V hy họ kỳ c từ c PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4.,Câu 1. Một người gửi tiết kiệm 10 tỉ đồng theo thể thức lãi kép kì hạn 12 tháng với lãi suất 7% một năm và lãi,hằng năm được nhập vào vốn. Sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 12 tỉ,đồng?,Câu 2. Ba xạ thủ độc lập cùng bắn vào một tấm bia. Biết rằng xác suất bắn trúng mục tiêu của ba người đó lần,lượt là 0,7;0,6;0,5 . Tính xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng.,Câu 3. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của B' lên mặt phẳng,(ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC . Cạnh bên hợp với (ABC) góc $60^0.$ Sin của góc giữa,AB và mặt phẳng (BCC'B') có dạng $\frac a{\sqrt b}(a,b\in\mathbb N)$ và a là số nguyên tố. Khi đó tổng $a+b$ là bao,nhiêu?,Câu 4. Giả sử chi phí C để sản xuất Y máy tính là $C(Y)=Y^2+20Y+300.$ Ta gọi chi phí biên là chi phí gia,tăng để sản xuất thêm 1 sản phẩm từ Y sản phẩm lên Y +1 sản phẩm. Giả sử chi phí biên được xác định,bởi hàm số C'(Y). Nếu tăng số lượng sản phẩm từ 100 lên 101 thì chi phí tăng theo là bao nhiêu?,PHẦN IV. Câu hỏi tự luận. Thí sinh trình bày lời giải vào giấy làm bài.,Câu 1. Trong đợt rét lạnh thứ hai của Hà Nội, giáo viên A muốn mua 7 cái áo phao ấm để tặng học sinh, biết,cửa hàng có 14 cái áo phao ấm gồm màu đó, xanh, vàng, trong đó có 7 áo màu đỏ, 5 áo màu xanh, 2 áo,màu vàng. Tính xác suất để giáo viên A mua được 7 cái áo phao ấm sao cho mỗi loại có ít nhất 1 màu.,Câu 2. Cho khối lăng trụ đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy bằng 2a. Khoảng cách từ điểm AA đến mặt phẳng,(AB'C') bằng a . Thể tích khối lăng trụ đã cho là,Câu 3. Cường độ ánh sáng đi qua môi trường nước biển giảm dần theo công thức $I=I_0e^{-\mu x},$ với $I_0$ là cường độ,ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào môi trường nước biển và x là độ dày của môi trường đó. Biết rằng,môi trường nước biển có hằng số hấp thủ là $\mu=1,4.$ Hỏi ở độ sâu 30 mét thì cường độ ánh sáng giảm đi,bao nhiêu lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào nước biển?,Câu 4. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O; mặt phẳng (SAC) vuông góc,với mặt phẳng (SBD). Biết khoảng cách từ O đến các mặt phẳng (SAB),(SBC),(SCD) lần lượt là,$1;2;\sqrt5.$ Tính khoảng cách d từ O đến mặt phẳng (SAD).,Của PH HẾT-----,vy lời g,ôi, điế,nàu đ,,A. tou,có cạn

Question

Accepted Answer

Câu 1.
Số tiền ban đầu người đó gửi tiết kiệm là 10 tỉ đồng.

Sau mỗi năm, số tiền trong tài khoản sẽ tăng thêm 7% so với số tiền ban đầu của năm đó.

Ta có công thức tính số tiền sau n năm với lãi kép:
$$ A_n = A_0 \times (1 + i)^n $$
Trong đó:
- $ A_n $ là số tiền sau n năm.
- $ A_0 $ là số tiền ban đầu.
- $ i $ là lãi suất hàng năm.
- $ n $ là số năm.

Áp dụng vào bài toán:
- $ A_0 = 10 $ tỉ đồng.
- $ i = 0.07 $ (7%).

