1 / ?
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều có cạnh bằng $1$ và $SA\bot (ABC)$. Gọi $M,N$ là hai điểm lần lượt thuộc các cạnh $SB,SC$ sao cho $SM=3MB$, $NC=2NS$. Biết rằng $AN$ vuông góc với $CM.$ Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)
Đáp án : $0,16$
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
[IMG:rId16]
Lúc đó: $A(0;0;0)$; $B(1;0;0)$; $C\left( \dfrac{1}{2};\dfrac{\sqrt{3}}{2};0 \right)$; $S(0;0;h)$ với $h=SA{>}0$.
[IMG:rId17]
* $M$ thuộc $SB$ sao cho $SM=3MB\Rightarrow \overrightarrow{SM}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{SB}\Rightarrow M\left( \dfrac{3}{4};0;\dfrac{h}{4} \right)$.
* $N$ thuộc $SC$ sao cho $NC=2NS\Rightarrow \overrightarrow{SN}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{SC}\Rightarrow N\left( \dfrac{1}{6};\dfrac{\sqrt{3}}{6};\dfrac{2h}{3} \right)$.
Ta có:
$\overrightarrow{AN}=\left( \dfrac{1}{6};\dfrac{\sqrt{3}}{6};\dfrac{2h}{3} \right)$
$\overrightarrow{CM}=\left( \dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2};0-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{h}{4}-0 \right)=\left( \dfrac{1}{4};-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{h}{4} \right)$
Vì $AN\bot CM$ nên $\overrightarrow{AN}\cdot \overrightarrow{CM}=0$ :
$\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{1}{4}+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\cdot \left( -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)+\dfrac{2h}{3}\cdot \dfrac{h}{4}=0$ $\Leftrightarrow 4{{h}^{2}}=5\Rightarrow h=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là: $V=\dfrac{1}{3}\cdot {{S}_{ABC}}\cdot SA=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot \dfrac{\sqrt{5}}{2}=\dfrac{\sqrt{15}}{24}\approx 0,16$
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
[IMG:rId16]
Lúc đó: $A(0;0;0)$; $B(1;0;0)$; $C\left( \dfrac{1}{2};\dfrac{\sqrt{3}}{2};0 \right)$; $S(0;0;h)$ với $h=SA{>}0$.
[IMG:rId17]
* $M$ thuộc $SB$ sao cho $SM=3MB\Rightarrow \overrightarrow{SM}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{SB}\Rightarrow M\left( \dfrac{3}{4};0;\dfrac{h}{4} \right)$.
* $N$ thuộc $SC$ sao cho $NC=2NS\Rightarrow \overrightarrow{SN}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{SC}\Rightarrow N\left( \dfrac{1}{6};\dfrac{\sqrt{3}}{6};\dfrac{2h}{3} \right)$.
Ta có:
$\overrightarrow{AN}=\left( \dfrac{1}{6};\dfrac{\sqrt{3}}{6};\dfrac{2h}{3} \right)$
$\overrightarrow{CM}=\left( \dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2};0-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{h}{4}-0 \right)=\left( \dfrac{1}{4};-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{h}{4} \right)$
Vì $AN\bot CM$ nên $\overrightarrow{AN}\cdot \overrightarrow{CM}=0$ :
$\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{1}{4}+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\cdot \left( -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)+\dfrac{2h}{3}\cdot \dfrac{h}{4}=0$ $\Leftrightarrow 4{{h}^{2}}=5\Rightarrow h=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là: $V=\dfrac{1}{3}\cdot {{S}_{ABC}}\cdot SA=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot \dfrac{\sqrt{5}}{2}=\dfrac{\sqrt{15}}{24}\approx 0,16$
Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho ba điểm $A,B,C$ biết $\overrightarrow{AB}\left( 3;-3;3 \right)$, $\overrightarrow{AC}\left( -3;3;-9 \right)$. Điểm $M$ thuộc đoạn $BC$ thoả mãn $2BM=MC$. Gọi $\left( a;b;c \right)$ là toạ độ $\overrightarrow{AM}$. Tính $26a+b-2001c.$
Đáp án : 2026
Do điểm $M$ thuộc đoạn $BC$ thoả mãn $2BM=MC$ nên $\overrightarrow{BM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}.$
Khi đó $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\left( \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB} \right)=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}.$
Mà $\overrightarrow{AB}\left( 3;-3;3 \right)$, $\overrightarrow{AC}\left( -3;3;-9 \right)$ nên9C7| $\overrightarrow{AM}\left( 1;-1;-1 \right)$.
