Giải SBT Toán 10 Bài tập ôn tập cuối năm có đáp án

Hướng dẫn giải

+ Mệnh đề P ⇒ Q: “Nếu phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt thì phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có biệt thức ∆ = b$^{2}$ – 4ac > 0”. Đây là mệnh đề đúng.

+ Mệnh đề Q ⇒ P: “ Nếu phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có biệt thức ∆ = b$^{2}$ – 4ac > 0 thì phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt”. Đây là mệnh đề đúng.

+ Mệnh đề P ⇔ Q: “Phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có biệt thức ∆ = b$^{2}$ – 4ac > 0”. Do P ⇒ Q, Q ⇒ P đều là các mệnh đề đúng nên mệnh đề P ⇔ Q là mệnh đề đúng.

+ Mệnh đề

Mệnh đề là mệnh đề phủ định của mệnh đề P và được phát biểu là: “Phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 không có hai nghiệm phân biệt”.

Mệnh đề là mệnh đề phủ định của mệnh đề Q và được phát biểu là: “Phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có biệt thức ∆ = b$^{2}$ – 4ac ≤ 0”.

Khi đó, ta phát biểu mệnh đề : “Nếu phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 không có hai nghiệm phân biệt thì phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có biệt thức ∆ = b$^{2}$ – 4ac ≤ 0”. Mệnh đề này là mệnh đề đúng.

Hướng dẫn giải

+ Phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt là điều kiện đủ để phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có biệt thức ∆ = b$^{2}$ – 4ac > 0.

+ Phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có biệt thức ∆ = b$^{2}$ – 4ac > 0 là điều kiện cần để phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt.

Hướng dẫn giải

Ta có các phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có hệ số a và c trái dấu thì luôn có hai nghiệm trái dấu, hiển nhiên đây là hai nghiệm phân biệt. Nhưng các phương trình bậc hai ax$^{2}$ + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt thì hai nghiệm này chưa chắc đã trái dấu.

Do đó mọi phần tử của tập hợp Y thì đều là phần tử của tập hợp X.

Vậy Y là tập con của tập hợp X và ta viết Y ⊂ X.

Hướng dẫn giải

Ta xác định miền nghiệm của từng bất phương trình trong hệ đã cho như sau:

Bước 1: Trục Oy có phương trình x = 0 và điểm (1; 0) thỏa mãn 1 > 0. Do đó miền nghiệm của bất phương trình x ≥ 0 là nửa mặt phẳng bờ Oy chứa điểm (1; 0) (miền không bị gạch).

Bước 2: Trục Ox có phương trình y = 0 và điểm (0; 1) thỏa mãn 1 > 0. Do đó, miền nghiệm của bất phương trình y ≥ 0 là nửa mặt phẳng bờ Ox chứa điểm (0; 1) (miền không bị gạch).

Bước 3: Vẽ đường thẳng d$_{1}$: 3x – 2y = – 6. Lấy điểm O(0; 0) không thuộc d$_{1}$ và thay x = 0, y = 0 vào biểu thức 3x – 2y ta được: 3 . 0 – 2 . 0 = 0 > – 6. Do đó, miền nghiệm của bất phương trình 3x – 2y ≥ – 6 là nửa mặt phẳng bờ d$_{1}$ chứa điểm O(0; 0) (miền không bị gạch).

Bước 4: Vẽ đường thẳng d$_{2}$: 2x + y = 10. Lấy điểm O(0; 0) không thuộc d$_{2}$ và thay x = 0, y = 0 vào biểu thức 2x + y ta được: 2 . 0 + 0 = 0 < 10. Do đó, miền nghiệm của bất phương trình 2x + y ≤ 10 là nửa mặt phẳng bờ d$_{2}$ chứa điểm O(0; 0) (miền không bị gạch).

Vậy miền nghiệm D của hệ bất phương trình đã cho là miền tứ giác OABC (miền không bị gạch), trong đó A(0; 3), B(2; 6), C(5; 0), như hình vẽ sau:

Hướng dẫn giải

Vì giá trị lớn nhất (tương ứng, nhỏ nhất) của F đạt được tại một trong các đỉnh của miền đa giác D, do đó ta tính giá trị của F tại (x; y) là tọa độ các đỉnh O, A, B, C.

