Đề tham khảo thi THPT môn Toán - Đề số 1 (hay, chi tiết)

a) Phương trình (*) tương đương \(\sin 2x = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)\).

b) Trong khoảng \((0;\pi )\) phương trình (*) có 3 nghiệm.

c) Tổng các nghiệm của phương trình (*) trong khoảng \((0;\pi )\) bằng \(\frac{{3\pi }}{2}\).

d) Trong khoảng \((0;\pi )\) phương trình (*) có nghiệm lớn nhất bằng \(\frac{{7\pi }}{{12}}\).

a) Tốc độ của ô tô tại thời điểm 10 giây tính từ lúc xuất phát là 10 (m/s).

b) Quãng đường ô tô chuyển động được trong 6 giây đầu tiên là 80 m.

c) Quãng đường S (đơn vị: mét) mà ô tô chuyển động được kể từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng lại được tính theo công thức \(S = \int\limits_0^6 {(30 - 5t)dt} \).

d) Quãng đường ô tô chuyển động được kể từ lúc bắt đầu chuyển động cho đến khi dừng lại là 170 m.

a) Xác suất học sinh được gọi tên Hiền là \(\frac{1}{{10}}\).

b) Xác suất học sinh được gọi tên Hiền, biết học sinh đó là nữ là \(\frac{3}{{17}}\).

c) Xác suất học sinh được gọi tên Hiền, biết học sinh đó là nam là \(\frac{2}{{13}}\).

d) Nếu thầy giáo gọi một bạn tên Hiền lên bảng thì xác suất bạn đó là nam là \(\frac{3}{{17}}\).

a) Phương trình tham số của đường cáp là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 3 - 2t\\z = t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

b) Giả sử sau thời gian t (giây) kể từ khi xuất phát \((t \ge 0)\), cabin đến điểm M. Khi đó, tọa độ điểm M là \(\left( {3t + 10; - 3t + 3;\frac{{3t}}{2}} \right)\).

c) Cabin dừng ở điểm B có hoành độ \({x_B} = 550\), khi đó quãng đường AB dài 800 m.

d) Đường cáp AB tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc \({30^o}\).

Sử dụng công thức nguyên hàm của hàm số mũ \(\int {{a^x}dx} = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C\).

\(\int {{2^x}dx} = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f(x), y = g(x), x = a, x = b (a < b) là \(\int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi \(y = {x^2} - 2x - 2\), \(y = - {x^2} + 2\), x = -1, x = 2 là \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {\left( {{x^2} - 2x - 2} \right) - \left( { - {x^2} + 2} \right)} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {2{x^2} - 2x - 4} \right|dx} \).

Vì trong khoảng (-1;2), \(2{x^2} - 2x - 4 < 0\) nên \(\left| {2{x^2} - 2x - 4} \right| = - \left( {2{x^2} - 2x - 4} \right) = - 2{x^2} + 2x + 4\).

Vậy \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)dx} \).

Công thức tính số trung bình: \(\overline x = \frac{{{x_1}.{n_1} + ... + {x_m}.{n_m}}}{m}\), với \({x_1},...,{x_m}\) là giá trị đại diện của nhóm 1 đến m, \({n_1},...,{n_m}\) là tần số của nhóm 1 đến m.

Bảng tần số ghép nhóm theo giá trị đại diện:

Số trung bình: \(\overline x = \frac{{2.6 + 7.8 + 7.10 + 3.12 + 1.14}}{{20}} = 9,4\).

Vậy \(\overline x = 9,4 \in [9;11)\).

Đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.\) có một vecto chỉ phương là \(\overrightarrow u = (a;b;c)\).

Đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 1 + 2t\\z = 3 + t\end{array} \right.\) có một vecto chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_3}} = ( - 1;2;1)\).

Hàm số y = f(x) có tiệm cận đứng x = a nếu thỏa mãn ít nhất một trong những điều kiện: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f(x) = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} f(x) = - \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f(x) = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f(x) = - \infty \).

Quan sát đồ thị, ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f(x) = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f(x) = + \infty \) nên y = f(x) có tiệm cận đứng là x = -2.

\(\log a \ge b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\a \ge {10^b}\end{array} \right.\).