Vậy $26a+b-2001c=26.1-1-2001.(-1)=2026.$
Do điểm $M$ thuộc đoạn $BC$ thoả mãn $2BM=MC$ nên $\overrightarrow{BM}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}.$
Khi đó $\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\left( \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB} \right)=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}.$
Mà $\overrightarrow{AB}\left( 3;-3;3 \right)$, $\overrightarrow{AC}\left( -3;3;-9 \right)$ nên9C7| $\overrightarrow{AM}\left( 1;-1;-1 \right)$.
Vậy $26a+b-2001c=26.1-1-2001.(-1)=2026.$
Nghiệm của phương trình ${{\log }_{3}}\left( 4x-7 \right)=2$ là
${{\log }_{3}}\left( 4x-7 \right)=2$
Điều kiện xác định: $x{>}\dfrac{7}{4}$
Với điều kiện trên, ta có:
${{\log }_{3}}\left( 4x-7 \right)=2$ $\Leftrightarrow$ $4x-7={{3}^{2}}=9$ $\Leftrightarrow$ $x=4$ (nhận)
Vậy phương trình có nghiệm $x=4$.
Điều kiện xác định: $x{>}\dfrac{7}{4}$
Với điều kiện trên, ta có:
${{\log }_{3}}\left( 4x-7 \right)=2$ $\Leftrightarrow$ $4x-7={{3}^{2}}=9$ $\Leftrightarrow$ $x=4$ (nhận)
Vậy phương trình có nghiệm $x=4$.
Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho điểm $M$ thoả mãn $\overrightarrow{OM}=-2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}$. Toạ độ điểm $M$ là'
Ta có: $\overrightarrow{OM}=-2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}\Rightarrow M\left( -2;1;3 \right)$.
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, $O$ là tâm của đáy $ABCD$, được gắn vào hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ. Biết cạnh $SA=AB=3\sqrt{2}$ và điểm $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$. Khi đó:
a) SAI
Ta có tam giác $SAB$ là tam giác đều cạnh $AB=3\sqrt{2}$ nên $BG=\dfrac{2}{3}.\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}.\sqrt{3}}{3}=\sqrt{6}$.
b) ĐÚNG
Ta có $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC} \right)+\left( \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD} \right)=\overrightarrow{0}$
c) SAI
Ta có $AC=AB\sqrt{2}=3\sqrt{2}.\sqrt{2}=6$ suy ra $OC=3$ nên tọa độ điểm $C$ là $\left( 0;3;0 \right)$.
d) ĐÚNG
Ta có điểm $K\in \left( Oyz \right)$ hay $\left( SAC \right)$, điểm $B,G$ nằm cùng phía so với mặt phẳng $\left( SAC \right)$
Ta có điểm $B$ có điểm đối xứng là $D$ qua mặt phẳng $\left( Oyz \right)$
Ta có $KG+KB$ nhỏ nhất khi $K$, $D,G$ thẳng hàng
Hay $K$ là giao điểm của $DG$ và mặt phẳng $\left( Oyz \right)$, $SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=3$.
Ta có tọa độ điểm $B\left( 3;0;0 \right)$, $D\left( -3;0;0 \right)$, $S\left( 0;0;3 \right)$, $A\left( 0;-3;0 \right)$, $G\left( 1;-1;1 \right)$.
Ta có $\overrightarrow{DK}=\left( 3;m;n \right),\overrightarrow{DG}=\left( 4;-1;1 \right)$
Ba điểm $D,K,G$ thẳng hàng khi $\overrightarrow{DK,}\overrightarrow{DG}$ cùng phương
$\Leftrightarrow \dfrac{3}{4}=\dfrac{m}{-1}=\dfrac{n}{1}$ $\Rightarrow m=-\dfrac{3}{4},n=\dfrac{3}{4}$.
Vậy điểm $K\left( 0;-\dfrac{3}{4};\dfrac{3}{4} \right)$, suy ra ${{m}^{2}}+{{n}^{2}}={{\left( -\dfrac{3}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{3}{4} \right)}^{2}}=\dfrac{9}{8}$.