Ta có: F(0; 0) = 2 . 0 + 3 . 0 = 0;

F(0; 3) = 2 . 0 + 3 . 3 = 9;

F(2; 6) = 2 . 2 + 3 . 6 = 22;

F(5; 0) = 2 . 5 + 3 . 0 = 10.

Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức F(x; y) = 2x + 3y trên miền D lần lượt là 22 và 0.

Hướng dẫn giải

Parabol có đỉnh là I(1; 4) nên có phương trình dạng y = a(x – 1)$^{2}$ + 4.

Vì điểm A(2; 3) thuộc parabol nên ta có:

3 = a(2 – 1)$^{2}$ + 4 ⇔ a + 4 = 3 ⇔ a = – 1.

Vậy tam thức bậc hai cần tìm là f(x) = –(x – 1)$^{2}$ + 4 hay f(x) = – x$^{2}$ + 2x + 3.

Suy ra các hệ số là: a = – 1; b = 2; c = 3.

Hướng dẫn giải

Ta có: a = – 1 < 0 nên parabol quay bề lõm xuống dưới.

Đỉnh parabol là I(1; 4).

Trục đối xứng x = 1.

Giao điểm của parabol với trục Oy là (0; 3). Điểm đối xứng với điểm (0; 3) qua trục đối xứng x = 1 là (2; 3).

Giao điểm của parabol với trục Ox là (– 1; 0) và (3; 0).

Vẽ đường cong đi qua các điểm trên ta được parabol cần vẽ.

Hướng dẫn giải

Từ đồ thị trên ta thấy:

- Hàm số đồng biến trên khoảng (– ∞; 1) và nghịch biến trên khoảng (1; + ∞).

- Tập giá trị của hàm số là (– ∞; 4].

Hướng dẫn giải

Xét bất phương trình $\frac{{f\left( x \right)}}{{x - 2}} \ge 0$, hay $\frac{{ - {x^2} + 2x + 3}}{{x - 2}} \ge 0$.

Tam thức f(x) = – x$^{2}$ + 2x + 3 có ∆' = 1$^{2}$ – (– 1) . 3 = 4 > 0 và a = – 1 < 0, f(x) có hai nghiệm phân biệt x$_{1}$ = – 1 và x$_{2}$ = 3. Do đó, f(x) > 0 với mọi x ∈ (– 1; 3) và f(x) < 0 với mọi x ∈ (– ∞; – 1) ∪ (3; + ∞).

Ta có bảng xét dấu sau:

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = (– ∞; – 1] ∪ (2; 3].

Hướng dẫn giải

Ta có: g = 9,8 m/s$^{2}$, α = 45°, h = 1 m, v$_{0}$ = 35 m/s.

Do đó, phương trình chuyển động của quả bóng chày là:

$y = \frac{{ - 9{,}8}}{{{{2.35}^2}.{{\cos }^2}45^\circ }}{x^2} + x\tan 45^\circ + 1$.

Hay y = $\frac{{ - 1}}{{125}}{x^2}$ + x + 1.

Hướng dẫn giải

Quả bóng chày đạt độ cao lớn nhất tức là hàm số y = $\frac{{ - 1}}{{125}}{x^2}$ + x + 1 đạt giá trị lớn nhất.

Hàm số y = $\frac{{ - 1}}{{125}}{x^2}$ + x + 1 là hàm số bậc hai nên đồ thị là một parabol.

Vì hệ số a = $\frac{{ - 1}}{{125}} < 0$, do đó hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng tung độ đỉnh của parabol và giá trị lớn nhất này đạt được tại hoành độ đỉnh của parabol là x = $\frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 1}}{{2.\frac{{ - 1}}{{125}}}} = 62{,}5$.

Khi đó, tung độ đỉnh y = $\frac{{ - 1}}{{125}}{.62{,}5^2} + 62{,}5 + 1$ = 32,25.

Vậy độ cao cực đại của quả bóng chày là 32,25 m.

Hướng dẫn giải

Bóng chạm đất khi y = 0.

Xét y = 0 ⇔ $\frac{{ - 1}}{{125}}{x^2}$ + x + 1 = 0 ⇔ x ≈ 126 hoặc x ≈ – 1 (loại).

Vậy tầm xa của quả bóng chày là khoảng 126 m.

Hướng dẫn giải

Quả bóng chày không bị bay qua hàng rào khi độ cao của quả bóng chày nhỏ hơn độ cao của hàng rào là 4 m.

