trả lời đúng sai $c)~f(3)=27$,d) Giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(x)$ trên đoạn $[-4;4]$ bằng 27.,Câu 3: Đối với ngành nuôi trồng thủy sản, việc kiểm soát lượng thuốc tồn dư trong nước là một,nhiệm vụ quan trọng nhằm đáp ứng các tiêu chuẩn an toàn về môi trường. Khi nghiên cứu một loại,thuốc trị bệnh trong nuôi trồng thủy sản, người ta sử dụng thuốc đó một lần và theo dõi nồng độ,thuốc tồn dư trong nước kể từ lúc sử dụng thuốc. Kết quả cho thấy nồng độ thuốc $y(t)$ (đơn vị:,mg/lít) tồn dư trong nước tại thời điểm t ngày $(t\geq0)$ kể từ lúc sử dụng thuốc, thỏa mãn $y(t)0$,$y^\prime(t)=k,y(t)(t\geq0).$ trong đó k là hằng số khác không. Đo nồng độ thuốc tồn dư trong nước tại các,thời điểm $t=6$ (ngày); $t=12$ (ngày) nhận được kết quả lần lượt là 2 mg/lít; 1 mg/lít. Cho biết,$y(t)=e^{x(1)}(t\geq0).$,$a)~g(t)=kt+C(t\geq0)$ với C là một hằng số xác định.,$b)~k=-\frac{\ln2}6.$,$c)~C=3\ln2.$ kể từ lúc sử dụng thuốc lớn hơn,d) Nồng độ thuốc tồn dư trong nước tại thời điểm $t=20~(ngày)$,0,4 mg/lít. /,Câu 4: Mô hình toán học sau đây được sử dụng trong quan sát chuyển động của một vật. Trong,không gian cho hệ tọa độ Oxyz có T,7, lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục Ox,Oy,OO và độ,dài của mộ veectơ đơn vị đó bằng 1 mét. Cho hai điểm A vàBB, trong đó điểm A có tọa độ là $(6;6;0).$,Một vật (coi như là một hạt) chuyển động thẳng với tốc độ phụ thuộc thời gian t (giây) theo công,thức $v(t)=\beta t+300$ (m/giây), trong đó B là hằng số dương và $0\leq t\leq6$ Ở thời điểm ban đầu $(t=0).$,vật đi qua A với tốc độ 300 m/giây và hướng tới B. Sau 2 giây kể từ thời điểm ban đầu, vật đi được,quãng đường 608 m. Gọi $\overrightarrow u=(a;b;c)$ là vectơ cùng hướng với vectơ $\overrightarrow{AB}$ Biết rằng $|\overrightarrow u|=1$ và góc giữa,vectơ ũ lần lượt với các vectơ 7,],E có số đo tương ứng bằng $60^0,60^0,45^0.$,$a)~\spadesuit=\cos60^0.$,b) Phương trình đường thẳng AB là $\frac{x-6}1=\frac{y-6}1=\frac z2.$,$c)~\beta\rightarrow3.$,d) Giả sử sau 5 giây kể từ thời điểm ban đầu, vật đến điểm $B(x_0;y_0;z_5).$ Khi đó $x_8=781.$,PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.,Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông với $AB=2.$ Biết t rg hình chiếu vuông,góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm H của tam giác ABC và $SH=\sqrt2.$ Khoảng cách,giữa hai đường thẳng AC và SD bằng bao nhiêu (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian,,chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần trăm)?,Câu 2: Nếu một doanh nghiệp sản xuất x sản phẩm trong một tháng $(x\in N^7;1\leq x\leq4500)$ thì doanh,thu nhận được khi bán hết số sản phẩm đó là $F(x)=-0,01x^2+400x$ (nghìn đồng), trong khi chi phí,sản xuất bình quân cho mỗi sản phẩm là $G(x)=\frac{30000}x+270$ (nghìn đồng). Giả sử số sản phẩm sản,xuất ra luôn được bán hết. Trong một tháng, doanh nghiệp đó cần sản xuất ít nhất bao nhiêu sản,phẩm để lợi nhuận thu được lớn hơn 100 triệu đồng?,$(x\in N^4;)\leq x\leq1500)$,$F(x)=-90/x^2+1001$,Trang 3/ 4 - Mã đề thi 0122