Ta cần tìm số năm $ n $ sao cho số tiền sau n năm lớn hơn 12 tỉ đồng:
$$ 10 \times (1 + 0.07)^n > 12 $$

Chia cả hai vế cho 10:
$$ (1.07)^n > 1.2 $$

Lấy logarit cơ số 10 của cả hai vế:
$$ \log((1.07)^n) > \log(1.2) $$

Áp dụng tính chất logarit:
$$ n \cdot \log(1.07) > \log(1.2) $$

Tính giá trị của các logarit:
$$ \log(1.07) \approx 0.02938 $$
$$ \log(1.2) \approx 0.07918 $$

Thay vào phương trình:
$$ n \cdot 0.02938 > 0.07918 $$

Chia cả hai vế cho 0.02938:
$$ n > \frac{0.07918}{0.02938} $$
$$ n > 2.695 $$

Vì số năm phải là số nguyên dương, nên ta làm tròn lên đến số nguyên gần nhất lớn hơn 2.695, tức là n = 3.

Vậy sau ít nhất 3 năm, người đó sẽ nhận được số tiền nhiều hơn 12 tỉ đồng.

Đáp số: 3 năm.

Câu 2.
Xác suất để cả ba xạ thủ đều không bắn trúng là:
$$ P(\text{cả ba không trúng}) = (1 - 0,7) \times (1 - 0,6) \times (1 - 0,5) = 0,3 \times 0,4 \times 0,5 = 0,06 $$

Xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng là:
$$ P(\text{ít nhất một người trúng}) = 1 - P(\text{cả ba không trúng}) = 1 - 0,06 = 0,94 $$

Đáp số: 0,94

Câu 3.
Trước tiên, ta xác định hình chiếu vuông góc của B' lên mặt phẳng (ABC) là G, trọng tâm của tam giác ABC. Vì B'G vuông góc với mặt phẳng (ABC), nên B'G cũng vuông góc với AB.

Ta cần tìm sin của góc giữa AB và mặt phẳng (BCC'B'). Gọi H là chân đường cao hạ từ B' xuống CC'. Ta có B'H vuông góc với CC', do đó B'H cũng vuông góc với mặt phẳng (ABC).

Gọi D là trung điểm của AC, ta có GD song song với BC và GD = $\frac{1}{3}BC$. Vì B'G vuông góc với mặt phẳng (ABC), nên B'G vuông góc với GD. Do đó, góc giữa AB và mặt phẳng (BCC'B') là góc giữa AB và B'D.

Ta tính B'D:
- B'G = $\frac{a\sqrt{3}}{3}$ vì G là trọng tâm của tam giác đều ABC.
- B'H = B'G × tan(60°) = $\frac{a\sqrt{3}}{3} × \sqrt{3} = a$.
- GD = $\frac{a}{3}$.
- B'D = $\sqrt{B'H^2 + GD^2} = \sqrt{a^2 + \left(\frac{a}{3}\right)^2} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{9}} = \sqrt{\frac{10a^2}{9}} = \frac{a\sqrt{10}}{3}$.

Ta tính sin của góc giữa AB và B'D:
- AB = a.
- sin của góc giữa AB và B'D = $\frac{B'H}{B'D} = \frac{a}{\frac{a\sqrt{10}}{3}} = \frac{3}{\sqrt{10}} = \frac{3\sqrt{10}}{10}$.

Do đó, a = 3 và b = 10, vậy tổng a + b = 3 + 10 = 13.

Đáp số: 13.

Câu 4.
Để giải quyết bài toán này, chúng ta sẽ thực hiện các bước sau:

1. Tìm đạo hàm của hàm chi phí $ C(Y) $:
   Hàm chi phí $ C(Y) = Y^2 + 20Y + 300 $.

Đạo hàm của $ C(Y) $ là:
   $$
   C'(Y) = \frac{d}{dY}(Y^2 + 20Y + 300) = 2Y + 20
   $$

2. Tính chi phí biên khi $ Y = 100 $:
   Thay $ Y = 100 $ vào đạo hàm $ C'(Y) $:
   $$
   C'(100) = 2(100) + 20 = 200 + 20 = 220
   $$

3. Kết luận:
   Chi phí tăng thêm khi tăng số lượng sản phẩm từ 100 lên 101 là 220 đơn vị tiền tệ.

Vậy, chi phí tăng theo là 220 đơn vị tiền tệ.

