Bài tập ôn tập cuối năm – Toán 12 Kết nối tri thức (lời giải chi tiết)

Lời giải

Ta có $y'=3x^2-12x+9,$ và $y'=0$ khi $x=1$ hoặc $x=3.$ Ta có $y'\lt 0\Leftrightarrow 3x^2-12x+9\lt 0$$\Leftrightarrow 1\lt x\lt 3.$

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $(1;3).$

Chọn C

Lời giải

Theo công thức đạo hàm của thương

\[\begin{aligned}y'&=\dfrac{2x(x-1)-(x^2+3)}{(x-1)^2}\\&=\dfrac{x^2-2x-3}{(x-1)^2}.\end{aligned}\]

Trên đoạn $[2;4]$ ta có $y'=0$ khi $x=3$ (nghiệm $x=-1$ không thuộc đoạn). Tính giá trị tại $x=3$ và hai đầu mút, ta được $y(2)=7,$ $y(3)=6,$ $y(4)=\dfrac{19}{3}.$

Số lớn nhất trong ba số là 7. Vậy $M=7.$

Chọn B

Lời giải

• Hàm số xác định khi $x^2-1\ge 0$ và $x\ne 0,$ tức là $x\le -1$ hoặc $x\ge 1.$

• Tiệm cận ngang. Với $x\gt 0$ ta có $y=\sqrt{1-\dfrac{1}{x^2}}\to 1$ khi $x\to+\infty.$ Với $x\lt 0$ ta có $y=-\sqrt{1-\dfrac{1}{x^2}}\to -1$ khi $x\to-\infty.$ Do đó đồ thị có hai tiệm cận ngang $y=1$ và $y=-1.$

• Tiệm cận đứng. Mẫu bằng 0 khi $x=0,$ nhưng hàm số không xác định ở gần $x=0$ (cả khoảng $(-1;1)$ đều bị loại), nên không có giới hạn vô cực ở đây. Tại $x=\pm 1$ thì $y=0.$ Vậy đồ thị không có tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị có 2 đường tiệm cận.

Chọn C

Lời giải

• Đồ thị có hai điểm cực trị nên là đồ thị hàm bậc ba. Loại C (parabol) và D (không có cực trị).

• Khi $x\to+\infty$ đồ thị đi lên nên hệ số của $x^3$ dương. Loại A.

Kiểm tra phương án B, ta có $y'=3x^2-6x=0$ khi $x=0$ hoặc $x=2.$ Cực đại tại $x=0$ (nằm trên trục Oy) với $y(0)=3\gt 0,$ cực tiểu $y(2)=-1\lt 0,$ đúng như hình.

Chọn B

Lời giải

Nguyên hàm của $x^2$ là $\dfrac{x^3}{3},$ nguyên hàm của 3 là $3x.$ Do đó

\[\int(x^2+3)\,dx=\dfrac{x^3}{3}+3x+C.\]

Chọn D

Lời giải

• Tìm $f(x).$ Hàm $f(x)$ là một nguyên hàm của $f'(x),$ nên $f(x)=-2\cos x+x+C.$ Thay $x=0$ ta có $f(0)=-2+C=1,$ suy ra $C=3.$ Vậy $f(x)=-2\cos x+x+3.$

• Tính tích phân. Một nguyên hàm của $f(x)$ là $F(x)=-2\sin x+\dfrac{x^2}{2}+3x.$ Do đó

\[\begin{aligned}\int_0^{\frac{\pi}{2}}f(x)\,dx&=F\left(\dfrac{\pi}{2}\right)-F(0)\\&=-2+\dfrac{\pi^2}{8}+\dfrac{3\pi}{2}\\&=\dfrac{\pi^2+12\pi-16}{8}.\end{aligned}\]

Chọn A

Lời giải

Ta có $S=\displaystyle\int_{-1}^{4}|f(x)|\,dx.$ Nhìn hình, trên đoạn $[-1;1]$ đồ thị nằm trên trục Ox nên $|f(x)|=f(x).$ Trên đoạn $[1;4]$ đồ thị nằm dưới trục Ox nên $|f(x)|=-f(x).$ Do đó

\[S=\int_{-1}^{1}f(x)\,dx-\int_{1}^{4}f(x)\,dx.\]

