Câu hỏi:

Gọi $t$ là thời gian (giờ) sau khi hai tàu khởi hành.

Sau thời gian $t$, tàu $A$ đi được quãng đường $5t$ hải lí về phía Nam.

Sau thời gian $t$, tàu $B$ đi được quãng đường $7t$ hải lí về phía vị trí ban đầu của tàu $A$.

Ta có thể biểu diễn vị trí của hai tàu trên mặt phẳng tọa độ Oxy, với tàu A xuất phát từ gốc tọa độ (0,0) và tàu B xuất phát từ điểm (6,0).

Sau thời gian t, tọa độ của tàu A là (0, -5t) và tọa độ của tàu B là (6 - 7t*cos(α), -7t*sin(α)), với α là góc giữa hướng đi của tàu B và trục Ox.

Tuy nhiên, do tàu B chạy về vị trí của tàu A nên ta có thể sử dụng định lý cosin để tính khoảng cách giữa hai tàu sau thời gian t.

Khoảng cách $d$ giữa hai tàu sau thời gian $t$ là:

$d^2 = (5t)^2 + (7t)^2 - 2 * 5t * 7t * cos(90^{\circ}) + 6^2$

$d^2 = (5t)^2 + (6)^2 + (7t)^2 - 2 * 6 * 7t * cos(\theta)$

$d^2 = (5t)^2 + (7t)^2 + 6^2 - 2 * 5t * 7t * 0$

$d^2 = 25t^2 + 49t^2 + 36$

$d^2 = 74t^2 - 84t + 36$

Để tìm thời gian $t$ sao cho khoảng cách $d$ là nhỏ nhất, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(t) = d^2 = 74t^2 + 36$.

Ta tìm đạo hàm của $f(t)$ và giải phương trình $f'(t) = 0$:

$f'(t) = 148t - 84$

$148t - 84 = 0$

$t = \frac{84}{148} = \frac{21}{37} \approx 0.567$

Vậy $t \approx 0.57$ giờ.

Nếu tàu B chạy theo hướng Nam thì khoảng cách giữa 2 tàu là: $d(t)=\sqrt{6^2+(7t-5t)^2} = \sqrt{36+4t^2}$ --> Min tại t=0, d=6.

Do tàu B chạy về vị trí tàu A nên ta dùng định lý cosin để tính khoảng cách giữa 2 tàu.

$d^2 = (5t)^2 + (7t)^2 - 2 * (5t) * (7t) * cos(θ)$

Với θ là góc giữa hướng nam và hướng tàu B.

Sau thời gian t, khoảng cách $d$ giữa hai tàu là:

$d(t)^2=(5t)^2 + (7t)^2 -2(5t)(7t)cos90 + 6^2$

$d(t) = \sqrt{36 + (2t)^2}$ -> min =6 khi t=0

Gọi x là khoảng cách tàu B đi được đến vị trí hiện tại của tàu A. Ta có $x = 7t$.

Áp dụng định lý cosin:

$d^2 = (5t)^2 + x^2 - 2(5t)(x)cos(θ)$

$d^2 = 5t^2 + (6-7t)^2 = 25t^2 + 36 - 84t + 49t^2 = 74t^2 -84t +36$

$t = -b/2a = 84/148 \approx 0.567$

$d(t) = \sqrt{(5t)^2+(6-7t)^2}$

Giá trị gần nhất là 0.54 giờ

Gọi $\vec{F_1}$, $\vec{F_2}$, $\vec{F_3}$ là ba lực tác dụng lên vật.

$\vec{F_{12}} = \vec{F_1} + \vec{F_2}$

Vì $\vec{F_1} \perp \vec{F_2}$ nên:

$F_{12} = \sqrt{F_1^2 + F_2^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5 N$

Vì $\vec{F_3}$ vuông góc với mặt phẳng tạo bởi $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$ nên $\vec{F_3} \perp \vec{F_{12}}$

Hợp lực của ba lực là:

$\vec{F} = \vec{F_1} + \vec{F_2} + \vec{F_3} = \vec{F_{12}} + \vec{F_3}$

$F = \sqrt{F_{12}^2 + F_3^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{50} \approx 7.07 N$

Làm tròn đến hàng phần chục ta được $F \approx 7.1 N$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SM$. Ta có:

• $BC \perp AM$ (tam giác $ABC$ đều)
• $BC \perp SA$ (do $SA \perp (ABC)$)

$\Rightarrow BC \perp (SAM) \Rightarrow BC \perp AH$.