Ta có tam giác $SAB$ là tam giác đều cạnh $AB=3\sqrt{2}$ nên $BG=\dfrac{2}{3}.\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}.\sqrt{3}}{3}=\sqrt{6}$.
b) ĐÚNG
Ta có $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=\left( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC} \right)+\left( \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD} \right)=\overrightarrow{0}$
c) SAI
Ta có $AC=AB\sqrt{2}=3\sqrt{2}.\sqrt{2}=6$ suy ra $OC=3$ nên tọa độ điểm $C$ là $\left( 0;3;0 \right)$.
d) ĐÚNG
Ta có điểm $K\in \left( Oyz \right)$ hay $\left( SAC \right)$, điểm $B,G$ nằm cùng phía so với mặt phẳng $\left( SAC \right)$
Ta có điểm $B$ có điểm đối xứng là $D$ qua mặt phẳng $\left( Oyz \right)$
Ta có $KG+KB$ nhỏ nhất khi $K$, $D,G$ thẳng hàng
Hay $K$ là giao điểm của $DG$ và mặt phẳng $\left( Oyz \right)$, $SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{O}^{2}}}=3$.
Ta có tọa độ điểm $B\left( 3;0;0 \right)$, $D\left( -3;0;0 \right)$, $S\left( 0;0;3 \right)$, $A\left( 0;-3;0 \right)$, $G\left( 1;-1;1 \right)$.
Ta có $\overrightarrow{DK}=\left( 3;m;n \right),\overrightarrow{DG}=\left( 4;-1;1 \right)$
Ba điểm $D,K,G$ thẳng hàng khi $\overrightarrow{DK,}\overrightarrow{DG}$ cùng phương
$\Leftrightarrow \dfrac{3}{4}=\dfrac{m}{-1}=\dfrac{n}{1}$ $\Rightarrow m=-\dfrac{3}{4},n=\dfrac{3}{4}$.
Vậy điểm $K\left( 0;-\dfrac{3}{4};\dfrac{3}{4} \right)$, suy ra ${{m}^{2}}+{{n}^{2}}={{\left( -\dfrac{3}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{3}{4} \right)}^{2}}=\dfrac{9}{8}$.
Một người đưa thư xuất phát từ bưu điện (vị trí A) và phải đi qua các địa điểm B, C, D để phát thư rồi quay trở lại bưu điện. Sơ đồ các địa điểm và thời gian di chuyển giữa các địa điểm được mô tả như hình bên dưới (đơn vị: phút). Tính thời gian ít nhất mà người đưa thư cần để hoàn thành công việc.
Đáp án : $99$
Người đưa thư xuất phát từ $A$, đi qua $B,C,D$ mỗi điểm đúng một lần rồi quay về $A$.
Xét các hành trình có|S|B|9||| thể có:
* $A\to C\to B\to D\to A$ :
$15+34+20+30=99$
* $A\to C\to D\to B\to A$ :
$15+35+20+42=112$
* $A\to D\to B\to C\to A$ :
$30+20+34+15=99$
* $A\to B\to D\to C\to A$ :
$42+20+35+15=112$
* $A\to B\to C\to D\to A$ :
$42+34+35+30=141$
* $A\to D\to C\to B\to A$ :
$30+35+34+42=141$
Thời gian nhỏ nhất là 99 phút.
Người đưa thư xuất phát từ $A$, đi qua $B,C,D$ mỗi điểm đúng một lần rồi quay về $A$.
Xét các hành trình có|S|B|9||| thể có:
* $A\to C\to B\to D\to A$ :
$15+34+20+30=99$
* $A\to C\to D\to B\to A$ :
$15+35+20+42=112$
* $A\to D\to B\to C\to A$ :
$30+20+34+15=99$
* $A\to B\to D\to C\to A$ :
$42+20+35+15=112$
* $A\to B\to C\to D\to A$ :
$42+34+35+30=141$
* $A\to D\to C\to B\to A$ :
$30+35+34+42=141$
Thời gian nhỏ nhất là 99 phút.
Khảo sát một nhóm $50$ học sinh ở một trường THPT người ta thấy rằng: Có $20$ học sinh giỏi Ngoại ngữ, $15$ học sinh giỏi Tin học, $10$ học sinh giỏi cả Ngoại ngữ và Tin học. Chọn ngẫu nhiên một học sinh từ nhóm $50$ học sinh trở lên.