Chọn B

Lời giải

Theo công thức thể tích khối tròn xoay $V=\pi\displaystyle\int_a^b f^2(x)\,dx,$ ta có

\[\begin{aligned}V&=\pi\int_0^4\left(2\sqrt{x}\right)^2dx=\pi\int_0^4 4x\,dx\\&=\pi\cdot 2x^2\Big|_0^4=32\pi.\end{aligned}\]

Chọn B

Lời giải

• Vì G là trọng tâm tam giác BCD nên với điểm M bất kì ta có $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=3\overrightarrow{MG}.$

• Vì M là trung điểm AG nên $\overrightarrow{MA}=-\overrightarrow{MG}.$

Cộng lại, tổng cần tìm bằng $-\overrightarrow{MG}+3\overrightarrow{MG}=2\overrightarrow{MG}.$

Chọn B

Lời giải

• Vì G là trọng tâm tam giác BDA′ nên $\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}\right).$

• Theo quy tắc hình hộp, $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{AC'}.$ Tâm O là trung điểm của đường chéo AC′, nên $\overrightarrow{AC'}=2\overrightarrow{AO}.$

Suy ra $\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\cdot 2\overrightarrow{AO}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AO}.$ Vậy $\dfrac{AG}{AO}=\dfrac{2}{3}.$

Chọn C

Lời giải

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương $\vec u=(-1;0;2)$ (các hệ số của t). Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến $\vec n=(2;-1;-2).$ Gọi $\alpha$ là góc giữa d và (P). Ta có

\[\begin{aligned}\sin\alpha&=\dfrac{|\vec u\cdot\vec n|}{|\vec u|\cdot|\vec n|}\\&=\dfrac{|-2+0-4|}{\sqrt{5}\cdot 3}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}.\end{aligned}\]

Đề hỏi côsin nên tính tiếp $\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}$$=\sqrt{1-\dfrac{4}{5}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}.$

Lưu ý. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng tính bằng sin, không phải cos. Nhiều bạn dừng ở $\dfrac{2\sqrt5}{5}$ và chọn nhầm A.

Chọn B

Lời giải

Hình chiếu của M trên trục Ox giữ lại hoành độ, các tọa độ khác bằng 0. Tương tự với hai trục còn lại, ta được $A(2;0;0),$ $B(0;-1;0),$ $C(0;0;3).$

Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn là $\dfrac{x}{2}+\dfrac{y}{-1}+\dfrac{z}{3}=1.$ Nhân hai vế với 6 ta được $3x-6y+2z-6=0.$

Chọn B

Lời giải

a) Khoảng biến thiên bằng đầu mút phải của nhóm cuối trừ đầu mút trái của nhóm đầu, tức là $R=10-0=10.$

Chọn B

b) Mỗi nhóm được đại diện bởi giá trị giữa (trung điểm) của nó, lần lượt là 1, 3, 5, 7, 9. Cỡ mẫu $n=3+8+15+7+2=35.$

• Số trung bình. Nhân mỗi tần số với giá trị đại diện rồi cộng lại, ta được $3\cdot 1+8\cdot 3+15\cdot 5$$+7\cdot 7+2\cdot 9=169.$ Suy ra $\overline{x}=\dfrac{169}{35}.$

• Phương sai. Nhân mỗi tần số với bình phương giá trị đại diện rồi cộng lại, ta được $3\cdot 1^2+8\cdot 3^2+15\cdot 5^2$$+7\cdot 7^2+2\cdot 9^2=955.$ Do đó

\[s^2=\dfrac{955}{35}-\left(\dfrac{169}{35}\right)^2\approx 3{,}971.\]

• Độ lệch chuẩn $s=\sqrt{s^2}\approx 1{,}99.$

Chọn A

Lời giải

Đã biết người được chọn thích cà phê, nên ta chỉ xét 17 người thích cà phê. Trong 17 người đó có 9 người thích cả trà. Vậy xác suất cần tìm là $\dfrac{9}{17}.$

