Đề chính thức
Lời giải chi tiết
Câu 1. Số giờ có ánh sáng mặt trời của thành phố \({\rm{A}}\) ở vĩ độ 40 độ Bắc ở ngày thứ \({\rm{t}}\) trong năm không nhuận được thể hiện qua công thức \(d(t) = 3\sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] + 12\), \(1 \le t \le 365\).
a) Hãy cho biết ngày nào trong năm thành phố \({\rm{A}}\) có 13,5 giờ có ánh sáng mặt trời.
b) Hãy cho biết ngày nào trong năm thành phố \({\rm{A}}\) có 10,5 giờ có ánh sáng mă̆t trời.
c) Hãy cho biết ngày nào trong năm thành phố A có ít giờ có ánh sáng mặt trời nhất.
Lời giải
a) Thành phố \({\rm{A}}\) có 13,5 giờ có ánh sáng mặt trời, nghĩa là
\(3\sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] + 12 = 13,5 \Leftrightarrow 3\sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] = \dfrac{3}{2} \)
\( \Leftrightarrow \sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] = \dfrac{1}{2} \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}} = \dfrac{\pi }{6} + k2\pi \\\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}} = \dfrac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{t – 80}}{{180}} = \dfrac{1}{6} + 2k\\\dfrac{{t – 80}}{{180}} = \dfrac{5}{6} + 2k\end{array} \right. \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t – 80 = 30 + 360k\\t – 80 = 150 + 360k\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 110 + 360k\\t = 230 + 360k\end{array} \right.\) (\(k \in \mathbb{Z}\))
Với \(t = 110 + 360k\), theo đề \(1 \le t \le 365 \)
\(\Leftrightarrow 1 \le 110 + 360k \le 365 \)
\( \Leftrightarrow – \dfrac{{109}}{{360}} \le k \le \dfrac{{17}}{{24}}\)
Mà \(k \in \mathbb{Z}\) suy ra \(k = 0\) suy ra \(t = 110\).
Với \(t = 230 + 360k\), theo đề \(1 \le t \le 365 \)
\(\Leftrightarrow 1 \le 230 + 360k \le 365 \)
\(\Leftrightarrow – \dfrac{{229}}{{360}} \le k \le \dfrac{3}{8}\)
Mà \(k \in \mathbb{Z}\) suy ra \(k = 0\) suy ra \(t = 230\).
Vậy vào ngày 110 và ngày 230 thì thành phố \({\rm{A}}\) có 13,5 giờ có ánh sáng mặt trời.
b) Thành phố \({\rm{A}}\) có 10,5 giờ có ánh sáng mặt trời, nghĩa là
\(3\sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] + 12 = 10,5 \)
\( \Leftrightarrow 3\sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] = – \dfrac{3}{2} \)
\(\Leftrightarrow \sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] = – \dfrac{1}{2} \)
\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}} = – \dfrac{\pi }{6} + k2\pi \\\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}} = \dfrac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{t – 80}}{{180}} = – \dfrac{1}{6} + 2k\\\dfrac{{t – 80}}{{180}} = \dfrac{7}{6} + 2k\end{array} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t – 80 = – 30 + 360k\\t – 80 = 210 + 360k\end{array} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 50 + 360k\\t = 290 + 360k\end{array} \right.\) (\(k \in \mathbb{Z}\))
Với \(t = 50 + 360k\), theo đề \(1 \le t \le 365 \Leftrightarrow 1 \le 50 + 360k \le 365 \)
\(\Leftrightarrow – \dfrac{{49}}{{360}} \le k \le \dfrac{7}{8}\)
Mà \(k \in \mathbb{Z}\) suy ra \(k = 0\) suy ra \(t = 50\).
Với \(t = 290 + 360k\), theo đề \(1 \le t \le 365 \)
\(\Leftrightarrow 1 \le 290 + 360k \le 365 \)
\(\Leftrightarrow – \dfrac{{289}}{{360}} \le k \le \dfrac{5}{{24}}\)
Mà \(k \in \mathbb{Z}\) suy ra \(k = 0\) suy ra \(t = 290\).
Vậy vào ngày 50 và ngày 290 thì thành phố \({\rm{A}}\) có 10,5 giờ có ánh sáng mặt trời.
c) Ta có \( – 1 \le \sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] \le 1 \)
\(\Leftrightarrow – 3 \le 3\sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] \le 3 \)
\( \Leftrightarrow 8 \le 3\sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] + 12 \le 15\)
Từ đó suy ra thành phố A có ít giờ có ánh sáng mặt trời nhất là \(8\), đẳng thức xảy ra khi
\(\sin \left[ {\dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}}} \right] = – 1 \Leftrightarrow \dfrac{{\pi (t – 80)}}{{180}} = – \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \)
\( \Leftrightarrow \dfrac{{t – 80}}{{180}} = – \dfrac{1}{2} + 2k \Leftrightarrow t – 80 = – 90 + 360k\)
\( \Leftrightarrow t = – 10 + 360k\)(\(k \in \mathbb{Z}\))
Theo đề \(1 \le t \le 365 \Leftrightarrow 1 \le – 10 + 360k \le 365 \)
\(\Leftrightarrow \dfrac{{11}}{{360}} \le k \le \dfrac{{25}}{{24}}\)
Mà \(k \in \mathbb{Z}\) suy ra \(k = 1\) suy ra \(t = – 10 + 360 = 350\).
