Giải SGK Toán 11 KNTT Bài tập ôn tập cuối năm hai có đáp án

Đáp án đúng là: A

Ta có: cos(a + b) = cosacosb − sinasinb nên đáp án A sai.

Đáp án đúng là: B

Hàm số y = sinx; y = cosx tuần hoàn với chu kì 2π.

Hàm số y = tanx; y = cotx tuần hoàn với chu kì π.

Đáp án đúng là: B

Ta có u$_{2n}$ = 5$^{2n}$ = (5$^{2}$)$^{n}$ = 25$^{n}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có ${\text{log}}_{a}({a}^{3}\cdot \sqrt[4]{a})+{(\sqrt[3]{a})}^{{\text{log}}_{a}8}$$={\log }_{a}({a}^{3}\cdot {a}^{\frac{1}{4}})+{a}^{\frac{1}{3}{\log }_{a}8}$

$={\log }_{a}{a}^{\frac{13}{4}}+{a}^{\frac{1}{3}{\log }_{a}{2}^{3}}=\frac{13}{4}+{a}^{\frac{1}{3}\cdot 3{\log }_{a}2}=\frac{13}{4}+2=\frac{21}{4}$.

Đáp án đúng là: C

Hàm số y = b$^{x}$ có đồ thị đi xuống từ trái sang phải nên hàm số này nghịch biến, từ đó suy ra 0 < b < 1.

Hàm số y = a$^{x}$ và y = c$^{x}$ đồng biến (do đồ thị của các hàm số này đều đi lên từ trái sang phải) nên a, c > 1.

Với x > 0 thì c$^{x}$ > a$^{x}$ nên c > a. Vậy c > a > b.

Đáp án đúng là: C

Ta có f*'*(x) = 2sinxcosx + e$^{2x}$ + 2xe$^{2x}$ = sin2x + e$^{2x}$ + 2xe$^{2x}$;

f*"*(x) = 2cos2x + 2e$^{2x}$ + 2e$^{2x}$ + 4xe$^{2x}$ = 2cos2x + 4e$^{2x}$ + 4xe$^{2x}$ .

Ta có f*"*(0) = 2cos0 + 4 = 2 + 4 = 6.

Đáp án đúng là: D

Ta có y*'* = −6x$^{2}$ + 12x, y*'*(3) = −18.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = −2x$^{3}$ + 6x$^{2}$ – 5 tại điểm M(3; −5) là

y = −18(x – 3) – 5 hay y = −18x + 49.

Kẻ AD ^ BC tại D.

Vì SA ^ (ABC) nên SA ^ BC mà AD ^ BC nên BC ^ (SAD), suy ra (SBC) ^ (SAD).

Kẻ AF ^ SD tại F.

Vì (SBC) ^ (SAD), (SBC) Ç (SAD) = SD, AF ^ SD nên AF ^ (SBC).

Suy ra d(A, (SBC)) = AF.

Vì tam giác ABC đều cạnh a, AD là đường cao nên AD = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Vì SA ^ (ABC) nên SA ^ AD hay tam giác SAD vuông tại A.

Xét tam giác SAD vuông tại A, AF là đường cao nên ta có

$\frac{1}{A{F}^{2}}=\frac{1}{S{A}^{2}}+\frac{1}{A{D}^{2}}=\frac{1}{2{a}^{2}}+\frac{4}{3{a}^{2}}=\frac{1}{2{a}^{2}}+\frac{4}{3{a}^{2}}=\frac{11}{6{a}^{2}}\Rightarrow AF=\frac{\sqrt{66}a}{11}$ .

Vậy d(A, (SBC)) = $\frac{\sqrt{66}a}{11}$ .

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC$^{2}$ = AB$^{2}$ + BC$^{2}$.

Ta có S$_{ABCD}$ = AB × BC ≤$\frac{A{B}^{2}+B{C}^{2}}{2}=\frac{A{C}^{2}}{2}=2{a}^{2}$ . Dấu “=” xảy ra khi AB = BC.

Gọi H là hình chiếu của A' trên mặt phẳng (ABCD). Khi đó A'H ^ (ABCD). Khi đó AH là hình chiếu của AA' trên mặt phẳng (ABCD).

Gọi a là góc tạo bởi đường thẳng AA' và mặt phẳng (ABCD). Khi đó .

Xét tam giác A'AH vuông tại H có A'H = AA' × sina ≤ AA' = 2a.

Dấu bằng xảy ra khi a = 90° hay AA' ^ (ABCD).

Do đó V$_{ABCD.A'B'C'D'}$ = S$_{ABCD}$ × A'H ≤ 2a$^{2}$ × 2a = 4a$^{3}$.

