a}{2}\cdot \sin {{60}^{{}^\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\).

Xét tam giác vuông S H I, ta có:

\(\begin{array}{*{35}{l}}   \text{SI} & =\sqrt{\text{S}{{\text{H}}^{2}}+\text{H}{{\text{I}}^{2}}} & =\sqrt{{{\left( \frac{\text{a}\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\text{a}\sqrt{3}}{4} \right)}^{2}}}  \\    {} & =\sqrt{\frac{3{{\text{a}}^{2}}}{4}+\frac{3{{\text{a}}^{2}}}{16}} & =\sqrt{\frac{15{{\text{a}}^{2}}}{16}}=\frac{\text{a}\sqrt{15}}{4}.  \\ \end{array}\)

Trong tam giác vuông SHI, ta có:

\(\cos \alpha =\cos \widehat{SIH}=\frac{HI}{SI}\)\(=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\frac{a\sqrt{15}}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{15}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\).

Suy ra \({{\cos }^{2}}\alpha =\frac{1}{5}=0,2\).