Xét y < 4 ⇔ $\frac{{ - 1}}{{125}}{x^2}$ + x + 1 < 4 ⇔ x$^{2}$ – 125x + 375 > 0 ⇔ x < 3 hoặc x > 122.

Do 125 > 122.

Vậy quả bóng chày không bị bay qua hàng rào khi được đánh đi ở vị trí cách hàng rào 125 m.

Hướng dẫn giải

Công thức biểu diễn doanh thu R là:

R(x) = n . x = (21 000 – 150x). x = – 150x$^{2}$ + 21 000x (nghìn đồng).

Hàm số xác định khi x ≥ 0 và n ≥ 0 (số lượng áo phông) ⇔ 21 000 – 150x ≥ 0 ⇔ x ≤ 140.

Vậy miền xác định của hàm số R(x) là D = [0; 140].

Hướng dẫn giải

R(x) đạt cực đại tại x = $- \frac{b}{{2a}} = - \frac{{21\,\,000}}{{2.\left( { - 150} \right)}} = 70$.

Khi đó R(70) = – 150 . 70$^{2}$ + 21 000 . 70 = 735 000.

Vậy công ty bán với giá 70 nghìn đồng mỗi chiếc áo thì doanh thu đạt cực đại là 735 000 nghìn đồng hay chính là 735 triệu đồng.

Số áo phông bán được trong trường hợp này là: n = 21 000 – 150 . 70 = 10 500 (chiếc).

Hướng dẫn giải

Ta có: 675 triệu đồng = 675 000 nghìn đồng.

Xét bất phương trình – 150x$^{2}$ + 21 000x ≥ 675 000

⇔ – 150x$^{2}$ + 21 000x – 675 000 ≥ 0

⇔ 50 ≤ x ≤ 90.

Vậy với giá bán từ 50 nghìn đồng đến 90 nghìn đồng mỗi chiếc áo thì công ty sẽ đạt được ít nhất 675 triệu đồng doanh thu.

Hướng dẫn giải

Giả sử y = at$^{2}$ + bt + c (a ≠ 0) là hàm số bậc hai mô tả lượng điện thoại di động bán được qua từng năm, trong đó t là số năm tính từ năm 2010.

Từ giả thiết ta có (0; 19) là đỉnh của đồ thị hàm số nên b = 0 và c = 19.

Điểm (9; 100) thuộc đồ thị hàm số nên ta có: 100 = a . 9$^{2}$ + 0 . 9 + 19 ⇔ a = 1.

Vậy hàm số cần tìm là: y = t$^{2}$ + 19.

Hướng dẫn giải

Ta có: 2024 – 2010 = 14.

Do đó năm 2024 tương ứng với t = 14.

Khi đó, số lượng điện thoại di động bán được trong năm 2024 là:

y = 14$^{2}$ + 19 = 215 (nghìn chiếc).

Hướng dẫn giải

Xét bất phương trình t$^{2}$+ 19 > 300.

Bất phương trình trên tương đương với t$^{2}$ – 281 > 0.

Nghiệm của phương trình t$^{2}$ – 281 = 0 là t ≈ – 16,8; t ≈ 16,8.

Khi đó t$^{2}$ – 281 > 0 ⇔ t < – 16,8 hoặc t > 16,8.

Do đó t ≥ 17.

Ta có: 2010 + 17 = 2027.

Vậy từ năm 2027 trở đi (đến năm 2030) thì số điện thoại di động bán được vượt 300 nghìn chiếc.

Hướng dẫn giải

Hàm số đã cho có tập xác định là toàn bộ tập số thực ℝ khi và chỉ khi x$^{2}$ + 2mx – 2m + 3 ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ.

Xét f(x) = x$^{2}$ + 2mx – 2m + 3 có ∆' = m$^{2}$ – 1 . (– 2m + 3) = m$^{2}$ + 2m – 3 và a = 1 > 0.

Ta có f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ ℝ ⇔ ∆' ≤ 0 ⇔ m$^{2}$ + 2m – 3 ≤ 0 ⇔ – 3 ≤ m ≤ 1.

Vậy – 3 ≤ m ≤ 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Hướng dẫn giải

$\sqrt {3{x^2} - 4x + 1} = \sqrt {{x^2} - x}$

Bình phương hai vế của phương trình đã cho ta được:

3x$^{2}$ – 4x + 1 = x$^{2}$ – x

⇔ 2x$^{2}$ – 3x + 1 = 0

⇔ x = 1 hoặc x = $\frac{1}{2}$.