Chọn A

Lời giải

• Số em đăng kí ít nhất một trong hai ngành là $40-3=37.$

• Số em đăng kí cả hai ngành là $22+25-37=10.$

Đã biết em đó đăng kí ngành Luật nên ta chỉ xét 25 em đăng kí Luật, trong đó có 10 em đăng kí cả Kinh tế. Vậy xác suất cần tìm là $\dfrac{10}{25}=\dfrac{2}{5}.$

Chọn B

Lời giải

a) $y=x^3-3x^2.$

• Tập xác định $\mathbb{R}.$

• Sự biến thiên

+ Ta có $y'=3x^2-6x,$ và $y'=0$ khi $x=0$ hoặc $x=2.$

+ Giới hạn $\lim\limits_{x\to-\infty}y=-\infty,$ $\lim\limits_{x\to+\infty}y=+\infty.$

+ Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty;0)$ và $(2;+\infty),$ nghịch biến trên khoảng $(0;2).$ Hàm số đạt cực đại tại $x=0$ với $y_{\text{CĐ}}=0,$ đạt cực tiểu tại $x=2$ với $y_{\text{CT}}=-4.$

• Đồ thị. Cho $y=0$ ta có $x^2(x-3)=0,$ nên đồ thị cắt trục Ox tại $(0;0)$ và $(3;0).$ Lấy thêm điểm $(-1;-4).$

b) $y=\dfrac{2x+1}{x+2}.$

• Tập xác định $\mathbb{R}\setminus\{-2\}.$

• Sự biến thiên

+ Ta có $y'=\dfrac{2\cdot 2-1\cdot 1}{(x+2)^2}=\dfrac{3}{(x+2)^2}\gt 0$ với mọi $x\ne -2.$

+ Tiệm cận. Vì $\lim\limits_{x\to\pm\infty}y=2$ nên đường thẳng $y=2$ là tiệm cận ngang. Vì $\lim\limits_{x\to-2^-}y=+\infty$ và $\lim\limits_{x\to-2^+}y=-\infty$ nên đường thẳng $x=-2$ là tiệm cận đứng.

+ Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên từng khoảng $(-\infty;-2)$ và $(-2;+\infty).$ Hàm số không có cực trị.

• Đồ thị. Đồ thị cắt trục Oy tại $\left(0;\dfrac{1}{2}\right),$ cắt trục Ox tại $\left(-\dfrac{1}{2};0\right).$ Đồ thị nhận giao điểm $I(-2;2)$ của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

c) $y=\dfrac{2x^2+x-2}{x-1}.$

• Tập xác định $\mathbb{R}\setminus\{1\}.$ Chia tử cho mẫu, ta viết được $y=2x+3+\dfrac{1}{x-1}.$

• Sự biến thiên

+ Ta có $y'=2-\dfrac{1}{(x-1)^2}=\dfrac{2x^2-4x+1}{(x-1)^2}.$ Giải $2x^2-4x+1=0$ ta được $x=\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}$ hoặc $x=\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}.$ Thay vào ta được $y=5-2\sqrt{2}$ và $y=5+2\sqrt{2}.$

+ Tiệm cận. Vì $\lim\limits_{x\to 1^-}y=-\infty$ và $\lim\limits_{x\to 1^+}y=+\infty$ nên $x=1$ là tiệm cận đứng. Vì $\lim\limits_{x\to\pm\infty}\left[y-(2x+3)\right]$$=\lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{1}{x-1}=0$ nên $y=2x+3$ là tiệm cận xiên.