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích hình hộp ABCD.A'B'C'D' bằng 4a$^{3}$.

Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ tam giác đều nên AA' ^ (ABC) và tam giác ABC đều có cạnh bằng 1 nên ${S}_{ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}$ .

Do đó ${V}_{ABC.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}={S}_{ABC}\cdot A{A}^{'}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2=\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, BD và AC $\perp$ BD.

Có AD // B'C' và AD = B'C' (vì cùng song song và bằng BC) nên ADC'B' là hình bình hành, suy ra AB' // DC'. Do đó AB' // (BDC').

Khi đó d(AB', BC') = d(AB', (BDC')) = d(A, (BDC')) = d(C, (BDC')) .

Giả sử hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh là a.

Xét tam giác ABC vuông tại B có $AC=\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}+{a}^{2}}=a\sqrt{2}$ .

Vì CC' $\perp$ (ABCD) nên CC' $\perp$ AC hay tam giác ACC' vuông tại C.

Xét tam giác ACC' vuông tại C, có $A{{C}^{'}}^{2}=A{C}^{2}+C{{C}^{'}}^{2}\Leftrightarrow 3=2{a}^{2}+{a}^{2}\Rightarrow a=1$.

Do đó hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh là 1 nên AC = $\sqrt{2}$ .

Vì O là trung điểm của AC nên CO = $\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

Có AC $\perp$ BD, BD $\perp$ AA' (do AA' $\perp$ (ABCD)), suy ra BD $\perp$ (ACC'A') mà BD Ì (BDC') nên (BDC') $\perp$(ACC'A') .

Kẻ CE $\perp$ C'O tại E.

Vì (BDC') $\perp$ (ACC'A'), (BDC') $\cap$ (ACC'A') = C'O mà CE $\perp$ C'O nên CE $\perp$ (BDC').

Khi đó d(C, (BDC')) = CE.

Xét tam giác C'CO vuông tại C, CE là đường cao có:

$\frac{1}{C{E}^{2}}=\frac{1}{C{{C}^{'}}^{2}}+\frac{1}{C{O}^{2}}=\frac{1}{1}+\frac{1}{{(\frac{\sqrt{2}}{2})}^{2}}=3\Rightarrow C{E}^{2}=\frac{1}{3}\Rightarrow CE=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

$d(A{B}^{'},B{C}^{'})=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Cỡ mẫu là n = 7 + 18 + 35 + 57 + 28 = 145.

Giả sử x$_{1}$; x$_{2}$; …; x$_{145}$ là mức thu nhập của 145 công nhân được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Khi đó trung vị là x$_{73}$ mà x$_{73}$ thuộc nhóm [15; 20). Vậy nhóm chứa trung vị là [15; 20).

Gọi biến cố A: “Lần thứ nhất Tùng bắn trúng vòng 10”;

Biến cố B: “Lần thứ hai Tùng bắn trúng vòng 10”.

Biến cố C: “Tùng đạt huy chương vàng”.

Theo đề có P(A) = 0,2; P(B) = 0,2.

Ta có C = AB. Vì A, B là độc lập nên P(C) = P(A) × P(B) = 0,2 × 0,2 = 0,04.

Vậy xác suất để Tùng đạt huy chương vàng là 0,04.

Gọi biến cố A: “Số chấm xuất hiện trên cả hai con xúc xắc của Sơn và Tùng lớn hơn 1”.

Khi đó ta có . Ta có n(A) = 25; n(W) = 36.

P(A) = $\frac{n(A)}{n(Ω)}=\frac{25}{36}$ .

Vậy xác suất để số chấm xuất hiện trên cả hai con xúc xắc của Sơn và Tùng lớn hơn 1 là $\frac{25}{36}$ .

Gọi biến cố A: “An giành được giải thưởng”;

Biến cố B: “Bình giành được giải thưởng”;

A È B: “Có ít nhất một bạn được giải”

Theo đề có P(A) = 0,8; P(B) = 0,6.

Vì A, B độc lập nên ta có: P(AB) = P(A)×P(B) = 0,8 × 0,6 = 0,48.

Ta có P(A È B) = P(A) + P(B) – P(AB) = 0,8 + 0,6 – 0,48 = 0,92.