Câu 1.
Để tính xác suất để giáo viên A mua được 7 cái áo phao ấm sao cho mỗi loại có ít nhất 1 màu, chúng ta sẽ thực hiện các bước sau:

1. Tìm tổng số cách chọn 7 cái áo từ 14 cái áo:
   Số cách chọn 7 cái áo từ 14 cái áo là:
   $$
   C_{14}^7 = \frac{14!}{7!(14-7)!} = \frac{14!}{7! \cdot 7!}
   $$

2. Tìm số cách chọn 7 cái áo sao cho mỗi loại có ít nhất 1 màu:
   - Ta có 3 màu áo: đỏ, xanh, vàng.
   - Mỗi loại phải có ít nhất 1 màu, tức là ta phải chọn 1 áo đỏ, 1 áo xanh, 1 áo vàng và 4 áo còn lại từ các màu còn lại.

Số cách chọn 1 áo đỏ từ 7 áo đỏ:
   $$
   C_7^1 = 7
   $$

Số cách chọn 1 áo xanh từ 5 áo xanh:
   $$
   C_5^1 = 5
   $$

Số cách chọn 1 áo vàng từ 2 áo vàng:
   $$
   C_2^1 = 2
   $$

Sau khi đã chọn 1 áo đỏ, 1 áo xanh, 1 áo vàng, ta còn lại 11 áo (6 áo đỏ, 4 áo xanh, 1 áo vàng). Số cách chọn 4 áo từ 11 áo còn lại:
   $$
   C_{11}^4 = \frac{11!}{4!(11-4)!} = \frac{11!}{4! \cdot 7!}
   $$

Tổng số cách chọn 7 cái áo sao cho mỗi loại có ít nhất 1 màu:
   $$
   7 \times 5 \times 2 \times C_{11}^4
   $$

3. Tính xác suất:
   Xác suất để giáo viên A mua được 7 cái áo phao ấm sao cho mỗi loại có ít nhất 1 màu là:
   $$
   P = \frac{\text{Số cách chọn 7 cái áo sao cho mỗi loại có ít nhất 1 màu}}{\text{Tổng số cách chọn 7 cái áo từ 14 cái áo}}
   $$
   $$
   P = \frac{7 \times 5 \times 2 \times C_{11}^4}{C_{14}^7}
   $$

Thay các giá trị vào:
   $$
   C_{11}^4 = \frac{11!}{4! \cdot 7!} = 330
   $$
   $$
   C_{14}^7 = \frac{14!}{7! \cdot 7!} = 3432
   $$

Vậy:
   $$
   P = \frac{7 \times 5 \times 2 \times 330}{3432} = \frac{23100}{3432} = \frac{1925}{286} \approx 0.673
   $$

Đáp số: Xác suất để giáo viên A mua được 7 cái áo phao ấm sao cho mỗi loại có ít nhất 1 màu là $\frac{1925}{286}$.

Câu 2.
Trước tiên, ta cần xác định diện tích đáy và chiều cao của khối lăng trụ đều ABC.A'B'C'.

Diện tích đáy của khối lăng trụ đều ABC.A'B'C' là:
$$ S_{ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times (2a)^2 = \sqrt{3}a^2 $$

Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (AB'C') là a, tức là chiều cao của khối lăng trụ đều ABC.A'B'C' là a.

Thể tích của khối lăng trụ đều ABC.A'B'C' được tính bằng công thức:
$$ V = S_{ABC} \times h $$
$$ V = \sqrt{3}a^2 \times a = \sqrt{3}a^3 $$

Vậy thể tích của khối lăng trụ đều ABC.A'B'C' là:
$$ \boxed{\sqrt{3}a^3} $$

Câu 3.
Để giải bài toán này, chúng ta sẽ sử dụng công thức cường độ ánh sáng đi qua môi trường nước biển:

$$ I = I_0 e^{-\mu x} $$

Trong đó:
- $ I_0 $ là cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào môi trường nước biển.
- $ I $ là cường độ ánh sáng ở độ sâu $ x $.
- $ \mu $ là hằng số hấp thu của môi trường nước biển.
- $ x $ là độ dày của môi trường nước biển.

Biết rằng hằng số hấp thu của môi trường nước biển là $ \mu = 1,4 $ và độ sâu $ x = 30 $ mét, chúng ta thay các giá trị này vào công thức:

$$ I = I_0 e^{-1,4 \times 30} $$
$$ I = I_0 e^{-42} $$

Bây giờ, chúng ta cần tính giá trị của $ e^{-42} $. Tuy nhiên, vì $ e^{-42} $ là một số rất nhỏ gần bằng 0, chúng ta có thể hiểu rằng cường độ ánh sáng giảm đi rất nhiều lần so với cường độ ban đầu.