Vậy ngày 350 thì thành phố A có ít giờ có ánh sáng mặt trời nhất
Câu 2.
1. Một công việc dự định làm xong trong vòng \(24\) tháng, nhưng sau đó người ta quyết định tăng năng suất công việc mỗi tháng thêm \(3\% \) so với tháng kề trước để hoàn thành sớm. Hỏi với năng suất đó thì bao lâu sẽ xong công việc?
Lời giải
Đặt \(n\) là năng xuất làm việc một tháng.
Theo đề bài, ta có:
Năng suất làm việc đề ra vào tháng thứ \(2\) là \(n + n3\% = n\left( {1 + 3\% } \right)\).
Năng suất làm việc đề ra vào tháng thứ \(3\) là \(n\left( {1 + 3\% } \right) + n\left( {1 + 3\% } \right)3\% = n{\left( {1 + 3\% } \right)^2}\).
Năng suất làm việc đề ra vào tháng thứ \(4\) là \(n{\left( {1 + 3\% } \right)^2} + n{\left( {1 + 3\% } \right)^2}3\% = n{\left( {1 + 3\% } \right)^3}\).
Theo quy nạp, thì năng suất làm việc tháng thứ \(t\) là \(n{\left( {1 + 3\% } \right)^{t – 1}}\).
Khi đó tổng năng suất để hoành thành công việc là:
\({S_t} = n\left( {1 + 3\% } \right) + n{\left( {1 + 3\% } \right)^2} + n{\left( {1 + 3\% } \right)^3} + … + n{\left( {1 + 3\% } \right)^{t – 1}} \)
\(= n\dfrac{{{{\left( {1 + 3\% } \right)}^t} – 1}}{{3\% }}\).
Để hoành thành công việc thì
\(n\dfrac{{{{\left( {1 + 3\% } \right)}^t} – 1}}{{3\% }} = 24n \)
\( \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {1 + 3\% } \right)}^t} – 1}}{{3\% }} = 24\)
\( \Leftrightarrow t = {\log _{1 + 3\% }}\left( {24.3\% + 1} \right) \approx 18,34\).
Vậy cần ít nhất \(19\) với năng suất như trên để hoàn thành công việc.
2. Cho \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số cộng sao cho \(\dfrac{{{u_{30}}}}{{{u_4}}} = \dfrac{{21}}{{73}}\) và \({u_1} > 0\).
a) Tính \(\dfrac{{{u_{30}} + {u_4}}}{{{u_{2024}}}}\).
b) Cho \({S_n} = {u_1} + {u_2} + … + {u_n}\). Tìm \(n\) để \({S_n}\), đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
a) Ta có: \(\dfrac{{{u_{30}}}}{{{u_4}}} = \dfrac{{21}}{{73}} \)
\(\Leftrightarrow 73{u_{30}} = 21{u_4} \)
\( \Leftrightarrow 73\left( {{u_1} + 29d} \right) = 21\left( {{u_1} + 3d} \right) \)
\( \Leftrightarrow {u_1} = \dfrac{{ – 79}}{2}d\).
Khi đó: \(\dfrac{{{u_{30}} + {u_4}}}{{{u_{2024}}}} \)
\(= \dfrac{{{u_1} + 29d + {u_1} + 3d}}{{{u_1} + 2023d}} \)
\(= \dfrac{{\dfrac{{ – 79}}{2}d + 29d + \dfrac{{ – 79}}{2}d + 3d}}{{\dfrac{{ – 79}}{2}d + 2023d}} \)
\(= \dfrac{{ – 94}}{{3967}}\).
b) Ta có: \({S_n} = {u_1} + {u_2} + … + {u_n} \)
\(= \dfrac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n – 1} \right)d} \right]}}{2} \)
\(= \dfrac{{n\left[ { – 79d + \left( {n – 1} \right)d} \right]}}{2} \)
\(= \dfrac{{n\left( {n – 80} \right)d}}{2}\).
Ta có \({n^2} – 80n + 1600 = {\left( {n – 40} \right)^2} \ge 0,\forall n \in \mathbb{N}*\) nên \({n^2} – 80n \ge 1600\).