Thử lại ta thấy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

Hướng dẫn giải

$\sqrt {6{x^2} - 11x - 3} = 2x - 1$

Bình phương hai vế của phương trình đã cho ta được:

6x$^{2}$ – 11x – 3 = (2x – 1)$^{2}$

⇔ 6x$^{2}$ – 11x – 3 = 4x$^{2}$ – 4x + 1

⇔ 2x$^{2}$ – 7x – 4 = 0

⇔ x = 4 hoặc x = $- \frac{1}{2}$.

Thử lại ta thấy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4.

Hướng dẫn giải

Để lập đội văn nghệ gồm 10 học sinh ở cả ba khối và có nhiều nhất 2 học sinh khối lớp 10, ta thấy có 2 trường hợp: đội văn nghệ có đúng 1 học sinh khối lớp 10 và có đúng 2 học sinh khối lớp 10.

- Trường hợp 1: Có đúng 1 học sinh khối lớp 10.

Số cách chọn 1 học sinh khối lớp 10 trong 5 học sinh khối lớp 10 là: $C_5^1$ cách.

Chọn 9 bạn còn lại ở hai khối lớp 11 và 12, số cách chọn là: $C_{10}^9$ cách.

Vậy, theo quy tắc nhân, có $C_5^1.C_{10}^9$ = 5 . 10 = 50 cách lập đội văn nghệ trong trường hợp 1.

- Trường hợp 2: Có đúng 2 học sinh khối lớp 10.

Số cách chọn 2 học sinh khối lớp 10 trong 5 học sinh khối lớp 10 là: $C_5^2$ cách.

Chọn 8 bạn còn lại ở hai khối lớp 11 và 12, số cách chọn là: $C_{10}^8$ cách.

Vậy, theo quy tắc nhân, có $C_5^2.C_{10}^8$ = 10 . 45 = 450 cách lập đội văn nghệ trong trường hợp 2.

Vì hai trường hợp rời nhau nên theo quy tắc cộng, ta có số cách lập đội văn nghệ thỏa mãn yêu cầu của đề bài là: 50 + 450 = 500 (cách).

Hướng dẫn giải

Ta có: $A_n^2 + 2C_n^1 = 30$

$\Leftrightarrow \frac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} + 2.\frac{{n!}}{{1!.\left( {n - 1} \right)!}} = 30$

$\Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)!}}{{\left( {n - 2} \right)!}} + 2\frac{{n\left( {n - 1} \right)!}}{{\left( {n - 1} \right)!}} = 30$

⇔ n(n – 1) + 2n = 30

⇔ n$^{2}$ + n – 30 = 0

⇔ n = 5 (thỏa mãn) hoặc n = – 6 (loại).

Vậy n = 5.

Khi đó ta có: (3x – 2)$^{n}$ = (3x – 2)$^{5}$ = [3x + (– 2)$^{5}$]

= $C_5^0.{\left( {3x} \right)^5} + C_5^1.{\left( {3x} \right)^4}.\left( { - 2} \right) + C_5^2.{\left( {3x} \right)^3}.{\left( { - 2} \right)^2}$

$+ C_5^3.{\left( {3x} \right)^2}.{\left( { - 2} \right)^3} + C_5^4.{\left( {3x} \right)^1}.{\left( { - 2} \right)^4} + C_5^5.{\left( { - 2} \right)^5}$

= 243x$^{5}$– 810x$^{4}$ + 1 080x$^{3}$ – 720x$^{2}$ + 240x – 32.

Hướng dẫn giải

Nửa chu vi của tam giác ABC là:

p = (AB + AC + BC) : 2 = (2 + 3 + 4) : 2 = $\frac{9}{2}$ (đvđd).

Diện tích tam giác ABC là:

S = $\sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)}$ (công thức Hê-rông)

= $\sqrt {\frac{9}{2}.\left( {\frac{9}{2} - 2} \right).\left( {\frac{9}{2} - 3} \right).\left( {\frac{9}{2} - 4} \right)}$ = $\frac{{3\sqrt {15} }}{4}$ (đvdt).

Hướng dẫn giải

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

Ta có: $S = \frac{{AB.AC.BC}}{{4R}}$

$\Rightarrow R = \frac{{AB.AC.BC}}{{4S}} = \frac{{2.3.4}}{{4.\frac{{3\sqrt {15} }}{4}}} = \frac{{8\sqrt {15} }}{{15}}$ (đvđd).