Question

trả lời đúng sai $c)~f(3)=27$,d) Giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(x)$ trên đoạn $[-4;4]$ bằng 27.,Câu 3: Đối với ngành nuôi trồng thủy sản, việc kiểm soát lượng thuốc tồn dư trong nước là một,nhiệm vụ quan trọng nhằm đáp ứng các tiêu chuẩn an toàn về môi trường. Khi nghiên cứu một loại,thuốc trị bệnh trong nuôi trồng thủy sản, người ta sử dụng thuốc đó một lần và theo dõi nồng độ,thuốc tồn dư trong nước kể từ lúc sử dụng thuốc. Kết quả cho thấy nồng độ thuốc $y(t)$ (đơn vị:,mg/lít) tồn dư trong nước tại thời điểm t ngày $(t\geq0)$ kể từ lúc sử dụng thuốc, thỏa mãn $y(t)>0$,$y^\prime(t)=k,y(t)(t\geq0).$ trong đó k là hằng số khác không. Đo nồng độ thuốc tồn dư trong nước tại các,thời điểm $t=6$ (ngày); $t=12$ (ngày) nhận được kết quả lần lượt là 2 mg/lít; 1 mg/lít. Cho biết,$y(t)=e^{x(1)}(t\geq0).$,$a)~g(t)=kt+C(t\geq0)$ với C là một hằng số xác định.,$b)~k=-\frac{\ln2}6.$,$c)~C=3\ln2.>$ kể từ lúc sử dụng thuốc lớn hơn,d) Nồng độ thuốc tồn dư trong nước tại thời điểm $t=20~(ngày)$,0,4 mg/lít. /,Câu 4: Mô hình toán học sau đây được sử dụng trong quan sát chuyển động của một vật. Trong,không gian cho hệ tọa độ Oxyz có T,7,  lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục Ox,Oy,OO và độ,dài của mộ veectơ đơn vị đó bằng 1 mét. Cho hai điểm A vàBB, trong đó điểm A có tọa độ là $(6;6;0).$,Một vật (coi như là một hạt) chuyển động thẳng với tốc độ phụ thuộc thời gian t (giây) theo công,thức $v(t)=\beta t+300$ (m/giây), trong đó B là hằng số dương và $0\leq t\leq6$ Ở thời điểm ban đầu $(t=0).$,vật đi qua A với tốc độ 300 m/giây và hướng tới B. Sau 2 giây kể từ thời điểm ban đầu, vật đi được,quãng đường 608 m. Gọi $\overrightarrow u=(a;b;c)$ là vectơ cùng hướng với vectơ $\overrightarrow{AB}$ Biết rằng $|\overrightarrow u|=1$ và góc giữa,vectơ ũ lần lượt với các vectơ 7,],E có số đo tương ứng bằng $60^0,60^0,45^0.$,$a)~\spadesuit=\cos60^0.$,b) Phương trình đường thẳng AB là $\frac{x-6}1=\frac{y-6}1=\frac z2.$,$c)~\beta\rightarrow3.$,d) Giả sử sau 5 giây kể từ thời điểm ban đầu, vật đến điểm $B(x_0;y_0;z_5).$ Khi đó $x_8=781.$,PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.,Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông với $AB=2.$ Biết t rg hình chiếu vuông,góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm H của tam giác ABC và $SH=\sqrt2.$ Khoảng cách,giữa hai đường thẳng AC và SD bằng bao nhiêu (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian,,chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần trăm)?,Câu 2: Nếu một doanh nghiệp sản xuất x sản phẩm trong một tháng $(x\in N^7;1\leq x\leq4500)$ thì doanh,thu nhận được khi bán hết số sản phẩm đó là $F(x)=-0,01x^2+400x$ (nghìn đồng), trong khi chi phí,sản xuất bình quân cho mỗi sản phẩm là $G(x)=\frac{30000}x+270$ (nghìn đồng). Giả sử số sản phẩm sản,xuất ra luôn được bán hết. Trong một tháng, doanh nghiệp đó cần sản xuất ít nhất bao nhiêu sản,phẩm để lợi nhuận thu được lớn hơn 100 triệu đồng?,$(x\in N^4;)\leq x\leq1500)$,$F(x)=-90/x^2+1001$,Trang 3/ 4 - Mã đề thi 0122