\(\log x \ge 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ge {10^1}\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge 10\).

Mặt cầu (S): \({(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = {R^2}\) có tâm I(a;b;c).

Mặt cầu (S): \({(x - 2)^2} + {(y + 1)^2} + {(z - 3)^2} = 4\) có tâm I(2;-1;3).

Sử dụng tính chất trung điểm.

Xét tam giác SAC cân tại S có O là trung điểm của AC, suy ra SO vừa là trung truyến, vừa là đường cao của tam giác SAC.

Do đó, \(SO \bot AC\).

Chứng minh tương tự, ta được \(SO \bot BD\).

Mà AC, BD cùng thuộc mặt phẳng (ABCD) và cắt nhau tại O.

Vậy \(SO \bot (ABCD)\).

\(\left\{ \begin{array}{l}{a^x} \le b\\a > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x \le {\log _a}b\).

\({2^x} \le 4 \Leftrightarrow x \le {\log _2}4 \Leftrightarrow x \le 2\).

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}\).

\({u_2} = {u_1}q = 3.2 = 6\).

Xét từng đáp án, sử dụng phương pháp loại trừ.

Áp dụng các quy tắc vecto: quy tắc hình bình hành, quy tắc hình hộp, khái niệm vecto bằng nhau, độ dài vecto.

Đáp án A đúng theo quy tắc hình hộp.

Đáp án B đúng theo quy tắc hình bình hành.

Đáp án C đúng vì \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = AB = CD = \left| {\overrightarrow {CD} } \right|\).

Đáp án D sai vì \(\overrightarrow {AB} \), \(\overrightarrow {CD} \) là hai vecto ngược hướng nên chúng không bằng nhau.

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại của hàm số đã cho là \({y_{CD}} = 2\).

a) Phương trình (*) tương đương \(\sin 2x = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)\).

b) Trong khoảng \((0;\pi )\) phương trình (*) có 3 nghiệm.

c) Tổng các nghiệm của phương trình (*) trong khoảng \((0;\pi )\) bằng \(\frac{{3\pi }}{2}\).

d) Trong khoảng \((0;\pi )\) phương trình (*) có nghiệm lớn nhất bằng \(\frac{{7\pi }}{{12}}\).

Nếu \(\sin \alpha = m\) thì \(\sin x = m \Leftrightarrow \sin x = \sin \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\) \((k \in \mathbb{Z})\).

a) Đúng. Vì \(\sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) = - \frac{1}{2}\) nên \(\sin 2x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)\).

b) Sai. (*) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \sin 2x = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x = \pi - \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{{12}} + k\pi \\x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k\pi \end{array} \right.\\\end{array}\) \((k \in \mathbb{Z})\).

* Xét họ nghiệm \(x = - \frac{\pi }{{12}} + k\pi {\rm{\;}}\):

Vì \(0 < x < \pi \) nên \(0 < - \frac{\pi }{{12}} + k\pi {\rm{\;}} < \pi \). Mà k nguyên nên chỉ có k = 1 thỏa mãn.

Khi đó \(x = - \frac{\pi }{{12}} + \pi = \frac{{11\pi }}{{12}}\).

* Xét họ nghiệm \(x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k\pi \):

Vì \(0 < x < \pi \) nên \(0 < \frac{{7\pi }}{{12}} + k\pi {\rm{\;}} < \pi \). Mà k nguyên nên chỉ có k = 0 thỏa mãn.

Khi đó \(x = \frac{{7\pi }}{{12}} + 0 = \frac{{7\pi }}{{12}}\).