Hướng dẫn giải

Ta có: A(3; 4), suy ra $\overrightarrow {OA} = \left( {3;\,\,4} \right)$, do đó OA = $\sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5$.

B(8; 6), suy ra $\overrightarrow {OB} = \left( {8;\,6} \right)$, do đó OB = $\sqrt {{8^2} + {6^2}}$= 10.

Hướng dẫn giải

Do OD là đường phân giác trong của tam giác OAB nên theo tính chất đường phân giác ta có: $\frac{{AD}}{{BD}} = \frac{{OA}}{{OB}} = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}$.

Suy ra: BD = 2AD.

Mặt khác do D thuộc đoạn AB nên hai vectơ $\overrightarrow {AD} ,\,\,\overrightarrow {BD}$ ngược hướng.

Do vậy, $\overrightarrow {BD} = - 2\overrightarrow {AD}$.

Mà $\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {OD} - \overrightarrow {OB}$; $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {OD} - \overrightarrow {OA}$.

Từ đó ta có: $\overrightarrow {OD} - \overrightarrow {OB} = - 2\left( {\overrightarrow {OD} - \overrightarrow {OA} } \right)$

$\Leftrightarrow 3\overrightarrow {OD} = 2\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB}$

$\Leftrightarrow \overrightarrow {OD} = \frac{2}{3}\overrightarrow {OA} + \frac{1}{3}\overrightarrow {OB}$ (đpcm).

Hướng dẫn giải

Gọi D(x; y), do $\overrightarrow {OD} = \frac{2}{3}\overrightarrow {OA} + \frac{1}{3}\overrightarrow {OB}$, suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{2}{3}{x_A} + \frac{1}{3}{x_B}\\y = \frac{2}{3}{y_A} + \frac{1}{3}{y_B}\end{array} \right.$.

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{2}{3}.3 + \frac{1}{3}.8 = \frac{{14}}{3}\\y = \frac{2}{3}.4 + \frac{1}{3}.6 = \frac{{14}}{3}\end{array} \right.$.

Vậy $D\left( {\frac{{14}}{3};\,\,\frac{{14}}{3}} \right)$.

Hướng dẫn giải

Do P và N lần lượt là trung điểm của AB và AC nên PN là đường trung bình của tam giác ABC, do đó PN // BC.

Ta có: $\overrightarrow {PN} = \left( {2;\,\, - 4} \right)$

Do đó, một vectơ chỉ phương của đường thẳng BC là $\overrightarrow {{u_{BC}}} = \frac{1}{2}\overrightarrow {PN} = \frac{1}{2}\left( {2;\,\, - 4} \right) = \left( {1;\,\, - 2} \right)$.

Mặt khác đường thẳng BC đi qua điểm M(1; 2) (do M là trung điểm của BC).

Vậy phương trình tham số của đường thẳng BC là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 - 2t\end{array} \right.$.

Hướng dẫn giải

Gọi d là đường trung trực của đoạn thẳng BC.

Ta có d đi qua trung điểm M của BC và vuông góc với BC.

Do đó, $\overrightarrow {{n_d}} = \overrightarrow {{u_{BC}}} = \left( {1;\,\, - 2} \right)$ là vectơ pháp tuyến của đường thẳng d.

Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng d là:

1(x – 1) – 2(y – 2) = 0 hay x – 2y + 3 = 0.

Hướng dẫn giải

Do đường tròn (C) tiếp xúc với ∆ nên bán kính của đường tròn (C) bằng:

R = d(O, ∆) = $\frac{{\left| {3.0 + 4.0 - 25} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = \frac{{25}}{5} = 5$.

Vậy phương trình đường tròn (C) là: (x – 0)$^{2}$ + (y – 0)$^{2}$ = 5$^{2}$ hay x$^{2}$ + y$^{2}$ = 25.

Hướng dẫn giải

Vì ∆ tiếp xúc với (C) tại điểm H nên ta có OH ⊥ ∆. Do đó, $\overrightarrow {{u_{OH}}} = \overrightarrow {{n_\Delta }} = \left( {3;\,\,4} \right)$.

Suy ra một vectơ pháp tuyến của đường thẳng OH là $\overrightarrow {{n_{OH}}} = \left( {4;\, - 3} \right)$.

Phương trình của đường thẳng OH là: 4(x – 0) – 3(y – 0) = 0 hay 4x – 3y = 0.

