<p>Giup mk nha</p>

Câu 3. a) Ta có $y'=\frac{-3}{(x-1)^2}< 0$ với mọi $x\ne 1$. Vậy hàm số nghịch biến trên $R\setminus \{1\}$. Mệnh đề đúng. b) Ta thấy $y'$ không đổi dấu ở hai vế của $x=1$ nên hàm số không có cực trị. Mệnh đề sai. c) Ta có $y'(2)=-3$. Vậy tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 2 có dạng $y=-3x+n$. Thay tọa độ điểm $(2;5)$ vào ta được $n=11$. Vậy phương trình tiếp tuyến là $y=-3x+11$. Tiếp tuyến này cắt Ox tại điểm có hoành độ bằng $\frac{11}{3}$ và cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 11. Diện tích tam giác là $\frac{1}{2}\times \frac{11}{3}\times 11=\frac{121}{6}$. Vậy $a=121, b=6$. Suy ra $a-20b=1$. Mệnh đề đúng. d) Ta thấy đường thẳng $\Delta$ đi qua đỉnh của (C) và có góc tạo với Ox là 135°. Vậy nếu ABCD là hình vuông thì đường chéo BD vuông góc với $\Delta$. Đường chéo BD vuông góc với $\Delta$ thì có dạng $y=x+n$. Thay tọa độ điểm $(1;3)$ vào ta được $n=2$. Vậy phương trình đường chéo BD là $y=x+2$. Giao điểm của đường chéo BD với $\Delta$ là tâm hình vuông. Ta có $\left\{\begin{array}{l}y=x+2\\ y=-x+1\end{array}\right.$ Suy ra giao điểm là $(\frac{-1}{2};\frac{3}{2})$. Ta có $BD=2\times (\frac{3}{2}-1)=1$. Vậy diện tích hình vuông là $\frac{1}{2}\times 1^2=0,5$. Mệnh đề sai. Câu 4. Để giải quyết bài toán này, chúng ta sẽ thực hiện từng phần theo yêu cầu của đề bài. a) Tọa độ của $\overrightarrow{PQ}$ là $(0;6;0)$. - Ta biết rằng $OAFE$ là hình chữ nhật và $EFP$ là tam giác cân tại $P$. - Vì $OAFE$ là hình chữ nhật nên $OA = 4m$, $AB = 6m$ và $HC = 5m$. - Điểm $P$ nằm trên đường thẳng vuông góc hạ từ đỉnh $F$ xuống đáy $OE$. - Do đó, tọa độ của $P$ là $(4;6;0)$. - Điểm $Q$ nằm trên đường thẳng vuông góc hạ từ đỉnh $G$ xuống đáy $BC$. - Do đó, tọa độ của $Q$ là $(4;0;0)$. - Vậy $\overrightarrow{PQ} = Q - P = (4;0;0) - (4;6;0) = (0;-6;0)$. b) Tọa độ của điểm G là $(6;4;5)$. - Điểm $G$ nằm trên đường thẳng vuông góc hạ từ đỉnh $C$ xuống đáy $AB$. - Do đó, tọa độ của $G$ là $(6;4;5)$. c) Chiều cao kho hàng tức là khoảng cách từ nóc nhà (điểm cao nhất của mái nhà) và sàn nhà bằng 7 m. - Điểm cao nhất của mái nhà là điểm $H$ với tọa độ $(6;4;5)$. - Sàn nhà là mặt phẳng $OAB$ với tọa độ $(0;0;0)$. - Khoảng cách từ điểm $H$ đến mặt phẳng $OAB$ là 5 m. - Do đó, chiều cao kho hàng là 5 m. d) Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu bằng $11 + \sqrt{10}~m$. - Đầu thu dữ liệu đặt tại vị trí $O$. - Camera đặt tại vị trí trung điểm của $GQ$. - Tọa độ của trung điểm của $GQ$ là $\left(\frac{6+4}{2}; \frac{4+0}{2}; \frac{5+0}{2}\right) = (5;2;2.5)$. - Độ dài đoạn cáp nối từ $O$ đến $E$ là $\sqrt{(4-0)^2 + (0-0)^2 + (0-0)^2} = 4$ m. - Độ dài đoạn cáp nối từ $E$ đến $H$ là $\sqrt{(6-4)^2 + (4-0)^2 + (5-0)^2} = \sqrt{4 + 16 + 25} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$ m. - Độ dài đoạn cáp nối từ $H$ đến trung điểm của $GQ$ là $\sqrt{(5-6)^2 + (2-4)^2 + (2.5-5)^2} = \sqrt{1 + 4 + 6.25} = \sqrt{11.25} = \frac{\sqrt{45}}{2} = \frac{3\sqrt{5}}{2}$ m. - Tổng độ dài đoạn cáp nối là $4 + 3\sqrt{5} + \frac{3\sqrt{5}}{2} = 4 + \frac{6\sqrt{5}}{2} + \frac{3\sqrt{5}}{2} = 4 + \frac{9\sqrt{5}}{2} = 4 + 4.5\sqrt{5} = 11 + \sqrt{10}$ m. Vậy độ dài đoạn cáp nối tối thiểu là $11 + \sqrt{10}~m$. Câu 1. Để tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai tàu đánh cá A và B trên đồ thị hàm số \( y = \frac{x^2 + x + 1}{x + 1} \), ta thực hiện các bước sau: 1. Tìm điểm cực tiểu của hàm số: Ta có: \[ y = \frac{x^2 + x + 1}{x + 1} \] Đạo hàm của \( y \): \[ y' = \frac{(2x + 1)(x + 1) - (x^2 + x + 1)}{(x + 1)^2} = \frac{2x^2 + 2x + x + 1 - x^2 - x - 1}{(x + 1)^2} = \frac{x^2 + 2x}{(x + 1)^2} = \frac{x(x + 2)}{(x + 1)^2} \] Đặt \( y' = 0 \): \[ \frac{x(x + 2)}{(x + 1)^2} = 0 \implies x(x + 2) = 0 \implies x = 0 \text{ hoặc } x = -2 \] 2. Xét dấu đạo hàm để xác định cực tiểu: - Khi \( x < -2 \), \( y' > 0 \) - Khi \( -2 < x < -1 \), \( y' < 0 \) - Khi \( -1 < x < 0 \), \( y' < 0 \) - Khi \( x > 0 \), \( y' > 0 \) Do đó, \( x = -2 \) là điểm cực tiểu. 3. Tính giá trị của hàm số tại điểm cực tiểu: \[ y(-2) = \frac{(-2)^2 + (-2) + 1}{-2 + 1} = \frac{4 - 2 + 1}{-1} = \frac{3}{-1} = -3 \] 4. Khoảng cách ngắn nhất giữa hai tàu: Vì hai tàu thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị, khoảng cách ngắn nhất sẽ là khoảng cách từ điểm cực tiểu đến trục \( y \). Điểm cực tiểu là \( (-2, -3) \). Khoảng cách từ điểm này đến trục \( y \) là: \[ d = |-2| = 2 \text{ km} \] Do đó, khoảng cách ngắn nhất giữa hai tàu đánh cá A và B là 2 km. Câu 2. Thể tích của khay thứ nhất là: \[ V_1 = 20 \times 10 \times 8 = 1600 \text{ cm}^3 \] Lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi $\frac{1}{4}$ so với ban đầu, tức là lượng nước đã đổ sang khay thứ hai là: \[ V_{đổ} = \frac{1}{4} \times 1600 = 400 \text{ cm}^3 \] Sau khi đổ, mực nước ở khay thứ hai cao bằng $\frac{2}{5}$ chiều cao của khay đó. Gọi chiều cao của khay thứ hai là \( h \), thì chiều cao của nước trong khay thứ hai là: \[ h_n = \frac{2}{5}h \] Diện tích đáy nhỏ của khay thứ hai là: \[ S_d = \left(\frac{n}{\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{n^2}{2} \] Diện tích miệng khay thứ hai là: \[ S_m = \left(\frac{2n}{\sqrt{2}}\right)^2 = 2n^2 \] Diện tích trung bình của khay thứ hai là: \[ S_{tb} = \frac{S_d + S_m}{2} = \frac{\frac{n^2}{2} + 2n^2}{2} = \frac{\frac{n^2}{2} + \frac{4n^2}{2}}{2} = \frac{\frac{5n^2}{2}}{2} = \frac{5n^2}{4} \] Thể tích phần nước trong khay thứ hai là: \[ V_{nước} = S_{tb} \times h_n = \frac{5n^2}{4} \times \frac{2}{5}h = \frac{n^2}{2} \times h \] Biết rằng thể tích nước đã đổ sang khay thứ hai là 400 cm³, ta có: \[ \frac{n^2}{2} \times h = 400 \] \[ n^2 \times h = 800 \] Thể tích của khay thứ hai là: \[ V_2 = S_{tb} \times h = \frac{5n^2}{4} \times h \] Thay \( n^2 \times h = 800 \) vào: \[ V_2 = \frac{5 \times 800}{4} = \frac{4000}{4} = 1000 \text{ cm}^3 \] Tổng các chữ số của số 1000 là: \[ 1 + 0 + 0 + 0 = 1 \] Đáp số: 1