+ Giới hạn $\lim\limits_{x\to-\infty}y=-\infty,$ $\lim\limits_{x\to+\infty}y=+\infty.$

+ Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty;\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)$ và $\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2};+\infty\right),$ nghịch biến trên các khoảng $\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2};1\right)$ và $\left(1;\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\right).$

Hàm số đạt cực đại tại $x=\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}$ với $y_{\text{CĐ}}=5-2\sqrt{2},$ đạt cực tiểu tại $x=\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}$ với $y_{\text{CT}}=5+2\sqrt{2}.$

• Đồ thị. Đồ thị cắt trục Oy tại $(0;2),$ nhận giao điểm $I(1;5)$ của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. Đường thẳng màu xanh trong hình là tiệm cận xiên $y=2x+3.$

Lời giải

a) Theo công thức đạo hàm của thương, với $\left(\sqrt{x^2+1}\right)'=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}},$ ta có

\[\begin{aligned}y'&=\dfrac{\sqrt{x^2+1}-\dfrac{(x+1)x}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}\\&=\dfrac{1-x}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}.\end{aligned}\]

Trên đoạn $[-1;2]$ ta có $y'=0$ khi $x=1.$ Tính $y(-1)=0,$ $y(1)=\sqrt{2},$ $y(2)=\dfrac{3\sqrt{5}}{5}.$ Bảng biến thiên

Vậy giá trị lớn nhất là $\sqrt{2}$ (tại $x=1),$ giá trị nhỏ nhất là 0 (tại $x=-1).$

b) Hàm số xác định khi $1-x^2\ge 0,$ tức là trên đoạn $[-1;1].$ Với $-1\lt x\lt 1,$ ta có

\[y'=1-\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{\sqrt{1-x^2}-x}{\sqrt{1-x^2}}.\]

Ta có $y'=0$ khi $\sqrt{1-x^2}=x.$ Điều kiện $x\ge 0,$ bình phương ta được $1-x^2=x^2,$ suy ra $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.$ Tính $y(-1)=-1,$ $y\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\sqrt{2},$ $y(1)=1.$ Bảng biến thiên

Vậy giá trị lớn nhất là $\sqrt{2}$ (tại $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}),$ giá trị nhỏ nhất là $-1$ (tại $x=-1).$

Lời giải

Chọn mốc thời gian $t=0$ là lúc đạp phanh, đơn vị giây. Gọi $v_0$ (m/s) là vận tốc lúc đạp phanh. Vì $v'(t)=-10$ nên $v(t)=-10t+C.$ Lại có $v(0)=v_0$ nên $v(t)=v_0-10t.$

a) Đổi 54 km/h $=\dfrac{54\,000}{3\,600}=15$ m/s, nên $v(t)=15-10t.$ Ô tô dừng khi $v(t)=0,$ tức là $15-10t=0,$ suy ra $t=1{,}5.$

Vậy sau 1,5 giây kể từ khi đạp phanh, ô tô dừng lại.

b) Ô tô dừng khi $v_0-10t=0,$ tức là tại $t=\dfrac{v_0}{10}.$ Quãng đường ô tô đi từ lúc đạp phanh đến lúc dừng là

\[\begin{aligned}s&=\int_0^{\frac{v_0}{10}}(v_0-10t)\,dt\\&=\left(v_0t-5t^2\right)\Big|_0^{\frac{v_0}{10}}=\dfrac{v_0^2}{20}.\end{aligned}\]

Ô tô dừng trong vòng 20 m nghĩa là $\dfrac{v_0^2}{20}\le 20,$ suy ra $v_0^2\le 400,$ tức là $v_0\le 20$ (m/s). Đổi 20 m/s $=20\cdot 3{,}6=72$ km/h.

Vậy vận tốc lớn nhất của ô tô ngay trước lúc đạp phanh là 72 km/h.

Lời giải

Vì $-\dfrac{1}{x^2}$ có nguyên hàm là $\dfrac{1}{x}$ nên

\[\begin{aligned}f(x)&=\int\left(x-\dfrac{1}{x^2}+2\right)dx\\&=\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{1}{x}+2x+C.\end{aligned}\]

Thay $x=1$ ta có $f(1)=\dfrac{1}{2}+1+2+C=2,$ suy ra $C=-\dfrac{3}{2}.$

Vậy $f(x)=\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{1}{x}+2x-\dfrac{3}{2}.$