Do đó $AH \perp (SBC)$. Vì $M$ thuộc $BC$ nên $AH \perp (SBM)$.

Vậy $d(A,(SBM)) = AH$.

Ta có $\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{SA^2} + \frac{1}{AM^2}$.

$AM = \frac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.

$SA = AM \cdot tan(\alpha) = \sqrt{3} \cdot tan(30^\circ) = \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 1$.

$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{1^2} + \frac{1}{(\sqrt{3})^2} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow AH^2 = \frac{3}{4} \Rightarrow AH = \frac{\sqrt{3}}{2}$

Gọi $I$ là trung điểm $BM$, $d(A, (SBM))=h$

$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AI^2}$

$AI=\sqrt{AB^2-BI^2}=\sqrt{4-0.25}=\frac{\sqrt{15}}{2}$

$\frac{1}{h^2}=1+\frac{4}{15}=\frac{19}{15}
h=\sqrt{\frac{15}{19}}=\frac{\sqrt{285}}{19}=\frac{\sqrt{5}\cdot\sqrt{57}}{19}=\frac{\sqrt{5}\cdot\sqrt{3}\cdot\sqrt{19}}{19}=\frac{\sqrt{15}\cdot\sqrt{19}}{19}=\frac{\sqrt{285}}{19} \approx 0.89$

Đáp án gần nhất là $\frac{2\sqrt{39}}{39} \approx 0.32$

Gọi $V(t)$ là thể tích nước trong bể sau $t$ phút (lít), $m(t)$ là khối lượng muối trong bể sau $t$ phút (gam), và $C(t)$ là nồng độ muối trong bể sau $t$ phút (gam/lít).

• Ban đầu, $V(0) = 1000$ lít và $m(0) = 0$ gam.


• Sau $t$ phút, thể tích nước trong bể là $V(t) = V(0) + qt = 1000 + 2t$.


• Lượng muối bơm vào bể sau $t$ phút là $20 \times 2t = 40t$ gam.


• Khi $t \to \infty$, thể tích nước trong bể cũng tiến đến vô cùng. Ta cần tìm giới hạn của nồng độ muối khi $t \to \infty$:

$C(t) = \frac{m(t)}{V(t)}$


Tuy nhiên, cách tiếp cận trên không đủ thông tin để giải bài toán một cách chính xác. Bài toán này liên quan đến tốc độ thay đổi của lượng muối trong bể.


Gọi $m(t)$ là lượng muối trong bể ở thời điểm $t$.
Ta có $\frac{dm}{dt} = $ (tốc độ muối đi vào) - (tốc độ muối đi ra).


Tốc độ muối đi vào là $2 \text{ lít/phút} \times 20 \text{ gam/lít} = 40 \text{ gam/phút}$.


Tốc độ muối đi ra là $2 \text{ lít/phút} \times C(t) \text{ gam/lít} = 2C(t) \text{ gam/phút} = 2 \frac{m(t)}{1000 + 2t} \text{ gam/phút}$.


$\frac{dm}{dt} = 40 - 2 \frac{m}{1000+2t}$


Khi $t$ tiến đến vô cùng, nồng độ muối sẽ tiến đến một giá trị giới hạn, tức là $\frac{dm}{dt} \to 0$.
$0 = 40 - 2 \frac{m}{1000 + 2t}$


Khi $t \to \infty$, $C(t) = \frac{m(t)}{V(t)} = \frac{m(t)}{1000+2t}$ tiến đến một giá trị $C$. Do đó:


$40 = 2C$
$C = 20$ gam/lít.

Gọi $S_1$ là diện tích tam giác đều ban đầu, $S_2$ là diện tích phần được cắt bỏ ở mỗi góc.

Diện tích tam giác đều ban đầu là: $S_1 = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} = \dfrac{12^2\sqrt{3}}{4} = 36\sqrt{3}\,(dm^2)$.

Diện tích phần được cắt bỏ ở mỗi góc là diện tích hình giới hạn bởi parabol và trục Ox, có công thức: $S_2 = \dfrac{2}{3}ah = \dfrac{2}{3}.6.3 = 12\,(dm^2)$.

Diện tích mặt bàn là: $S = S_1 - 3S_2 = 36\sqrt{3} - 3.12 = 36\sqrt{3} - 36$.

Vậy diện tích mặt kính làm mặt bàn (H1) bằng $(72 - 36\sqrt{3})\,\text{d}{\text{m}^2}$