Vậy xác suất để có ít nhất một bạn giành giải là 0,92.

a) $A=\frac{1-2{\text{sin}}^{2}x}{1+\text{sin}2x}-\frac{1-\text{tan}x}{1+\text{tan}x}$

$=\frac{{\sin }^{2}x+co{s}^{2}x-2{\text{sin}}^{2}x}{{\sin }^{2}x+co{s}^{2}x+2\sin x\cos x}-\frac{1-\frac{s\text{inx}}{\cos x}}{1+\frac{s\text{inx}}{\cos x}}$

$=\frac{co{s}^{2}x-{\text{sin}}^{2}x}{{(\sin x+\cos x)}^{2}}-\frac{\cos x-s\text{inx}}{\cos x+s\text{inx}}$

$=\frac{(cosx-\text{sin}x)(\cos x+\sin x)}{{(\sin x+\cos x)}^{2}}-\frac{\cos x-s\text{inx}}{\cos x+s\text{inx}}$

$=\frac{cosx-\text{sin}x}{\sin x+\cos x}-\frac{\cos x-s\text{inx}}{\cos x+s\text{inx}}=0$.

b) $B=\frac{\text{sin}4x}{1+\text{cos}4x}\cdot \frac{\text{cos}2x}{1+\text{cos}2x}-\text{cot}(\frac{3π}{2}-x)$

$=\frac{\text{2sin2}xcos2x}{{\text{2cos}}^{2}\text{2}x}\cdot \frac{\text{cos}2x}{{\text{2cos}}^{2}x}-\text{cot}(π+\frac{π}{2}-x)$ (áp dụng công thức góc nhân đôi)

$=\frac{\text{2sin}xcosx}{{\text{2cos}}^{2}x}-\text{cot}(\frac{π}{2}-x)$

$=\frac{\sin x}{\cos x}-\tan x=\tan x-\tan x=0$.

c) $C=2({\text{cos}}^{4}x-{\text{sin}}^{4}x)\text{sin}2x$

$=2({\text{cos}}^{2}x-{\text{sin}}^{2}x)({\text{cos}}^{2}x+{\text{sin}}^{2}x)\text{sin}2x$

$=2cos2x\text{sin}2x=\sin 4x$.

a) Ta có h = |d| $=3|\text{cos}[\frac{π}{3}(2t-1)]|\le 3$ .

Vậy người chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất khi và chỉ khi $\text{cos}[\frac{π}{3}(2t-1)]=\pm 1$ $\Leftrightarrow \sin [\frac{π}{3}(2t-1)]=0\Leftrightarrow \frac{π}{3}(2t-1)=kπ\Leftrightarrow t=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}k$, k Î ℤ.

Mà t Î [0; 2] nên $0\le \frac{1}{2}+\frac{3}{2}k\le 2\Rightarrow -\frac{1}{3}\le k\le 1$ , mà k Î ℤ nên k = 0; k = 1.

Với k = 0 thì t = $\frac{1}{2}$ (giây), k = 1 thì t = 2 (giây).

Vậy có 2 thời điểm t = $\frac{1}{2}$ giây và t = 2 giây người chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất.

Vì q là công bội của cấp số nhân (u$_{n}$) nên ta có: u$_{4}$ = u$_{1}$×q$^{3}$ và u$_{7}$ = u$_{1}$×q$^{6}$.

Vì u$_{1}$, u$_{4}$ và u$_{7}$ lần lượt là các số hạng thứ nhất, thứ hai và thứ mười của một cấp số cộng có công sai d ≠ 0 nên u$_{4}$ = u$_{1}$ + d; u$_{7}$ = u$_{1}$ + 9d.

Ta có hệ $\{\begin{matrix}{u}_{4}={u}_{1}\cdot {q}^{3}={u}_{1}+d \\ {u}_{7}={u}_{1}\cdot {q}^{6}={u}_{1}+9d\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{u}_{1}\cdot ({q}^{3}-1)=d \\ {u}_{1}\cdot ({q}^{6}-1)=9d\end{matrix}$ .

Vì d ≠ 0 nên $\frac{1}{9}=\frac{{u}_{1}\cdot ({q}^{3}-1)}{{u}_{1}\cdot ({q}^{6}-1)}\Leftrightarrow \frac{1}{9}=\frac{{q}^{3}-1}{{({q}^{3})}^{2}-1}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{9}=\frac{{q}^{3}-1}{({q}^{3}-1)({q}^{3}+1)}\Leftrightarrow {q}^{3}+1=9\Leftrightarrow {q}^{3}=8\Leftrightarrow q=2$.

Vậy q = 2.

a) Ta có u$_{2}$ = u$_{1}$ + 10 = 200 + 10 = 210 triệu đồng;

u$_{3}$ = u$_{2}$ + 10 = 210 + 10 = 220 triệu đồng.

Ta thấy u$_{n}$ là một cấp số cộng với u$_{1}$ = 200 và d = 10 nên

u$_{n}$ = u$_{1}$ + (n – 1)d = 200 + (n – 1)10 = 10n + 190.