Khảo sát một nhóm $50$ học sinh ở một trường THPT người ta thấy rằng: Có $20$ học sinh giỏi Ngoại ngữ, $15$ học sinh giỏi Tin học, $10$ học sinh giỏi cả Ngoại ngữ và Tin học. Chọn ngẫu nhiên một học sinh từ nhóm $50$ học sinh trở lên.
Số học sinh chỉ giỏi Ngoại ngữ là $20-10=10$.
Số học sinh chỉ giỏi Tin học là $15-10=5$.
a) SAI
Xác suất để chọn được học sinh chỉ giỏi một môn Ngoại ngữ là $0,3$.
Xác suất để chọn được học sinh chỉ giỏi một môn Ngoại ngữ là $\dfrac{10}{50}=0,2$.
b) ĐÚNG
Xác suất để chọn được học sinh giỏi cả Ngoại ngữ và Tin học bằng $0,2$.
Xác suất để chọn được học sinh giỏi cả Ngoại ngữ và Tin học bằng $\dfrac{10}{50}=0,2$.
c) ĐÚNG
Xác suất để chọn được học sinh giỏi Ngoại ngữ bằng $0,4$.
Xác suất để chọn được học sinh giỏi Ngoại ngữ bằng $\dfrac{20}{50}=0,4$
d) SAI
Xác suất để chọn được học sinh giỏi Ngoại ngữ hoặc Tin học bằng $0,7$.
Số học sinh giỏi Ngoại ngữ hoặc Tin học là $10+5=15$.
Xác suất để chọn được học sinh giỏi Ngoại ngữ hoặc Tin học bằng $\dfrac{15}{50}=0,3$
Số học sinh chỉ giỏi Ngoại ngữ là $20-10=10$.
Số học sinh chỉ giỏi Tin học là $15-10=5$.
a) SAI
Xác suất để chọn được học sinh chỉ giỏi một môn Ngoại ngữ là $0,3$.
Xác suất để chọn được học sinh chỉ giỏi một môn Ngoại ngữ là $\dfrac{10}{50}=0,2$.
b) ĐÚNG
Xác suất để chọn được học sinh giỏi cả Ngoại ngữ và Tin học bằng $0,2$.
Xác suất để chọn được học sinh giỏi cả Ngoại ngữ và Tin học bằng $\dfrac{10}{50}=0,2$.
c) ĐÚNG
Xác suất để chọn được học sinh giỏi Ngoại ngữ bằng $0,4$.
Xác suất để chọn được học sinh giỏi Ngoại ngữ bằng $\dfrac{20}{50}=0,4$
d) SAI
Xác suất để chọn được học sinh giỏi Ngoại ngữ hoặc Tin học bằng $0,7$.
Số học sinh giỏi Ngoại ngữ hoặc Tin học là $10+5=15$.
Xác suất để chọn được học sinh giỏi Ngoại ngữ hoặc Tin học bằng $\dfrac{15}{50}=0,3$
Cho hình lâp phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ có độ dài cạnh bằng 1. Độ dài của vectơ $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}'}$ bằng
Áp dụng quy tắc hình hộp: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}'}=\overrightarrow{A{C}'}$
$\Rightarrow \left| \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}'} \right|=\left| \overrightarrow{A{C}'} \right|=A{C}'=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}+A{{{{A}'}}^{2}}}=\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}=\sqrt{3}$
Độ dài của vectơ $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}'}$ bằng $\sqrt{3}$.
$\Rightarrow \left| \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}'} \right|=\left| \overrightarrow{A{C}'} \right|=A{C}'=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}+A{{{{A}'}}^{2}}}=\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}=\sqrt{3}$
Độ dài của vectơ $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}'}$ bằng $\sqrt{3}$.
Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đồ thị như hình vẽ
Điểm cực đại của hàm số đã cho là
Từ đồ thị hàm số, điểm cực đại của hàm số đã cho là $x=0$.