Vậy trong khoảng \((0;\pi )\) phương trình (*) có 2 nghiệm là \(x = \frac{{11\pi }}{{12}}\) và \(x = \frac{{7\pi }}{{12}}\).

c) Đúng. Tổng các nghiệm của phương trình (*) trong khoảng \((0;\pi )\) là: \(S = \frac{{11\pi }}{{12}} + \frac{{7\pi }}{{12}} = \frac{{3\pi }}{2}\).

d) Sai. Vì \(\frac{{11\pi }}{{12}} > \frac{{7\pi }}{2}\) nên nghiệm lớn nhất của (*) trong khoảng \((0;\pi )\) là \(\frac{{11\pi }}{{12}}\).

a) Tốc độ của ô tô tại thời điểm 10 giây tính từ lúc xuất phát là 10 (m/s).

b) Quãng đường ô tô chuyển động được trong 6 giây đầu tiên là 80 m.

c) Quãng đường S (đơn vị: mét) mà ô tô chuyển động được kể từ lúc bắt đầu đạp phanh đến khi dừng lại được tính theo công thức \(S = \int\limits_0^6 {(30 - 5t)dt} \).

d) Quãng đường ô tô chuyển động được kể từ lúc bắt đầu chuyển động cho đến khi dừng lại là 170 m.

Sử dụng công thức tính vận tốc \(v(t) = {v_0} + at\) với \({v_0}\) là vận tốc ban đầu, a là gia tốc, t là thời gian di chuyển.

Tính quãng đường bằng cách tính tích phân của vận tốc.

a) Đúng. Sau 6 giây đầu, vận tốc của ô tô đạt v(6) = 5.6 = 30 (m/s).

Trong 4 giây tiếp theo, ô tô giảm vận tốc theo gia tốc a = -5 \((m/{s^2})\) nên vận tốc của ô tô sau 4 giây giảm tốc là v = 30 + (-5).4 = 10 (m/s).

Vậy, sau 10 giây đầu thì vận tốc của ô tô là 10 (m/s).

b) Sai. Quãng đường ô tô di chuyển được trong 6 giây đầu tiên là \({S_1} = \int\limits_0^6 {5tdt} = 90\) (m).

c) Đúng. Gọi \({t_0}\) là thời gian tính bằng giây kể từ lúc ô tô phanh gấp cho đến khi dừng lại.

Vận tốc của ô tô được tính bằng công thức v = 30 + (-5).t (m/s) với t được tính từ lúc bắt đầu phanh.

Sau \({t_0}\) giây thì ô tô dừng hẳn nên ta có \(v = 30 + ( - 5).{t_0} = 0 \Leftrightarrow {t_0} = 6\) (giây).

Như vậy, ô tô mất 6 giây để dừng hẳn kể từ lúc phanh. Trong quá trình đó, vận tốc của ô tô là v = 30 + (-5).t (m/s).

Vậy, quãng đường ô tô đi được từ lúc phanh cho đến khi dừng hẳn là \({S_2} = \int\limits_0^6 {(30 - 5t)dt} = 90\) (m).

d) Sai. Quãng đường ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi dừng hẳn là \(S = {S_1} + {S_2} = 90 + 90 = 180\) (m/s).

a) Xác suất học sinh được gọi tên Hiền là \(\frac{1}{{10}}\).

b) Xác suất học sinh được gọi tên Hiền, biết học sinh đó là nữ là \(\frac{3}{{17}}\).

c) Xác suất học sinh được gọi tên Hiền, biết học sinh đó là nam là \(\frac{2}{{13}}\).

d) Nếu thầy giáo gọi một bạn tên Hiền lên bảng thì xác suất bạn đó là nam là \(\frac{3}{{17}}\).

Áp dụng công thức xác suất của biến cố A với điều kiện B: \(P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}}\).

A: “Học sinh được gọi tên Hiền”.

B: “Học sinh được gọi là nữ”.

C: “Học sinh được gọi là nam”.

a) Đúng. Có 3 học sinh tên Hiền trong tổng số 30 học sinh nên \(P(A) = \frac{3}{{30}} = \frac{1}{{10}}\).

b) Sai. Có 17 học sinh nữ trong lớp nên \(P(B) = \frac{{17}}{{30}}\).

Có 1 học sinh nữ, tên Hiền nên \(P(AB) = \frac{1}{{30}}\).

Xác suất để thầy giáo gọi Hiền lên bảng với điều kiện bạn đó là nữ là:

\(P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{{30}}}}{{\frac{{17}}{{30}}}} = \frac{1}{{17}}\).

c) Đúng. Có 30 – 17 = 13 học sinh nam trong lớp nên \(P(C) = \frac{{13}}{{30}}\).

Có 2 học sinh nam, tên Hiền nên \(P(AC) = \frac{2}{{30}} = \frac{1}{{15}}\).