Accepted Answer

Câu 3:
Để giải quyết bài toán này, chúng ta sẽ thực hiện các bước sau:

1. Xác định phương trình vi phân và giải nó.
2. Tìm các hằng số k và C dựa trên các điều kiện ban đầu.
3. Kiểm tra các khẳng định a), b), c) và d).

Bước 1: Giải phương trình vi phân
Phương trình vi phân cho nồng độ thuốc tồn dư trong nước là:
$$ y'(t) = k \cdot y(t) $$

Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1, có nghiệm tổng quát là:
$$ y(t) = C \cdot e^{kt} $$
trong đó $ C $ là hằng số tích phân.

Bước 2: Xác định các hằng số k và C
Chúng ta có các điều kiện ban đầu:
- Tại $ t = 6 $ ngày, $ y(6) = 2 $ mg/lít.
- Tại $ t = 12 $ ngày, $ y(12) = 1 $ mg/lít.

Thay $ t = 6 $ vào phương trình tổng quát:
$$ y(6) = C \cdot e^{6k} = 2 $$
$$ C \cdot e^{6k} = 2 \quad \text{(1)} $$

Thay $ t = 12 $ vào phương trình tổng quát:
$$ y(12) = C \cdot e^{12k} = 1 $$
$$ C \cdot e^{12k} = 1 \quad \text{(2)} $$

Chia phương trình (2) cho phương trình (1):
$$ \frac{C \cdot e^{12k}}{C \cdot e^{6k}} = \frac{1}{2} $$
$$ e^{6k} = \frac{1}{2} $$
$$ 6k = \ln \left(\frac{1}{2}\right) $$
$$ 6k = -\ln 2 $$
$$ k = -\frac{\ln 2}{6} $$

Bây giờ thay $ k $ vào phương trình (1):
$$ C \cdot e^{6 \left(-\frac{\ln 2}{6}\right)} = 2 $$
$$ C \cdot e^{-\ln 2} = 2 $$
$$ C \cdot \frac{1}{2} = 2 $$
$$ C = 4 $$

Bước 3: Kiểm tra các khẳng định
a) $ g(t) = kt + C $
$$ g(t) = -\frac{\ln 2}{6} t + 4 $$
Khẳng định này đúng.

b) $ k = -\frac{\ln 2}{6} $
Khẳng định này đúng.

c) $ C = 3 \ln 2 $
Khẳng định này sai vì $ C = 4 $.

d) Nồng độ thuốc tồn dư trong nước tại thời điểm $ t = 20 $ ngày:
$$ y(20) = 4 \cdot e^{-\frac{\ln 2}{6} \cdot 20} $$
$$ y(20) = 4 \cdot e^{-\frac{20 \ln 2}{6}} $$
$$ y(20) = 4 \cdot e^{-\frac{10 \ln 2}{3}} $$
$$ y(20) = 4 \cdot \left(e^{\ln 2}\right)^{-\frac{10}{3}} $$
$$ y(20) = 4 \cdot 2^{-\frac{10}{3}} $$
$$ y(20) = 4 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{10}{3}} $$
$$ y(20) = 4 \cdot \frac{1}{2^{\frac{10}{3}}} $$
$$ y(20) = 4 \cdot \frac{1}{2^{3.333}} $$
$$ y(20) \approx 4 \cdot \frac{1}{10} $$
$$ y(20) \approx 0.4 \text{ mg/lít} $$
Khẳng định này đúng.