Kết quả điểm thi khảo sát học kì I môn Toán của hai khối 10, 11 ở một trường THPT tỉnh Hưng Yên được biểu diễn bởi mẫu số liệu ghép nhóm ở bảng sau:
Nhóm $\left[ 1;2 \right)$ $\left[ 2;3 \right)$ $\left[ 3;4 \right)$ $\left[ 4;5 \right)$ $\left[ 5;6 \right)$ $\left[ 6;7 \right)$ $\left[ 7;8 \right)$ $\left[ 8;9 \right)$ $\left[ 9;10 \right)$
Khối 11 11 52 118 121 95 62 47 27 7
Khối 10 1 4 35 86 117 112 102 64 19
a) SAI
Ta có bảng giá trị đại diện là
Nhóm $\left[ 1;2 \right)$ $\left[ 2;3 \right)$ $\left[ 3;4 \right)$ $\left[ 4;5 \right)$ $\left[ 5;6 \right)$ $\left[ 6;7 \right)$ $\left[ 7;8 \right)$ $\left[ 8;9 \right)$ $\left[ 9;10 \right)$
Giá trị đại diện $1,5$ $2,5$ $3,5$ $4,5$ $5,5$ $6,5$ $7,5$ $8,5$ $9,5$
Khối 11 11 52 118 121 95 62 47 27 7
Khối 10 1 4 35 86 117 112 102 64 19
Tổng số học sinh lớp 11 là: $11+52+118+121+95+62+47+27+7=540$ (học sinh).
Điểm trung bình của toán khối 11 là:
$\overline{{{x}_{K11}}}=\dfrac{1}{540}\left( 11.1,5+52.2,5+118.3,5+121.4,5+95.5,5+62.6,5+47.7,5+27.8,5+7.9,5 \right)\approx 4,96$
b) ĐÚNG
Tổng số học sinh lớp 10 là: $1+4+35+86+117+112+102+65+19=540$ (học sinh).
Gọi ${{x}_{1}};{{x}_{2}};...;{{x}_{540}}$ là điểm kiểm tra môn toán của học sinh khối 11 được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.
Khi đó ${{Q}_{1}}=\dfrac{{{x}_{135}}+{{x}_{136}}}{2}\in \left[ 5;6 \right)$.
Do đó ${{Q}_{1}}=5+\dfrac{135-126}{117}.\left( 6-5 \right)\approx 5,08$.
${{Q}_{3}}=\dfrac{{{x}_{405}}+{{x}_{406}}}{2}\in \left[ 7;8 \right)$.
Do đó ${{Q}_{3}}=7+\dfrac{3.135-355}{102}.\left( 8-7 \right)\approx 7,49$.
Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm khối 10 là $\Delta {{Q}_{\text{K10}}}={{Q}_{3}}-{{Q}_{1}}=2,41$
c) ĐÚNG
Với điểm toán của khối 11 ta có: điểm trung bình: $\overline{{{x}_{K11}}}\approx 4,96$; phương sai: $s_{11}^{2}\approx 3,12$ nên độ lệch chuẩn là: ${{s}_{11}}\approx 1,77$
Với điểm toán của khối 10 ta có: điểm trung bình: $\overline{{{x}_{K10}}}\approx 6,26$; phương sai: $s_{10}^{2}\approx 2,53$ nên độ lệch chuẩn làGLh|: ${{s}_{10}}\approx 1,59$
Do ${{s}_{10}}{<}{{s}_{11}}$ học sinh khối 10 có điểm tổng đều hơn điểm của học sinh khối 11.
d) ĐÚNG
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là $R=10-1=9$.
Ta có bảng giá trị đại diện là
Nhóm $\left[ 1;2 \right)$ $\left[ 2;3 \right)$ $\left[ 3;4 \right)$ $\left[ 4;5 \right)$ $\left[ 5;6 \right)$ $\left[ 6;7 \right)$ $\left[ 7;8 \right)$ $\left[ 8;9 \right)$ $\left[ 9;10 \right)$
Giá trị đại diện $1,5$ $2,5$ $3,5$ $4,5$ $5,5$ $6,5$ $7,5$ $8,5$ $9,5$
Khối 11 11 52 118 121 95 62 47 27 7
Khối 10 1 4 35 86 117 112 102 64 19
Tổng số học sinh lớp 11 là: $11+52+118+121+95+62+47+27+7=540$ (học sinh).