Lời giải

a) Ta có $x^2-x=0$ khi $x=0$ hoặc $x=1.$ Trên mỗi đoạn $[0;1]$ và $[1;2]$ biểu thức $x^2-x$ không đổi dấu, nên ta tách tích phân và đưa dấu giá trị tuyệt đối ra ngoài

\[\begin{aligned}I&=\left|\int_0^1(x^2-x)\,dx\right|\\&\quad+\left|\int_1^2(x^2-x)\,dx\right|\\&=\left|-\dfrac{1}{6}\right|+\left|\dfrac{5}{6}\right|=1.\end{aligned}\]

b) Khai triển $(2x-1)^3=8x^3-12x^2+6x-1,$ ta có

\[\begin{aligned}I&=\left(2x^4-4x^3+3x^2-x\right)\Big|_0^1\\&=2-4+3-1=0.\end{aligned}\]

c) Vì $\dfrac{1}{\cos^2x}$ có nguyên hàm là $\tan x$ nên

\[\begin{aligned}I&=\left(-3\cos x-2\tan x\right)\Big|_0^{\frac{\pi}{4}}\\&=\left(-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}-2\right)-(-3)\\&=1-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}.\end{aligned}\]

d) Trên đoạn $[1;2]$ ta có $x\gt 0$ nên nguyên hàm của $\dfrac{1}{x}$ là $\ln x.$ Do đó

\[I=\left(2e^x-\ln x\right)\Big|_1^2=2e^2-2e-\ln 2.\]

Lời giải

Ta có

\[\begin{aligned}S&=\int_{-2}^{3}\left|(x^2-1)-(x+5)\right|dx\\&=\int_{-2}^{3}\left|x^2-x-6\right|dx.\end{aligned}\]

Phương trình $x^2-x-6=0$ có nghiệm $x=-2$ và $x=3,$ đúng bằng hai cận. Vậy trên khoảng $(-2;3)$ biểu thức $x^2-x-6$ không đổi dấu, ta đưa dấu giá trị tuyệt đối ra ngoài

\[\begin{aligned}S&=\left|\left(\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2}-6x\right)\Big|_{-2}^{3}\right|\\&=\left|-\dfrac{125}{6}\right|=\dfrac{125}{6}.\end{aligned}\]

Vậy diện tích cần tìm là $\dfrac{125}{6}.$

Lời giải

Theo công thức thể tích khối tròn xoay, ta có

\[\begin{aligned}V&=\pi\int_0^2\left(-x^2+2x\right)^2dx\\&=\pi\int_0^2\left(x^4-4x^3+4x^2\right)dx\\&=\pi\left(\dfrac{x^5}{5}-x^4+\dfrac{4x^3}{3}\right)\Big|_0^2\\&=\dfrac{16\pi}{15}.\end{aligned}\]

Vậy thể tích khối tròn xoay là $\dfrac{16\pi}{15}.$

Lời giải

a) Theo quy tắc hiệu, $\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC},$ $\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD},$ $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}.$ Thay vào vế trái ta được

\[\begin{aligned}&\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\\&+\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AD}\\&+\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AB}=0.\end{aligned}\]

Các số hạng triệt tiêu nhau từng cặp. Vậy đẳng thức được chứng minh.

b) Vì AB ⊥ CD nên $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=0.$ Vì AC ⊥ BD nên $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{DB}=0.$ Thay vào đẳng thức ở câu a) ta được $\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}=0.$

Vậy AD ⊥ BC.

Lời giải

a) Vì G là trọng tâm tam giác BC′D′ nên

\[\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC'}+\overrightarrow{AD'}\right).\]

• Theo quy tắc hình hộp, $\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}.$

• Theo quy tắc hình bình hành (mặt ADD′A′), $\overrightarrow{AD'}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}.$

Cộng ba vectơ, ta được

\[\begin{aligned}&\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC'}+\overrightarrow{AD'}\\&=2\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}\right).\end{aligned}\]

Thay vào đẳng thức trên, ta được $\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}\right).$

b) Từ câu a) và quy tắc hình hộp, ta có $\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC'},$ nên $AG=\dfrac{2}{3}AC'.$