Mặt khác, do \({u_1} > 0\) và \({u_1} = \dfrac{{ – 79}}{2}d\) nên \(d < 0\). Khi đó, \({S_n} \le 800d\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(n = 40\).
Câu 3.
a) Tính giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt[3]{x} – \sqrt {3 – 2x} }}{{\sqrt x \sqrt[3]{{2x – 3}} + 1}}\).
Lời giải
Ta tính \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt[3]{x} – \sqrt {3 – 2x} }}{{x – 1}} \)
\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt[3]{x} – 1}}{{x – 1}} – \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt {3 – 2x} – 1}}{{x – 1}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{1}{{\sqrt[3]{{{x^2}}} + \sqrt[3]{x} + 1}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{2}{{\sqrt {3 – 2x} + 1}} \)
\(= \dfrac{4}{3}\).
Và tính \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt x \sqrt[3]{{2x – 3}} + 1}}{{x – 1}} \)
\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt[3]{{2x – 3}} + 1} \right) – \sqrt x + 1}}{{x – 1}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt[3]{{2x – 3}} + 1} \right)}}{{x – 1}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{1 – \sqrt x }}{{x – 1}} \)
\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{2\sqrt x }}{{{{\left( {\sqrt[3]{{2x – 3}}} \right)}^2} – \sqrt[3]{{2x – 3}} + 1}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{ – 1}}{{1 + \sqrt x }} \)
\(= \dfrac{2}{3} – \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6}\).
Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\sqrt[3]{x} – \sqrt {3 – 2x} }}{{\sqrt x \sqrt[3]{{2x – 3}} + 1}} = 8\).
b) Cho \(f(x) = 2\sin x + \tan x\), chứng minh rằng \(3 \le {f^\prime }(x) \le 5\) với mọi \(x \in \left[ {0;\dfrac{\pi }{3}} \right]\).
Lời giải
Ta có \(f\left( x \right) = 2\sin x + \tan x\) xác định trên \(\left[ {0;\,\dfrac{\pi }{3}} \right]\).
\(f’\left( x \right) = 2\cos x + \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}\).
Đặt \(t = \cos x\) với \(x \in \left[ {0;\,\dfrac{\pi }{3}} \right] \)
\(\Rightarrow t \in \left[ {\dfrac{1}{2};\,1} \right]\).
Ta được hàm số \(g\left( t \right) = 2t + \dfrac{1}{{{t^2}}}\).
Với \({t_1},\,{t_2} \in \left[ {\dfrac{1}{2};\,1} \right]\) và \({t_2} > {t_1}\).
Ta xét \(g\left( {{t_2}} \right) – g\left( {{t_1}} \right) = 2{t_2} + \dfrac{1}{{t_2^2}} – \left( {2{t_1} + \dfrac{1}{{t_1^2}}} \right) \)
\(= 2\left( {{t_2} – {t_1}} \right) – \left( {\dfrac{1}{{t_2^2}} – \dfrac{1}{{t_1^2}}} \right)\)
\( = \left( {{t_1} – {t_2}} \right)\left( {\dfrac{{{t_1} + {t_2} – 2t_1^2.t_2^2}}{{t_1^2.t_2^2}}} \right)\)
Vì \({t_1},\,{t_2} \in \left[ {\dfrac{1}{2};\,1} \right),\,{t_2} \in \left( {\dfrac{1}{2};\,1} \right]\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} > t_1^2\,\\{t_2} \ge t_2^2\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_1} > t_1^2.t_2^2\\{t_2} > t_2^2.t_1^2\end{array} \right. \)
\(\Rightarrow {t_1} + \,{t_2} > 2t_1^2.t_2^2\).
Vậy \( \Rightarrow g\left( {{t_2}} \right) – g\left( {{t_1}} \right) < 0,\,\,\forall t \in \left[ {\dfrac{1}{2};\,1} \right]\), suy ra hàm số \(g\left( t \right) = 2t + \dfrac{1}{{{t^2}}}\) nghịch biến trên \(\left[ {\dfrac{1}{2};\,1} \right]\).
Khi đó ta có: \(g\left( 1 \right) = 3 \le g\left( t \right) = 2t + \dfrac{1}{{{t^2}}} \le g\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = 5\).
Vậy ta có \(3 \le f’\left( x \right) \le 5\) với mọi \(x \in \left[ {0;\,\dfrac{\pi }{3}} \right]\).
Câu 4.
Cho 3 hộp quà được đánh số 1,2,3 mỗi hộp có 3 bông hoa màu đỏ, vàng và xanh. Mỗi người lên bốc mỗi hộp đúng 1 bông (rồi trả lại hoa vào trong hộp như cũ) rồi được tặng quà theo quy tắc như sau:
– Nếu ba bông khác màu nhau được tặng 1 ly trà sữa.
– Nếu bông màu đỏ nhiều hơn tổng số bông 2 màu còn lại thì tặng quyển sách.