Nếu người lao động đó làm việc cho công ty trong thời gian 5 năm theo hợp đồng A thì tổng số tiền lương người đó nhận được là:

S$_{5}$(A) = u$_{1}$ + u$_{2}$ + …+ u$_{5}$ = $5{u}_{1}+\frac{5\cdot 4}{2}\cdot d$ = 5 × 200 + 100 = 1 100 (triệu đồng).

b) Ta có v$_{2}$ = v$_{1}$ + 5%×v$_{1}$ = v$_{1}$× 1,05 = 180 × 1,05 = 189 (triệu đồng);

v$_{3}$ = v$_{2}$ + v$_{2}$×5% = v$_{2}$× 1,05 = 189 × 1,05 = 198,45 (triệu đồng).

Ta thấy v$_{n}$ là một cấp số nhân với v$_{1}$ = 180 và q = 1,05 nên

v$_{n}$ = v$_{1}$× (1,05)$^{n – 1}$ = 180 × (1,05)$^{n – 1}$.

Nếu người lao động đó làm việc cho công ty trong thời gian 5 năm theo hợp đồng B thì tổng số tiền lương người đó nhận được là:

S$_{5}$(B) = v$_{1}$ + v$_{2}$ + …+ v$_{5}$ = $\frac{{v}_{1}(1-{q}^{5})}{1-q}$ = $\frac{180\cdot (1-1,{05}^{5})}{1-1{,}05}$ » 994,61 triệu đồng.

c) Để lương hàng năm theo hợp đồng B vượt lương hằng năm theo hợp đồng A thì v$_{n}$ > u$_{n}$ hay 180×(1,05)$^{n – 1}$ > 10n + 190 ⇔ 18 × (1,05)$^{n – 1}$ > n + 19.

Ta thấy n = 13 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn bất phương trình này nên từ năm thứ 13 trở đi thì lương hằng năm theo hợp đồng B vượt lương hằng năm theo hợp đồng A.

a) Ta có 1; 3; 5; …; 2n – 1 là một cấp số cộng có $\frac{2n-1-1}{2}+1=n$ (số hạng).

Suy ra 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = $\frac{1+2n-1}{2}\cdot n={n}^{2}$.

Khi đó $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{1+3+5+\cdots +(2n-1)}{{n}^{2}+2n+3}=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+2n+3}=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{1}{1+\frac{2}{n}+\frac{3}{{n}^{2}}}=1$.

b) Ta có $1;\frac{2}{3};\frac{4}{9};...;\frac{{2}^{n}}{{3}^{n}}$là một cấp số nhân với u$_{1}$ = 1 và $q=\frac{2}{3}$ .

Khi đó $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }(1+\frac{2}{3}+\frac{4}{9}+\cdots +\frac{{2}^{n}}{{3}^{n}})=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\frac{1-{(\frac{2}{3})}^{n+1}}{1-\frac{2}{3}}$

$=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }3[1-{(\frac{2}{3})}^{n+1}]=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }[3-3\cdot {(\frac{2}{3})}^{n+1}]$ = 3.

d) $\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }(\sqrt{4{x}^{2}+x+1}+2x)=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{x+1}{\sqrt{4{x}^{2}+x+1}-2x}=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{x+1}{|x|\sqrt{4+\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}}-2x}$

$=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{x+1}{-x\sqrt{4+\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}}-2x}=\underset{x\rightarrow -\infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{x}}{-\sqrt{4+\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}}-2}=-\frac{1}{4}$.

a) Ta có $\underset{x\rightarrow -1}{\lim }f(x)=\underset{x\rightarrow -1}{\lim }\frac{{x}^{2}+4x+3}{x+1}=\underset{x\rightarrow -1}{\lim }\frac{(x+1)(x+3)}{x+1}=\underset{x\rightarrow -1}{\lim }(x+3)=2$ ; f(−1) = m$^{2}$.

Để hàm số liên tục tại x = −1 thì Û m$^{2}$ = 2 Û $m=\pm \sqrt{2}$ .

Vậy thì hàm số liên tục tại x = −1.

b) Ta có x < 1 thì g(x) = 2x + m liên tục với mọi x < 1.

Có x > 1 thì $g(x)=\frac{{x}^{3}-{x}^{2}+2x-2}{x-1}$ liên tục với mọi x > 1.

Tại x = 1, ta có: $\underset{x\rightarrow {1}^{-}}{\lim }g(x)=\underset{x\rightarrow {1}^{-}}{\lim }(2x+m)=2+m$.

$\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }g(x)=\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }\frac{{x}^{3}-{x}^{2}+2x-2}{x-1}=\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }\frac{{x}^{2}(x-1)+2(x-1)}{x-1}$.

$=\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }\frac{({x}^{2}+2)(x-1)}{x-1}=\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }({x}^{2}+2)=3$

Có g(1) = 2 ∙ 1 + m = 2 + m.