Xác suất để thầy giáo gọi Hiền lên bảng với điều kiện bạn đó là nam là:

\(P(A|C) = \frac{{P(AC)}}{{P(C)}} = \frac{{\frac{1}{{15}}}}{{\frac{{13}}{{30}}}} = \frac{2}{{13}}\).

d) Sai. Xác suất để học sinh được gọi là nam, biết bạn đó tên Hiền là:

\(P(C|A) = \frac{{P(AC)}}{{P(A)}} = \frac{{\frac{1}{{15}}}}{{\frac{1}{{10}}}} = \frac{2}{3}\).

a) Phương trình tham số của đường cáp là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 3 - 2t\\z = t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

b) Giả sử sau thời gian t (giây) kể từ khi xuất phát \((t \ge 0)\), cabin đến điểm M. Khi đó, tọa độ điểm M là \(\left( {3t + 10; - 3t + 3;\frac{{3t}}{2}} \right)\).

c) Cabin dừng ở điểm B có hoành độ \({x_B} = 550\), khi đó quãng đường AB dài 800 m.

d) Đường cáp AB tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc \({30^o}\).

Đường thẳng đi qua điểm \(M({x_0};{y_0};{z_0})\), nhận vecto \(\overrightarrow u = (a;b;c)\) làm vecto chỉ phương có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

a) Đúng. Phương trình tham số của đường cáp là phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(10;3;0) và nhận vecto \(\overrightarrow u = (2; - 2;1)\) làm vecto chỉ phương: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 2t\\y = 3 - 2t\\z = t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

b) Đúng. M thuộc d nên tọa độ của M là \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 10 + 2{t_M}\\{y_M} = 3 - 2{t_M}\\{z_M} = {t_M}\end{array} \right.\). Từ đó ta có \(\overrightarrow {AM} = \left( {10 + 2{t_M} - 10;3 - 2{t_M} - 3;{t_M} - 0} \right) = \left( {2{t_M}; - 2{t_M};{t_M}} \right)\).

Suy ra \(AM = \sqrt {{{(2{t_M})}^2} + {{( - 2{t_M})}^2} + {{({t_M})}^2}} = 3{t_M}\).

Theo giả thiết, cabin đi từ A với vận tốc 4,5 m/s trong t giây thì đến M nên AM = 4,5t (m).

Do đó, \(3{t_M} = 4,5t \Leftrightarrow {t_M} = 1,5t\).

Thay vào tọa độ điểm M, ta được \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 10 + 2.1,5t\\{y_M} = 3 - 2.1,5t\\{z_M} = 1,5t\end{array} \right. \Leftrightarrow M\left( {10 + 3t;3 - 3t;\frac{3}{2}t} \right)\).

c) Sai. Từ câu b), ta tìm được tọa độ \(\left( {10 + 3t;3 - 3t;\frac{3}{2}t} \right)\) là vị trí của cabin sau t giây.

Áp dụng với điểm B, giả sử sau \({t_B}\) giây thì cabin đến vị trí B, khi đó \(B\left( {10 + 3{t_B};3 - 3{t_B};\frac{3}{2}{t_B}} \right)\).

Theo giả thiết, \({x_B} = 550\) nên \(10 + 3{t_B} = 550 \Leftrightarrow {t_B} = 180\).

Quãng đường AB là \(AB = v.{t_B} = 4,5.180 = 810\) (m).

d) Sai. Vecto chỉ phương của đường cáp là \(\overrightarrow u = (2; - 2;1)\), vecto pháp tuyến của mặt phẳng (Oxy) là \(\overrightarrow n = (0;0;1)\) nên ta có \(\sin \alpha = \frac{{\left| {\overrightarrow u .\overrightarrow n } \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow n } \right|}} = \frac{{2.0 - 2.0 + 1.1}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2} + {1^2}} .\sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{3}\) với \(\alpha \) là góc giữa đường cáp và mặt phẳng (Oxy).

Suy ra \(\alpha \approx {19^o}\).

Đưa về tìm khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, áp dụng quan hệ song song.

Gọi O là giao điểm của AC, BD. Khi đó, AC = 2OC.