Vì H là giao điểm của ∆ và OH nên tọa độ của điểm H là nghiệm của hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}3x + 4y - 25 = 0\\4x - 3y = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 4\end{array} \right.$.

Vậy H(3; 4).

Hướng dẫn giải

Vị trí ban đầu của vật thể ứng với t = 0, suy ra vật thể ở vị trí có tọa độ là A$_{1}$(4; 0) (do 4cos 0° = 4 và 3sin 0° = 0).

Vị trí kết thúc của vật thể ứng với t = 180, suy ra vật thể ở vị trí có tọa độ là A$_{2}$(– 4; 0) (do 4cos 180° = – 4 và 3sin 180° = 0).

Hướng dẫn giải

Vì vật thể có vị trí toạ độ (4cos t°; 3sin t°).

Do đó, với một điểm M bất kì thuộc quỹ đạo chuyển động của vật thể ta có:

x$_{M}$ = 4cos t°, y$_{M}$ = 3sin t°.

Khi đó từ đẳng thức: sin$^{2}$ t° + cos$^{2}$ t° = 1 hay (sin t°)$^{2}$ + (cos t°)$^{2}$ = 1, ta suy ra:

${\left( {\frac{{{y_M}}}{3}} \right)^2} + {\left( {\frac{{{x_M}}}{4}} \right)^2} = 1$$\Leftrightarrow \frac{{x_M^2}}{{16}} + \frac{{y_M^2}}{9} = 1$.

Do đó, vật thể chuyển động trên đường elip (E) có phương trình $\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1$.

Khi t thay đổi trên đoạn [0; 180] thì sin t° thay đổi trên đoạn [0; 1] và cos t° thay đổi trên đoạn [– 1; 1]. Do đó, 4cos t° ∈ [– 4; 4] và 3sin t° ∈ [0; 3].

Vậy quỹ đạo vật thể (hay là tập hợp điểm M) là nửa đường elip (E) nằm trên trục hoành.

Hướng dẫn giải

Lượng mưa trung bình cả năm của Đà Nẵng là:

$\overline x =$ (39,5 + 13,2 + 14,1 + 28,0 + 60,2 + 62,5 + 58,6 + 119,6 + 291,2 + 253,5 + 304,0 + 145,1) : 12 ≈ 115,79.

Lượng mưa trung bình cả năm của Hà Nội là:

$\overline {x'}$ = (13,0 + 11,9 + 29,2 + 52,5 + 126,3 + 160,1 + 204,0 + 226,2 + 173,8 + 84,8 + 45,0 + 14,1) : 12 ≈ 95,08.

Vì 115,79 > 95,08.

Vậy Đà Nẵng có lượng mưa trung bình cả năm cao hơn Hà Nội.

Hướng dẫn giải

Khoảng biến thiên, khoảng tứ phân vị và độ lệch chuẩn của hai mẫu số liệu về lượng mưa trung bình các tháng tại Đà Nẵng và Hà Nội.

* Đà Nẵng:

Sắp xếp các số liệu theo thứ tự không giảm, ta được:

13,2; 14,1; 28,0; 39,5; 58,6; 60,2; 62,5; 119,6; 145,1; 253,5; 291,2; 304,0.

Khoảng biến thiên: R = 304,0 – 13,2 = 290,8.

Trung vị: ${Q_2} = \frac{{60{,}2 + 62{,}5}}{2} = 61{,}35$.

Tứ phân vị thứ nhất: Q1 = $\frac{{28{,}0 + 39{,}5}}{2} = 33{,}75$.

Tứ phân vị thứ ba: Q3 = $\frac{{145{,}1 + 253{,}5}}{2}$= 199,3.

Khoảng tứ phân vị: ∆Q = Q3 – Q1 = 199,3 – 33,75 = 165,55.

Phương sai:

s2 = [(115,79 – 13,2)2 + (115,79 – 14,1)2 + (115,79 – 28,0)2 + (115,79 – 39,5)2 + (115,79 – 58,6)2 + (115,79 – 60,2)2 + (115,79 – 62,5)2 + (115,79 – 119,6)2 + (115,79 – 145,1)2 + (115,79 – 253,5)2 + (115,79 – 291,2)2 + (115,79 – 304,0)2] : 12 ≈ 10 801,91.

Độ lệch chuẩn: s = $\sqrt {{s^2}}$≈ 103,93.