Để biết cụ thể cường độ ánh sáng giảm đi bao nhiêu lần, chúng ta có thể tính tỉ số giữa cường độ ánh sáng ban đầu và cường độ ánh sáng ở độ sâu 30 mét:

$$ \frac{I_0}{I} = \frac{I_0}{I_0 e^{-42}} = e^{42} $$

Vậy cường độ ánh sáng giảm đi khoảng $ e^{42} $ lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào nước biển.

Đáp số: Cường độ ánh sáng giảm đi khoảng $ e^{42} $ lần so với cường độ ánh sáng lúc ánh sáng bắt đầu đi vào nước biển.

Câu 4.
Trước tiên, ta cần hiểu rằng khoảng cách từ điểm O đến các mặt phẳng (SAB), (SBC), (SCD) và (SAD) sẽ tạo thành các thể tích nhỏ từ đỉnh O đến các mặt phẳng đó. Ta sẽ sử dụng tính chất của thể tích chóp để giải quyết bài toán này.

Gọi khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAD) là $d$.

Ta có thể tính thể tích chóp SABCD theo hai cách khác nhau:
1. Thể tích chóp SABCD = Thể tích chóp OABCD + Thể tích chóp SOAB + Thể tích chóp SOBC + Thể tích chóp SOCD + Thể tích chóp SODA.
2. Thể tích chóp SABCD = Thể tích chóp SOAB + Thể tích chóp SOBC + Thể tích chóp SOCD + Thể tích chóp SODA.

Do đó, ta có thể viết:
$$ V_{SABCD} = V_{OABCD} + V_{SOAB} + V_{SOBC} + V_{SOCD} + V_{SODA} $$
$$ V_{SABCD} = V_{SOAB} + V_{SOBC} + V_{SOCD} + V_{SODA} $$

Vì $V_{OABCD}$ là thể tích chóp OABCD, nó sẽ bị loại bỏ ở cả hai vế, ta có:
$$ V_{SOAB} + V_{SOBC} + V_{SOCD} + V_{SODA} = V_{SOAB} + V_{SOBC} + V_{SOCD} + V_{SODA} $$

Bây giờ, ta sẽ tính thể tích chóp SOAB, SOBC, SOCD và SODA theo khoảng cách từ O đến các mặt phẳng tương ứng:
$$ V_{SOAB} = \frac{1}{3} \times S_{OAB} \times 1 $$
$$ V_{SOBC} = \frac{1}{3} \times S_{OBC} \times 2 $$
$$ V_{SOCD} = \frac{1}{3} \times S_{OCD} \times \sqrt{5} $$
$$ V_{SODA} = \frac{1}{3} \times S_{ODA} \times d $$

Vì ABCD là hình bình hành tâm O, nên diện tích các tam giác OAB, OBC, OCD và ODA đều bằng nhau. Gọi diện tích mỗi tam giác là $S$, ta có:
$$ V_{SOAB} = \frac{1}{3} \times S \times 1 = \frac{S}{3} $$
$$ V_{SOBC} = \frac{1}{3} \times S \times 2 = \frac{2S}{3} $$
$$ V_{SOCD} = \frac{1}{3} \times S \times \sqrt{5} = \frac{\sqrt{5}S}{3} $$
$$ V_{SODA} = \frac{1}{3} \times S \times d = \frac{dS}{3} $$

Tổng thể tích chóp SABCD là:
$$ V_{SABCD} = \frac{S}{3} + \frac{2S}{3} + \frac{\sqrt{5}S}{3} + \frac{dS}{3} $$
$$ V_{SABCD} = \frac{(1 + 2 + \sqrt{5} + d)S}{3} $$

Vì thể tích chóp SABCD không thay đổi, ta có:
$$ \frac{(1 + 2 + \sqrt{5} + d)S}{3} = V_{SABCD} $$

Do đó:
$$ 1 + 2 + \sqrt{5} + d = 3 $$
$$ 3 + \sqrt{5} + d = 3 $$
$$ d = 3 - 3 - \sqrt{5} $$
$$ d = \sqrt{5} $$

Vậy khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAD) là $\sqrt{5}$.

Đáp số: $d = \sqrt{5}$.