Hàm số đã cho liên tục trên ℝ khi và chỉ khi hàm số liên tục tại x = 1

$\Leftrightarrow \underset{x\rightarrow {1}^{-}}{\lim }g(x)=\underset{x\rightarrow {1}^{+}}{\lim }g(x)=g(1)$Û 2 + m = 3 Û m = 1.

Vậy m = 1 thì hàm số đã cho liên tục trên ℝ.

a) Điều kiện: x ≠ 0.

Ta có ${3}^{\frac{1}{x}}=4\Leftrightarrow \frac{1}{x}={\log }_{3}4\Leftrightarrow x=\frac{1}{{\log }_{3}4}={\log }_{4}3$(thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là $x={\log }_{4}3$ .

b) ${2}^{{x}^{2}-3x}=4\Leftrightarrow {2}^{{x}^{2}-3x}={2}^{2}\Leftrightarrow {x}^{2}-3x=2$

$\Leftrightarrow {x}^{2}-3x-2=0$$\Leftrightarrow x=\frac{3+\sqrt{17}}{2}$hoặc $x=\frac{3-\sqrt{17}}{2}$ .

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\{\frac{3+\sqrt{17}}{2};\frac{3-\sqrt{17}}{2}\}$ .

c) Điều kiện $\{\begin{matrix}x+1>0 \\ x-3>0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x>-1 \\ x>3\end{matrix}\Leftrightarrow x>3$ .

Ta có log$_{4}$(x + 1) + log$_{4}$(x – 3) = 3

Û log$_{4}$ [(x + 1)(x – 3)] = 3

Û (x + 1)(x – 3) = 4$^{3}$

Û x$^{2}$ – 2x – 67 = 0

Û $x=1-2\sqrt{17}$ (loại) hoặc $x=1+2\sqrt{17}$ (thỏa mãn).

Vậy nghiệm của phương trình là $x=1+2\sqrt{17}$ .

e) ${(2-\sqrt{3})}^{x}\le {(2+\sqrt{3})}^{x+2}$

$\Leftrightarrow {[\frac{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}{2+\sqrt{3}}]}^{x}\le {(2+\sqrt{3})}^{x+2}$

$\Leftrightarrow {(\frac{1}{2+\sqrt{3}})}^{x}\le {(2+\sqrt{3})}^{x+2}$

$\Leftrightarrow {(2+\sqrt{3})}^{-x}\le {(2+\sqrt{3})}^{x+2}$

$\Leftrightarrow -x\le x+2\Leftrightarrow 2x\ge -2\Leftrightarrow x\ge -1$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [−1; +¥).

f) Điều kiện: 4x > 0 Û x > 0.

Ta có log (3x$^{2}$ + 1) > log (4x) Û 3x$^{2}$ + 1 > 4x Û 3x$^{2}$ – 4x + 1 > 0 Û $[\begin{matrix}x<\frac{1}{3} \\ x>1\end{matrix}$ .

Kết hợp với điều kiện, ta có $[\begin{matrix}0<x<\frac{1}{3} \\ x>1\end{matrix}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=(0;\frac{1}{3})\cup (1;+\infty )$ .

a) Độ pH của một dung dịch có nồng độ ion hydrogen là 0,1 mol/lít là pH = −log0,1 = 1.

Vậy độ pH của một dung dịch có nồng độ ion hydrogen là 0,1 mol/lít là 1.

c) Có pH = 4,5 nên −log[H$^{+}$] = 4,5 Û [H$^{+}$] = 10$^{−4{,}5}$.

Vậy nồng độ ion hydrogen trong bia là 10$^{−4{,}5}$ mol/lít.

b) Ta có: ${y}^{'}={(\sqrt{1+2x-{x}^{2}})}^{'}=\frac{{(1+2x-{x}^{2})}^{'}}{2\sqrt{1+2x-{x}^{2}}}$

$=\frac{2-2x}{2\sqrt{1+2x-{x}^{2}}}=\frac{1-x}{\sqrt{1+2x-{x}^{2}}}$.