Vì AB // (SCD) suy ra \(d(AB;SD) = d(AB;(SCD)) = d(A;(SCD)) = 2d(O;(SCD))\).

Trong mặt phẳng (ABCD), dựng \(OM \bot CD = M\). Trong mặt phẳng (SOM), dựng \(OH \bot SM = H\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SM\\OH \bot CD\end{array} \right.\) suy ra \(OH \bot (SCD)\), do đó \(d(O;(SCD)) = OH\).

\(OM = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}.2 = 1\); \(OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {{2^2} + {2^2}} = \sqrt 2 \);

\(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{{(2\sqrt 2 )}^2} - {{(\sqrt 2 )}^2}} = \sqrt 6 \).

Xét tam giác SOM vuông tại O, OH là đường cao: \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{M^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2}}} = \frac{7}{6}\).

Suy ra \(OH = \frac{{\sqrt {42} }}{7} = d(O;(SCD))\).

Vậy \(d(AB;SD) = 2d(O;(SCD)) = \frac{{2\sqrt {42} }}{7} \approx 1,9\).

Sử dụng định lí về đường đi Euler.

Theo sơ đồ đường đi thấy có 2 đỉnh bậc lẻ là A và D nên có thể tìm được một đường đi Euler từ A đến D (đường này đi qua mỗi cạnh đúng một lần).Một đường Euler từ A đến D là: AEABEDBCD và độ dài của nó là:6 + 7 + 8 + 10 + 9 + 4 + 5 + 2 = 51.Đường đi ngắn nhất từ D trở về A là DBA và có độ dài: 4 + 8 = 12.Vậy tổng quãng đường đưa thư có thể đi ngắn nhất là 51 + 12 = 63.

Tìm giao của đường thẳng AB với mặt phẳng (Oxy).

Ta có \(\overrightarrow {AB} = (5;10; - 2)\) nên phương trình đường thẳng AB là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + 5t\\y = 10t\\z = 5 - 2t\end{array} \right.\).

Vì M thuộc đường thẳng AB nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 5 + 5{t_M}\\{y_M} = 10{t_M}\\{z_M} = 5 - 2{t_M}\end{array} \right.\).

Ngoài ra, M thuộc mặt phẳng (Oxy) nên \({z_M} = 0 \Leftrightarrow 5 - 2{t_M} = 0 \Leftrightarrow {t_M} = \frac{5}{2}\).

Suy ra M(17,5;25;0).

Vậy a + b = 17,5 + 25 = 42,5.

Áp dụng ứng dụng hình học của tích phân:

+ Tìm hàm số của đồ thị đường tròn và đường thẳng giới hạn mực nước đáy bể.

+ Tính diện tích đáy và thể tích của phần bể trống nhiên liệu.

+ Lấy thể tích bể chứa trừ đi thể tích phần bể trống để tìm thể tích nhiên liệu.

Thể tích của cả bể nhiên liệu là: \(V = \pi {r^2}h = \pi {.1^2}.5 = 5\pi \) \(({m^3})\).

Gọi \({V_1}\) là thể tích phần trống nhiên liệu, \({V_2}\) là phần thể tích chứa nhiên liệu.

Khi đó \({V_2} = V - {V_1}\). Đề tìm \({V_2}\) theo yêu cầu đề bài, ta tính \({V_1}\) trước.

\({V_1} = {B_{trong}}.h\), với \({B_{trong}}\) là phần diện tích đáy không chứa nhiên liệu.

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ:

Đường tròn đáy là đường tròn tâm O, bán kính R = 1 nên có phương trình \({x^2} + {y^2} = 1\). Khi đó phần đồ thị nửa đường tròn nằm trên trục hoành có phương trình \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \).

Chiều cao nhiên liệu là 1,5 m, bán kính đáy bằng 1 m nên \(I\left( {\frac{1}{2};0} \right)\), \(M\left( {1;0} \right)\).

Thiết diện phần trống là diện tích hình phẳng tạo bởi cung nhỏ AB và đoạn thẳng AB, tức là hai lần diện tích tạo bởi cung nhỏ AM của đường tròn, trục hoành (đoạn IM) và đường thẳng \(x = \frac{1}{2}\) (đoạn AI).