Kết luận
a) Đúng
b) Đúng
c) Sai
d) Đúng

Câu 4:
a) Ta có:
$$\spadesuit=\cos60^{\circ}=0,5$$
Do đó khẳng định này đúng.

b) Ta có:
$$\overrightarrow{u}=(a;b;c)=(1;1;2)$$
Phương trình đường thẳng AB là:
$$\frac{x-6}{1}=\frac{y-6}{1}=\frac{z}{2}$$
Do đó khẳng định này đúng.

c) Ta có:
$$v(t)=\beta t+300$$
Tại thời điểm ban đầu $t=0$, ta có:
$$v(0)=300$$
Sau 2 giây, ta có:
$$v(2)=\beta \cdot 2 + 300$$
Quãng đường đi được sau 2 giây là:
$$s(2)=\int_{0}^{2} v(t) dt = \int_{0}^{2} (\beta t + 300) dt = \left[\frac{\beta t^2}{2} + 300t\right]_{0}^{2} = \frac{\beta \cdot 2^2}{2} + 300 \cdot 2 = 2\beta + 600$$
Theo đề bài, quãng đường đi được sau 2 giây là 608 m, do đó:
$$2\beta + 600 = 608$$
$$2\beta = 8$$
$$\beta = 4$$
Do đó khẳng định này sai.

d) Ta có:
$$v(t)=4t+300$$
Quãng đường đi được sau 5 giây là:
$$s(5)=\int_{0}^{5} v(t) dt = \int_{0}^{5} (4t + 300) dt = \left[2t^2 + 300t\right]_{0}^{5} = 2 \cdot 5^2 + 300 \cdot 5 = 50 + 1500 = 1550$$
Do đó tọa độ của điểm B là:
$$(x_0; y_0; z_0) = (6 + 1 \cdot 1550; 6 + 1 \cdot 1550; 0 + 2 \cdot 1550) = (1556; 1556; 3100)$$
Do đó khẳng định này sai.

Câu 1:
Để giải bài toán này, ta cần tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $ AC $ và $ SD $ trong hình chóp $ S.ABCD $.

Bước 1: Xác định các điểm và tọa độ

- Đặt hệ trục tọa độ $ Oxy $ trong mặt phẳng đáy $ ABCD $ với $ A(0, 0, 0) $, $ B(2, 0, 0) $, $ C(2, 2, 0) $, $ D(0, 2, 0) $.
- Trọng tâm $ H $ của tam giác $ ABC $ có tọa độ là trung bình cộng của tọa độ các đỉnh $ A, B, C $:
  $$
  H\left(\frac{0 + 2 + 2}{3}, \frac{0 + 0 + 2}{3}, 0\right) = \left(\frac{4}{3}, \frac{2}{3}, 0\right)
  $$
- Điểm $ S $ có tọa độ $ \left(\frac{4}{3}, \frac{2}{3}, \sqrt{2}\right) $ vì $ SH = \sqrt{2} $.

Bước 2: Viết phương trình đường thẳng $ AC $ và $ SD $

- Đường thẳng $ AC $ đi qua $ A(0, 0, 0) $ và $ C(2, 2, 0) $, có vectơ chỉ phương $ \overrightarrow{AC} = (2, 2, 0) $.
- Đường thẳng $ SD $ đi qua $ S\left(\frac{4}{3}, \frac{2}{3}, \sqrt{2}\right) $ và $ D(0, 2, 0) $, có vectơ chỉ phương $ \overrightarrow{SD} = \left(0 - \frac{4}{3}, 2 - \frac{2}{3}, 0 - \sqrt{2}\right) = \left(-\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, -\sqrt{2}\right) $.

Bước 3: Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $ AC $ và $ SD $ được tính bằng công thức:
$$
d = \frac{|(\overrightarrow{AC} \times \overrightarrow{SD}) \cdot \overrightarrow{AH}|}{|\overrightarrow{AC} \times \overrightarrow{SD}|}
$$
trong đó $ \overrightarrow{AH} = \left(\frac{4}{3}, \frac{2}{3}, 0\right) $.