Vậy ${y}^{'}=\frac{1-x}{\sqrt{1+2x-{x}^{2}}}$ .

c) Ta có: ${y}^{'}={(\tan \frac{x}{2}-\cot \frac{x}{2})}^{'}=\frac{{(\frac{x}{2})}^{'}}{co{s}^{2}\frac{x}{2}}+\frac{{(\frac{x}{2})}^{'}}{{\sin }^{2}\frac{x}{2}}$

$=\frac{\frac{1}{2}}{co{s}^{2}\frac{x}{2}}+\frac{\frac{1}{2}}{{\sin }^{2}\frac{x}{2}}==\frac{1}{2}\cdot \frac{{\sin }^{2}\frac{x}{2}+co{s}^{2}\frac{x}{2}}{{\sin }^{2}\frac{x}{2}co{s}^{2}\frac{x}{2}}$ $=\frac{2}{{\sin }^{2}x}$

Vậy ${y}^{'}=\frac{2}{{\sin }^{2}x}$ .

d) Ta có: y' = (e$^{2x}$ + lnx$^{2}$)' = ${(\text{2x})}^{'}\cdot {e}^{2x}+\frac{{({x}^{2})}^{'}}{{x}^{2}}$$=2\cdot {e}^{2x}+\frac{2}{x}=2({e}^{2x}+\frac{1}{x})$

Vậy ${y}^{'}=2({e}^{2x}+\frac{1}{x})$.

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t là v(t) = s*'*(t) = 3t$^{2}$ – 6t – 9.

Gia tốc của chất điểm tại thời điểm t là a(t) = v*'*(t) = 6t – 6.

a) Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t = 2 giây là v(2) = 3 × 2$^{2}$ – 6 × 2 − 9 = −9 (m/s).

b) Gia tốc của chất điểm tại thời điểm t = 3 giây là a(3) = 6 × 3 – 6 = 12 (m/s$^{2}$).

c) Vận tốc bằng 0 tức là v(t) = 0 Û 3t$^{2}$ – 6t – 9 = 0 Û t = 3 (thỏa mãn) hoặc t = −1 (loại).

Vậy gia tốc của chất điểm tại thời điểm vận tốc bằng 0 là a(3) = 12 m/s$^{2}$.

d) Gia tốc bằng 0 tức là a(t) = 0 Û 6t – 6 = 0 Û t = 1.

Vậy vận tốc của chất điểm tại thời điểm gia tốc bằng 0 là v(1) = 3 × 1$^{2}$ – 6 × 1 – 9 = −12 m/s.

a) Gọi M là trung điểm của BC.

Xét tam giác OBC có OB = OC = a nên tam giác OBC cân tại O mà OM là trung tuyến nên OM đồng thời là đường cao hay OM ^ BC.

Vì tam giác OAC có OA = OC = a và $\widehat{AOC}=60^{\circ}$ nên tam giác OAC đều, suy ra AC = a.

Vì tam giác OAB có OA = OB = a và $\widehat{AOB}=60^{\circ}$ nên tam giác OAB đều, suy ra AB = a.

Xét tam giác OBC vuông tại O, có $BC=\sqrt{O{C}^{2}+O{B}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}+{a}^{2}}=a\sqrt{2}$ .

Xét tam giác OBC vuông tại O, OM là đường cao, có

$\frac{1}{O{M}^{2}}=\frac{1}{O{B}^{2}}+\frac{1}{O{C}^{2}}=\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{a}^{2}}=\frac{2}{{a}^{2}}\Rightarrow OM=\frac{a}{\sqrt{2}}$.

Vì BC$^{2}$ = 2a$^{2}$ = a$^{2}$ + a$^{2}$ = AB$^{2}$ + AC$^{2}$ nên tam giác ABC vuông tại A.

Mặt khác AB = AC nên tam giác ABC cân tại A có AM là trung tuyến nên AM đồng thời là đường cao hay AM ^ BC.

Xét tam giác ABC vuông tại A, AM là đường cao có:

$\frac{1}{A{M}^{2}}=\frac{1}{A{B}^{2}}+\frac{1}{A{C}^{2}}=\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{a}^{2}}=\frac{2}{{a}^{2}}\Rightarrow AM=\frac{a}{\sqrt{2}}$.

Vì OA$^{2}$ = a$^{2}$ = $\frac{{a}^{2}}{2}+\frac{{a}^{2}}{2}$ = OM$^{2}$ + AM$^{2}$ nên tam giác OMA vuông tại M, suy ra OM ^ MA.

Vì OM ^ MA và OM ^ BC nên OM ^ (ABC) mà OM Ì (OBC), suy ra (OBC) ^ (ABC).

b) Vì OM ^ (ABC) nên d(O, (ABC)) = OM = $\frac{a}{\sqrt{2}}$ .

Có ${S}_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\frac{{a}^{2}}{2}$ . Khi đó ${V}_{OABC}=\frac{1}{3}\cdot {S}_{ABC}\cdot OM=\frac{1}{3}\cdot \frac{{a}^{2}}{2}\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{{a}^{3}\sqrt{2}}{12}$ .

Vậy ${V}_{OABC}=\frac{{a}^{3}\sqrt{2}}{12}$ .

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Kẻ AM ^ SC tại M, SO Ç AM = I.