Điểm trung bình của toán khối 11 là:
$\overline{{{x}_{K11}}}=\dfrac{1}{540}\left( 11.1,5+52.2,5+118.3,5+121.4,5+95.5,5+62.6,5+47.7,5+27.8,5+7.9,5 \right)\approx 4,96$
b) ĐÚNG
Tổng số học sinh lớp 10 là: $1+4+35+86+117+112+102+65+19=540$ (học sinh).
Gọi ${{x}_{1}};{{x}_{2}};...;{{x}_{540}}$ là điểm kiểm tra môn toán của học sinh khối 11 được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.
Khi đó ${{Q}_{1}}=\dfrac{{{x}_{135}}+{{x}_{136}}}{2}\in \left[ 5;6 \right)$.
Do đó ${{Q}_{1}}=5+\dfrac{135-126}{117}.\left( 6-5 \right)\approx 5,08$.
${{Q}_{3}}=\dfrac{{{x}_{405}}+{{x}_{406}}}{2}\in \left[ 7;8 \right)$.
Do đó ${{Q}_{3}}=7+\dfrac{3.135-355}{102}.\left( 8-7 \right)\approx 7,49$.
Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm khối 10 là $\Delta {{Q}_{\text{K10}}}={{Q}_{3}}-{{Q}_{1}}=2,41$
c) ĐÚNG
Với điểm toán của khối 11 ta có: điểm trung bình: $\overline{{{x}_{K11}}}\approx 4,96$; phương sai: $s_{11}^{2}\approx 3,12$ nên độ lệch chuẩn là: ${{s}_{11}}\approx 1,77$
Với điểm toán của khối 10 ta có: điểm trung bình: $\overline{{{x}_{K10}}}\approx 6,26$; phương sai: $s_{10}^{2}\approx 2,53$ nên độ lệch chuẩn làGLh|: ${{s}_{10}}\approx 1,59$
Do ${{s}_{10}}{<}{{s}_{11}}$ học sinh khối 10 có điểm tổng đều hơn điểm của học sinh khối 11.
d) ĐÚNG
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là $R=10-1=9$.
Cho hàm số $y=\dfrac{2x-2}{x+2}$ có tập xác định là $D$. Hàm số đã cho có đạo hàm trên $D$ là
$y=\dfrac{2x-2}{x+2}\Rightarrow {y}'=\dfrac{2.2-\left( -2 \right).1}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}=\dfrac{6}{{{\left( x+2 \right)}^{2}}}$.
Cho hàm số $f\left( x \right)=\dfrac{x-2}{x-1}$ có đồ thị là đường cong $\left( C \right)$.
Ta có $y=f\left( x \right)=\dfrac{x-2}{x-1}\Rightarrow {y}'={f}'\left( x \right)=\dfrac{1}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}$
Bảng biến thiên
[IMG:rId13]
a) SAI
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên $\left( -\infty ;1 \right)$ và $\left( 1;+\infty \right)$
b) ĐÚNG
$\lim\limits_{x\to +\infty } y=\lim\limits_{x\to +\infty } \dfrac{x-2}{x-1}=1;\lim\limits_{x\to {{1}^{+}}} y=\lim\limits_{x\to {{1}^{+}}} \dfrac{x-2}{x-1}=-\infty$.
Suy ra đồ thị $\left( C \right)$ có tiệm cận ngang $y=1$ và tiệm cận đứng $x=1$.
Đồ thị cắt trục $Ox$ tại $\left( 2;0 \right)$ và trục $Oy$ tại $\left( 0;2 \right)$
Đồ thị hàm số là
[IMG:rId12]
c) SAI
$y=\left| f\left( x \right) \right|=\left| \dfrac{x-2}{x-1} \right|=\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{x-2}{x-1}\ khi\ x\in \left( -\infty ;1 \right)\cup \left( 2;+\infty \right) \\
\dfrac{2-x}{x-1}khi\ x\in \left( 1;2 \right) \\
\end{array} \right.$
Đồ thị $y=\left| f\left( x \right) \right|$
[IMG:rId14]
Từ đồ thị suy ra $M=\max\limits_{\left[ \dfrac{3}{2};3 \right]} \left| f\left( x \right) \right|=\left| f\left( \dfrac{3}{2} \right) \right|=\left| \dfrac{\dfrac{3}{2}-2}{\dfrac{3}{2}-1} \right|=1;m=\min\limits_{\left[ \dfrac{3}{2};3 \right]} \left| f\left( x \right) \right|=\left| f\left( 2 \right) \right|=\left| \dfrac{2-2}{2-1} \right|=0$.