– Nếu bông màu xanh nhiều hơn tổng số bông 2 màu còn lại thi tặng hộp bút.
– Nếu bông màu vàng nhiều hơn tổng số bông 2 màu còn lại thì tặng vòng tay
a) Giải thích tại sao ai cũng có quà
b) Tính xác suất đế người đó nhận được vòng tay.
Lời giải
a) Giải thích tại sao ai cũng có quà.
Một người bốc xảy ra 9 trường hợp. Ta có \(n\left( \Omega \right) = 9.\)
+ được 3 bông khác nhau- Được tặng ly trà sữa
+ Được 3 bông hoa màu đỏ- Được tặng quyển sách
+ Được 3 bông hoa màu vàng- Được tặng vòng tay
+ Được 3 bông hoa màu xanh- Được tặng hộp bút.
+ Được 2 bông màu đỏ và 1 bông màu vàng- Được tặng quyển sách.
+ Được 2 bông màu đỏ và 1 bông màu xanh- Được tặng quyển sách.
+ Được 2 bông màu vàng và 1 bông màu xanh- Được tặng vòng tay.
+ Được 2 bông màu vàng và 1 bông màu đỏ- Được tặng vòng tay.
+ Được 2 bông màu xanh và một bông màu đỏ- Được tặng hộp bút.
+ Được 2 bông màu xanh và 1 bông màu vàng- Được tặng hộp bút.
b) Tính xác suất đế người đó nhận được vòng tay.
Người đó nhận được vòng tay”.
Ta có \(n\left( A \right) = 3 \)
\(\Rightarrow p\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3}.\)
Câu 5.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) với \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\). \(SA\) vuông góc \(\left( {ABCD} \right)\), \(SA = 2a\). Gọi \(M,\,N,\,P\) lần lượt là trung điểm \(AB,\,BC,\,CD\).
a) Tính khoảng cách từ \(A\) đến \(\left( {SMN} \right)\) và \(\left( {SNP} \right)\).
b) Tính góc nhị diện \(\left[ {S,\,MN,\,P} \right]\) và góc \(\left[ {M,\,SN,\,P} \right]\).
Lời giải
a) + Kẻ \(AI \bot MN\) và \(AH \bot SI\). Từ đó suy ra \(AH \bot \left( {SMN} \right) \Rightarrow \,d\left( {A;\,\left( {SMN} \right)} \right) = AH\).
Tính \(AH = \dfrac{{AS.AI}}{{\sqrt {A{S^2} + A{I^2}} }} = \dfrac{{2\sqrt {33} }}{{33}}a\).
+ Kẻ \(AK \bot SE\) mà \(NP \bot \left( {SAC} \right)\).
Từ đó suy ra \(AK \bot \left( {SNP} \right) \Rightarrow \,d\left( {A;\,\left( {SNP} \right)} \right) = AK\).
Tính \(AK = \dfrac{{AS.AE}}{{\sqrt {A{S^2} + A{E^2}} }} = \dfrac{{6\sqrt {41} }}{{41}}a\).
b)
+ Ta có: \(AI \bot MN\) và \(SI \bot MN\). Từ đó suy ra \(\widehat {SIA}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,\,MN,\,P} \right]\).
Tính \(\tan \widehat {SIA} = \dfrac{{SA}}{{AI}} = 4\sqrt 2 \Rightarrow \,\widehat {SIA} \approx \,79^\circ 59’\).
+ Ta có: \(AK \bot SN\) và \(AH \bot SN\). Từ đó suy ra \(180^\circ – \widehat {HAK}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {M,\,SN,\,P} \right]\).
Tính: \(SI = \sqrt {S{A^2} + A{I^2}} = \dfrac{{\sqrt {66} }}{4}a\), \(SE = \sqrt {S{A^2} + A{E^2}} = \dfrac{{\sqrt {82} }}{4}a\).
\(\dfrac{{SH}}{{SI}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{I^2}}} = \dfrac{{32}}{{33}} \Rightarrow \,SH = \dfrac{{8\sqrt {66} }}{{33}}a\)
\(\dfrac{{SK}}{{SE}} = \dfrac{{S{A^2}}}{{S{E^2}}} = \dfrac{{32}}{{41}} \Rightarrow \,SK = \dfrac{{8\sqrt {82} }}{{41}}a\).
Áp dụng định lí cô sin, tính \(\cos \widehat {ESI} \approx 0,87\). Từ đó suy ra \(H{K^2} \approx 1,25\).
Áp dụng định lí cô sin, tính \(\cos \widehat {KAH} \approx – 0,38 \Rightarrow \,\widehat {KAH} \approx \,112,\,6^\circ \). Từ đó suy ra \(67,4^\circ \) là góc
phẳng nhị diện \(\left[ {M,\,SN,\,P} \right]\).