Do ABCD là hình vuông nên AC ^ BD.

Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ BD mà AC ^ BD nên BD ^ (SAC), suy ra BD ^ SC.

Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại E và F. Khi đó (P) = (AEMF).

Do ABCD là hình vuông nên BC ^ AB, SA ^ BC (do SA ^ (ABCD)) nên BC ^ (SAB), suy ra BC ^ AE.

Mặt khác SC ^ (P) nên SC ^ AE mà BC ^ AE nên AE ^ (SBC).

a) Vì M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BB' và CC' nên MN // BC, suy ra MN // (ABC).

Mà (ABC) Ç (A'MN) = HK, suy ra MN // HK.

b) Xét DA'B'M và DHBM có

B'M = BM (do M là trung điểm của BB'),

$\widehat{{A}^{'}{B}^{'}M}=\widehat{HBM}=90^{\circ}$,

$\widehat{{A}^{'}M{B}^{'}}=\widehat{HMB}$ (đối đỉnh)

Do đó, DA'B'M = DHBM.

Suy ra BH = A'B' mà AB = A'B' (do ABB'A' là hình chữ nhật) nên BH = AB = a.

Suy ra AH = 2a.

Xét DA'C'N và DKCN có

C'N = CN (do N là trung điểm của CC'),

$\widehat{{A}^{'}{C}^{'}N}=\widehat{KCN}=90^{\circ}$, $\widehat{{A}^{'}N{C}^{'}}=\widehat{KNC}$ (đối đỉnh)

Do đó, DA'C'N = DKCN, suy ra CK = A'C' mà A'C' = AC (do ACC'A' là hình chữ nhật) nên CK = AC = a, suy ra AK = 2a.

Xét tam giác AHK có B là trung điểm AH, C là trung điểm AK nên BC là đường trung bình của tam giác AHK, suy ra HK = 2BC = 2a.

Xét tam giác AHK có AH = AK = HK = 2a nên tam giác AHK đều, suy ra ${S}_{AHK}=\frac{{(2a)}^{2}\cdot \sqrt{3}}{4}={a}^{2}\sqrt{3}$.

Khi đó ${V}_{{A}^{'}.AHK}=\frac{1}{3}\cdot \cdot {\text{S}}_{AHK}=\frac{1}{3}\cdot \text{a}\sqrt{2}\cdot {a}^{2}\sqrt{3}=\frac{{a}^{3}\sqrt{6}}{3}$ .

Vậy ${V}_{{A}^{'}.AHK}=\frac{{a}^{3}\sqrt{6}}{3}$ .

a) Vì ABCD là hình thoi nên AC ^ BD.

Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ BD mà AC ^ BD nên BD ^ (SAC), suy ra BD ^ SC.

b) Gọi O là giao điểm của AC và BD, suy ra O là trung điểm của AC, BD.

Kẻ OE ^ SC tại E.

Vì BD ^ (SAC) nên BD ^ OE mà OE ^ SC nên d(BD, SC) = OE.

Xét tam giác ABD có AB = AD = a nên tam giác ABD cân tại A mà $\widehat{BAD}=60^{\circ}$ nên tam giác ABD đều.

Xét tam giác đều ABD cạnh a có AO là đường cao nên $AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=2AO=a\sqrt{3}$ .

Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ AC hay tam giác SAC vuông tại A.

Xét tam giác SAC vuông tại A, có $SC=\sqrt{S{A}^{2}+A{C}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}+3{a}^{2}}=2a$ .

Vì O là trung điểm của AC nên $CO=AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Xét DCEO và DCAS có: chung và nên DCEO đồng dạng với DCAS, suy ra $\frac{CO}{CS}=\frac{EO}{SA}\Rightarrow EO=\frac{CO\cdot SA}{CS}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Vậy d(BD, SC) = $\frac{a\sqrt{3}}{4}$ .

a) Do ABCD là hình chữ nhật nên AB = DC = $a\sqrt{2}$ ; AD = BC = a.

Gọi E là giao điểm của AM và BD.

Vì M là trung điểm của CD nên DM = MC = $\frac{CD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác ADM vuông tại D có: $\tan \widehat{AMD}=\frac{AD}{DM}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}$ .

Xét tam giác ADB vuông tại A có: $\tan \widehat{ADB}=\frac{AB}{AD}=\frac{a\sqrt{2}}{a}=\sqrt{2}$ .

Vì $\tan \widehat{AMD}=\tan \widehat{ADB}=\sqrt{2}$ , suy ra $\widehat{AMD}=\widehat{ADB}$ .

Có $\widehat{AMD}+\widehat{BDM}=\widehat{ADB}+\widehat{BDM}=\widehat{ADC}=90^{\circ}$ , suy ra $\widehat{DEM}=90^{\circ}$ hay AM ^ BD.

Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ BD mà AM ^ BD nên BD ^ (SAM).

b) Có S$_{ABMD}$ = S$_{ABCD}$ – S$_{BCM}$ = $AB\cdot AD-\frac{1}{2}\cdot BC\cdot CM$

$=a\sqrt{2}\cdot a-\frac{1}{2}\cdot a\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{3{a}^{2}\sqrt{2}}{4}$.

Khi đó ${V}_{S.ABMD}=\frac{1}{3}\cdot {S}_{ABMD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{3{a}^{2}\sqrt{2}}{4}\cdot a\sqrt{3}=\frac{{a}^{3}\sqrt{6}}{4}$ .

Vậy ${V}_{S.ABMD}=\frac{{a}^{3}\sqrt{6}}{4}.$

Dựa vào bảng số liệu, ta tính được n = 8 + 17 + 35 + 56 + 27 + 15 = 158.

Giả sử x$_{1}$; x$_{2}$; …; x$_{158}$ là mẫu số liệu đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm. Khi đó trung vị là và tứ phân vị thứ nhất là x$_{40}$.

Do đó, nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất Q$_{1}$ là nhóm thứ 3: [8; 11).

Có a$_{3}$ = 8; m$_{3}$ = 35; m$_{1}$ = 8; m$_{2}$ = 17; a$_{4}$ = 11.

Áp dụng công thức tính tứ phân vị thứ nhất Q$_{1}$, ta có

${Q}_{1}={a}_{3}+\frac{\frac{n}{4}-({m}_{1}+{m}_{2})}{{m}_{3}}\cdot ({a}_{4}-{a}_{3})=8+\frac{\frac{158}{4}-(8+17)}{35}\cdot (11-8)$ » 9,24.

Vậy doanh nghiệp sẽ hỗ trợ hộ gia đình có thu nhập dưới 9,24 triệu đồng.

Gọi biến cố A: “Dũng đạt giải”;

Biến cố B: “Cường đạt giải”;

A È B: “Có ít nhất một bạn được giải”.

$\overline{AB}$: “Không có bạn nào đạt giải”;

Theo đề, có P(A) = 0,85; P(B) = 0,9.

Vì A, B độc lập nên P(AB) = P(A) × P(B) = 0,85 × 0,9 = 0,765.

$P(\overline{AB})=P(\overline{A})\cdot P(\overline{B})=(1-P(A))\cdot (1-P(B))$ = (1 – 0,85)×(1 – 0,9) = 0,015.

a) Ta cần tính P(A È B). Biến cố đối của biến cố “Có ít nhất một bạn được giải” là biến cố “Không có bạn nào đạt giải” nên ta có

$P(A\cup B)=1-P(\overline{AB})=1-0{,}015=0{,}985$.

Vậy xác suất để có ít nhất một trong hai bạn đạt giải là 0,985.

b) Gọi biến cố E: “Có đúng một bạn đạt giải”.

Ta có $E=A\overline{B}\cup \overline{A}B$ . Do A và B độc lập nên A và $\overline{B}$ ; $\overline{A}$ và B cũng độc lập.

Do đó $P(E)=P(A\overline{B}\cup \overline{A}B)=P(A\overline{B})+P(\overline{A}B)$

$=P(A)\cdot P(\overline{B})+P(\overline{A})\cdot P(B)$

= 0,85 × (1 – 0,9) + (1 – 0,85) × 0,9 = 0,22.

Vậy xác suất để có đúng một bạn đạt giải là 0,22.

Gọi biến cố E: “Cánh phải có ít nhất một động cơ không bị lỗi”;

Biến cố F: “Cánh trái có ít nhất một động cơ không bị lỗi”;

Biến cố $\overline{E}$ : “Cả hai động cơ ở cánh phải đều bị lỗi”;

Biến cố $\overline{F}$ : “Cả hai động cơ ở cánh trái đều bị lỗi”.

Biến cố M: “Chuyến bay hạ cánh an toàn”.

Vì các động cơ hoạt động độc lập với nhau nên ta có:

$P(\overline{E})=0{,}01\cdot 0{,}01={10}^{-4},P(\overline{F})=0{,}015\cdot 0{,}015=2{,}25\cdot {10}^{-4}$; .

Suy ra $P(E)=1-P(\overline{E})=0{,}9999$ ; $P(F)=1-P(\overline{F})=0{,}999775$ .

Vì E, F là các biến cố độc lập nên P(M) = P(EF) = P(E) × P(F) = 0,9999 × 0,999775 » 0,9997.

Vậy xác suất để chuyến bay đó hạ cánh an toàn khoảng 0,9997.