* Hà Nội:

Sắp xếp các số liệu theo thứ tự không giảm, ta được:

11,9; 13,0; 14,1; 29,2; 45,0; 52,5; 84,8; 126,3; 160,1; 173,8; 204,0; 226,2.

Khoảng biến thiên: R*'* = 226,2 – 11,9 = 214,3.

Trung vị: ${Q'_2} = \frac{{52{,}5 + 84{,}8}}{2} = 68{,}65$.

Tứ phân vị thứ nhất: Q*'*1 = $\frac{{14{,}1 + 29{,}2}}{2} = 21{,}65$.

Tứ phân vị thứ ba: Q*'*3 = $\frac{{160{,}1 + 173{,}8}}{2}$= 166,95.

Khoảng tứ phân vị: ∆*'Q = Q'3 – Q'*1 = 166,95 – 21,65 = 145,3.

Phương sai:

s*'*2 = [(95,08 – 11,9)2 + (95,08 – 13,0)2 + (95,08 – 14,1)2 + (95,08 – 29,2)2 + (95,08 – 45,0)2 + (95,08 – 52,5)2 + (95,08 – 84,8)2 + (95,08 – 126,3)2 + (95,08 – 160,1)2 + (95,08 – 173,8)2 + (95,08 – 204,0)2 + (95,08 – 226,2)2] : 12 ≈ 5 786,32.

Độ lệch chuẩn: s*'* = $\sqrt {{{s'}^2}}$≈ 76,07.

Từ đó ta có dãy số liệu về lượng mưa trung bình các tháng tại Đà Nẵng phân tán hơn so với tại Hà Nội.

Hướng dẫn giải

Không gian mẫu: Ω = {$\overline {abcd}$; a, b, c, d ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}}.

Theo quy tắc nhân, ta có n(Ω) = 10$^{4}$. (Do có 10 cách chọn mỗi số a, b, c, d).

+) Gọi E là biến cố “An trúng giải nhất”. Khi đó E = {0347}, n(E) = 1.

Vậy xác suất để An trúng giải nhất là P(E) = $\frac{{n\left( E \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{{{10}^4}}}$.

+) Gọi F là biến cố “An trúng giải nhì”.

Khi đó, F = {$\overline {a347} ;\,\,\overline {0b47} ;\,\overline {03c7} ;\,\,\overline {034d}$| a ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, b ∈ {0; 1; 2; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, c ∈ {0; 1; 2; 3; 5; 6; 7; 8; 9}, d ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 8; 9}}.

Mỗi cách chọn a, b, c, d thỏa mãn F là chọn 1 trong 9 số. Có 9 cách chọn a, 9 cách chọn b, 9 cách chọn c, 9 cách chọn d.

Mỗi trường hợp là rời nhau nên theo quy tắc cộng ta có n(F) = 9 + 9 + 9 + 9 = 36.

Vậy xác suất để An trúng giải nhì là P(F) = $\frac{{n\left( F \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{36}}{{{{10}^4}}} = 0{,}0036$.

Hướng dẫn giải

Không gian mẫu Ω là tập hợp tất cả các tập con có 6 phần tử của tập {1; 2;....; 44; 45}.

Do đó, n(Ω) = $C_{45}^6$.

Gọi E là biến cố: “Bạn Bình trúng giải nhì”.

E là tập hợp tất cả các tập con gồm 6 phần tử của tập {1; 2;....; 44; 45} có tính chất:

- Bốn phần tử của nó thuộc tập {4; 12; 20; 31; 32; 33};

- Hai phần tử còn lại không thuộc tập {4; 12; 20; 31; 32; 33}.

Mỗi phần tử của E được hình thành từ hai công đoạn.

Công đoạn 1: Chọn 4 phần tử trong tập {4; 12; 20; 31; 32; 33}. Có $C_6^4 = 15$ cách chọn.

Công đoạn 2: Chọn 2 phần tử còn lại trong 39 phần tử của tập {1; 2; ....; 44; 45} \ {4; 12; 20; 31; 32; 33}. Có $C_{39}^2 = 741$ cách chọn.

Theo quy tắc nhân, tập E có 15 . 741 = 11 115 phần tử. Vậy n(E) = 11 115.

Vậy xác suất bạn Bình trúng giải nhì khi chơi là:

P(E) = $\frac{{n\left( E \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{11\,\,115}}{{C_{45}^6}} = \frac{{11\,\,115}}{{8\,\,145\,060}} \approx 0{,}001365$.