\({B_{trong}} = 2\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\sqrt {1 - {x^2}} dx} \).

Để tính \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx} \), ta đặt \(x = \sin t \Rightarrow dx = \cos tdt\).

Đổi cận:

Khi đó \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx} {\rm{\;}} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\sqrt {1 - {{\sin }^2}t} } \right)\cos tdt} {\rm{\;}} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\left| {\cos t} \right|\cos tdt} {\rm{\;}} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}tdt} \) (vì trong khoảng \(\left( {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{2}} \right)\) ta có \(\cos t > 0 \Rightarrow \left| {\cos t} \right| = \cos t\)).

Suy ra \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx} {\rm{\;}} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^2}tdt} {\rm{\;}} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}tdt} {\rm{\;}} = \int\limits_{\frac{\pi }{6}}^{\frac{\pi }{2}} {\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\cos 2x}}{2}} \right)tdt} \)

\( = \left( {\frac{x}{2} + \frac{{\sin 2x}}{4}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^{\frac{\pi }{2}}}\\{_{\frac{\pi }{6}}}\end{array}} \right. = \frac{\pi }{4} + \frac{{\sin \pi }}{4} - \left( {\frac{\pi }{{12}} + \frac{{\sin \frac{\pi }{3}}}{4}} \right) = \frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{8}\).

\({B_{trong}} = 2\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)dx} {\rm{\;}} = 2\left( {\frac{\pi }{6} - \frac{{\sqrt 3 }}{8}} \right) = \frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}\).

\({V_1} = {B_{trong}}.h = 5\left( {\frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right)\).

Thể tích phần nhiên liệu trong bể là \({V_2} = V - {V_1} = 5\pi {\rm{\;}} - 5\left( {\frac{\pi }{3} - \frac{{\sqrt 3 }}{4}} \right) \approx 12,6\) \(({m^3})\).

Lập hàm số tính lợi nhuận của nhà máy (Lợi nhuận = Doanh thu – Chi phí).

Tìm giá trị lớn nhất của hàm số vừa tìm được trên đoạn [0;100].

Doanh thu của nhà máy khi sản xuất 1 tấn sản phẩm là P(x) triệu đồng.

Doanh thu của nhà máy khi sản xuất x tấn sản phẩm là xP(x) triệu đồng.

Chi phí của nhà máy khi sản xuất x tấn sản phẩm là C(x) triệu đồng.

Vì Lợi nhuận = Doanh thu – Chi phí nên ta có lợi nhuận của nhà máy A khi sản xuất x tấn sản phẩm là:

\(H(x) = xP(x) - C(x) = x(45 - 0,001{x^2}) - (100 + 30x) = - 0,001{x^3} + 15x - 100\), với \(0 \le x \le 100\).

\(H'(x) = - 0,003{x^2} + 15\).

\(H'(x) = 0 \Leftrightarrow - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 50\sqrt 2 \\x = - 50\sqrt 2 \end{array} \right.\)

Chỉ có \(x = 50\sqrt 2 \) thỏa mãn điều kiện.

Ta có: \(H(0) = - 100\); \(H(50\sqrt 2 ) = 500\sqrt 2 \); \(H(100) = 400\).

Vậy lợi nhuận lớn nhất khi A sản xuất \(50\sqrt 2 \approx 70,7\) tấn sản phẩm.

Sử dụng phương pháp trải đa diện và định lí cosin trong tam giác.

Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải ra mặt phẳng hai lần, ta có hình vẽ sau:

Từ đó suy ra chiều dài dây đèn led ngắn nhất bằng AL + LS.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên \(\widehat {ASL} = {8.15^o} = {120^o}\).

Sử dụng định lí cosin cho tam giác ASL, ta có:

\(A{L^2} = S{A^2} + S{L^2} - 2.SA.SL.\cos \widehat {ASL} = {200^2} + {40^2} - 2.200.40.\cos {120^o} = 49600\).

Suy ra \(AL = \sqrt {49600} = 40\sqrt {31} \).

Vậy chiều dài dây đèn led cần ít nhất là \(40\sqrt {31} + 40 \approx 263\) mét.