$2M+2026m=2.1+0=2$
d) ĐÚNG
Đồ thị $\left( C \right)$ có tiệm cận ngang $y=1$ và tiệm cận đứng $x=1$.
Bảng biến thiên
[IMG:rId13]
a) SAI
Từ bảng biến thiên suy ra hàm số đồng biến trên $\left( -\infty ;1 \right)$ và $\left( 1;+\infty \right)$
b) ĐÚNG
$\lim\limits_{x\to +\infty } y=\lim\limits_{x\to +\infty } \dfrac{x-2}{x-1}=1;\lim\limits_{x\to {{1}^{+}}} y=\lim\limits_{x\to {{1}^{+}}} \dfrac{x-2}{x-1}=-\infty$.
Suy ra đồ thị $\left( C \right)$ có tiệm cận ngang $y=1$ và tiệm cận đứng $x=1$.
Đồ thị cắt trục $Ox$ tại $\left( 2;0 \right)$ và trục $Oy$ tại $\left( 0;2 \right)$
Đồ thị hàm số là
[IMG:rId12]
c) SAI
$y=\left| f\left( x \right) \right|=\left| \dfrac{x-2}{x-1} \right|=\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{x-2}{x-1}\ khi\ x\in \left( -\infty ;1 \right)\cup \left( 2;+\infty \right) \\
\dfrac{2-x}{x-1}khi\ x\in \left( 1;2 \right) \\
\end{array} \right.$
Đồ thị $y=\left| f\left( x \right) \right|$
[IMG:rId14]
Từ đồ thị suy ra $M=\max\limits_{\left[ \dfrac{3}{2};3 \right]} \left| f\left( x \right) \right|=\left| f\left( \dfrac{3}{2} \right) \right|=\left| \dfrac{\dfrac{3}{2}-2}{\dfrac{3}{2}-1} \right|=1;m=\min\limits_{\left[ \dfrac{3}{2};3 \right]} \left| f\left( x \right) \right|=\left| f\left( 2 \right) \right|=\left| \dfrac{2-2}{2-1} \right|=0$.
$2M+2026m=2.1+0=2$
d) ĐÚNG
Đồ thị $\left( C \right)$ có tiệm cận ngang $y=1$ và tiệm cận đứng $x=1$.
Xét mẫu số liệu ghép nhóm có phương sai bằng $9$. Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu đó bằng
Vì mẫu số liệu có phương sai bằng $9$ nên độ lệch chuẩn của mẫu số liệu đó bằng $3$.
Cho khối lăng trụ có thể tích $V=32$, đáy là hình vuông cạnh bằng 4. Chiều cao $h$ của khối lăng trụ đā cho bằng
Chiều cao $h=\dfrac{V}{S}=\dfrac{32}{{{4}^{2}}}=2$.
Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho vectơ $\overrightarrow{u}=\left( 3;-1;2 \right)$ và điểm $A\left( 0;-1;1 \right)$. Toạ độ điểm $B$ thoả mãn $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{u}$ là
Gọi $B\left( x;y;z \right)$. Khi đó
$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{u}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x-0=3 \\
y+1=-1 \\
z-1=2 \\
\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x=3 \\
y=-2 \\
z=3 \\
\end{array} \right.$
Vậy $B\left( 3;-2;3 \right)$.
$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{u}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x-0=3 \\
y+1=-1 \\
z-1=2 \\
\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x=3 \\
y=-2 \\
z=3 \\
\end{array} \right.$
Vậy $B\left( 3;-2;3 \right)$.
Xét mẫu số liệu ghép nhóm có tứ phân vị thứ nhất, tứ phân vị thứ hai, tứ phân vị thứ ba lần lượt là ${{Q}_{1}}$, ${{Q}_{2}}$ và ${{Q}_{3}}$. Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm đó bằng
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho bằng ${{Q}_{3}}-{{Q}_{1}}$.
Kết quả đo chiều cao của $45$ học sinh lớp 12A được thống kê như sau:
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng
Khoảng biến thiên $R=180-155=25$.
Để lại phản hồi