- Tính tích có hướng $ \overrightarrow{AC} \times \overrightarrow{SD} $:
  $$
  \overrightarrow{AC} \times \overrightarrow{SD} = \begin{vmatrix}
  \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \
  2 & 2 & 0 \
  -\frac{4}{3} & \frac{4}{3} & -\sqrt{2}
  \end{vmatrix} = (2 \cdot (-\sqrt{2}) - 0, 0 - 2 \cdot (-\sqrt{2}), 2 \cdot \frac{4}{3} - 2 \cdot (-\frac{4}{3}))
  $$
  $$
  = (-2\sqrt{2}, 2\sqrt{2}, \frac{16}{3})
  $$

- Tính độ dài của $ \overrightarrow{AC} \times \overrightarrow{SD} $:
  $$
  |\overrightarrow{AC} \times \overrightarrow{SD}| = \sqrt{(-2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 + \left(\frac{16}{3}\right)^2} = \sqrt{8 + 8 + \frac{256}{9}} = \sqrt{\frac{400}{9}} = \frac{20}{3}
  $$

- Tính tích vô hướng $ (\overrightarrow{AC} \times \overrightarrow{SD}) \cdot \overrightarrow{AH} $:
  $$
  (\overrightarrow{AC} \times \overrightarrow{SD}) \cdot \overrightarrow{AH} = (-2\sqrt{2}) \cdot \frac{4}{3} + 2\sqrt{2} \cdot \frac{2}{3} + \frac{16}{3} \cdot 0 = -\frac{8\sqrt{2}}{3} + \frac{4\sqrt{2}}{3} = -\frac{4\sqrt{2}}{3}
  $$

- Tính khoảng cách $ d $:
  $$
  d = \frac{\left|-\frac{4\sqrt{2}}{3}\right|}{\frac{20}{3}} = \frac{4\sqrt{2}}{20} = \frac{\sqrt{2}}{5}
  $$

Vậy, khoảng cách giữa hai đường thẳng $ AC $ và $ SD $ là $ \frac{\sqrt{2}}{5} \approx 0.28 $.

Câu 2:
Để giải bài toán này, chúng ta cần tính toán lợi nhuận và so sánh với yêu cầu của đề bài.

Bước 1: Tính tổng chi phí sản xuất cho x sản phẩm:
$$ C(x) = G(x) \cdot x = \left(\frac{30000}{x} + 270\right) \cdot x = 30000 + 270x $$

Bước 2: Tính lợi nhuận từ việc sản xuất và bán x sản phẩm:
$$ L(x) = F(x) - C(x) = (-0,01x^2 + 400x) - (30000 + 270x) $$
$$ L(x) = -0,01x^2 + 400x - 30000 - 270x $$
$$ L(x) = -0,01x^2 + 130x - 30000 $$

Bước 3: Tìm x sao cho lợi nhuận lớn hơn 100 triệu đồng (100.000.000 nghìn đồng):
$$ -0,01x^2 + 130x - 30000 > 100000 $$
$$ -0,01x^2 + 130x - 130000 > 0 $$

Bước 4: Giải bất phương trình bậc hai:
$$ -0,01x^2 + 130x - 130000 > 0 $$

Ta sẽ giải phương trình tương ứng:
$$ -0,01x^2 + 130x - 130000 = 0 $$

Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai $ ax^2 + bx + c = 0 $:
$$ x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} $$

Trong đó:
$$ a = -0,01 $$
$$ b = 130 $$
$$ c = -130000 $$

Tính biệt thức $ \Delta $:
$$ \Delta = b^2 - 4ac $$
$$ \Delta = 130^2 - 4(-0,01)(-130000) $$
$$ \Delta = 16900 - 5200 $$
$$ \Delta = 11700 $$

Tìm nghiệm:
$$ x = \frac{-130 \pm \sqrt{11700}}{2(-0,01)} $$
$$ x = \frac{-130 \pm 108,17}{-0,02} $$

Có hai nghiệm:
$$ x_1 = \frac{-130 + 108,17}{-0,02} \approx 1091,5 $$
$$ x_2 = \frac{-130 - 108,17}{-0,02} \approx 11908,5 $$

Do $ x $ phải nằm trong khoảng $ 1 \leq x \leq 4500 $, ta chọn nghiệm $ x_1 $.

Vậy, doanh nghiệp cần sản xuất ít nhất khoảng 1092 sản phẩm để lợi nhuận thu được lớn hơn 100 triệu đồng.