Đường chéo hình lập phương $AC'=\sqrt{AC^2+CC'^2}$$=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt{3}.$ Vậy $AG=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}.$

Lời giải

Đường thẳng d vuông góc với (P) nên vectơ pháp tuyến $\vec n=(2;-2;-1)$ của (P) cũng là vectơ chỉ phương của d. Đường thẳng d đi qua $I(-1;2;1)$ nên có phương trình tham số

\[\begin{cases}x=-1+2t\\y=2-2t\\z=1-t.\end{cases}\]

Lời giải

a) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương $\vec u=(1;-2;2).$ Vì d′ song song với d nên d′ cũng nhận $\vec u$ làm vectơ chỉ phương. Vậy d′ có phương trình

\[\begin{cases}x=-1+t\\y=1-2t\\z=2+2t.\end{cases}\]

b) Cho $t=0$ ta được điểm $M(2;3;-1)$ thuộc d, suy ra $\overrightarrow{AM}=(3;2;-3).$ Mặt phẳng (P) chứa hai vectơ không cùng phương $\overrightarrow{AM}$ và $\vec u,$ nên có vectơ pháp tuyến

\[\left[\overrightarrow{AM},\vec u\right]=(-2;-9;-8).\]

Ta chọn $\vec n=(2;9;8).$ Mặt phẳng (P) đi qua $A(-1;1;2)$ nên có phương trình $2(x+1)+9(y-1)+8(z-2)=0,$ tức là $2x+9y+8z-23=0.$

Lời giải

a) Ta có $\overrightarrow{OA}=(1;-2;3),$ $\overrightarrow{OB}=(3;0;-1).$ Mặt phẳng (OAB) có vectơ pháp tuyến

\[\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right]=(2;10;6)=2(1;5;3).\]

Chọn $\vec n=(1;5;3).$ Mặt phẳng đi qua gốc O nên có phương trình $x+5y+3z=0.$

b) Tọa độ trung điểm là trung bình cộng tọa độ hai đầu mút, nên $I\left(\dfrac{1+3}{2};\dfrac{-2+0}{2};\dfrac{3-1}{2}\right),$ tức là $I(2;-1;1).$

c) Điểm M thuộc (Oxy) nên có cao độ bằng 0, đặt $M(x;y;0).$ Ta có

\[\begin{aligned}\overrightarrow{MA}&=(1-x;-2-y;3),\\\overrightarrow{MB}&=(3-x;-y;-1).\end{aligned}\]

Suy ra $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=(4-2x;-2-2y;2),$ nên

\[\begin{aligned}\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right|^2&=(4-2x)^2\\&\quad+(2+2y)^2+4\ge 4.\end{aligned}\]

Do đó $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right|\ge 2.$

Dấu bằng xảy ra khi $4-2x=0$ và $2+2y=0,$ tức là $x=2,$ $y=-1.$

Vậy $M(2;-1;0)$ (đây chính là hình chiếu của trung điểm I lên mặt phẳng (Oxy)).

Lời giải

• Bóng của A. Ta có $\overrightarrow{SA}=(-1;-1;-4).$ Đường thẳng SA đi qua S, có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{SA}$ nên có phương trình $x=2-t,$ $y=3-t,$ $z=5-4t.$ Cho $z=0$ ta được $t=\dfrac{5}{4},$ suy ra bóng của A là $A_1\left(\dfrac{3}{4};\dfrac{7}{4};0\right).$

• Bóng của B. Ta có $\overrightarrow{SB}=(1;-2;-3).$ Đường thẳng SB đi qua S, có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{SB}$ nên có phương trình $x=2+t,$ $y=3-2t,$ $z=5-3t.$ Cho $z=0$ ta được $t=\dfrac{5}{3},$ suy ra bóng của B là $B_1\left(\dfrac{11}{3};-\dfrac{1}{3};0\right).$

• Độ dài bóng. Ta có $\overrightarrow{A_1B_1}=\left(\dfrac{35}{12};-\dfrac{25}{12};0\right),$ nên

\[\begin{aligned}A_1B_1&=\dfrac{\sqrt{35^2+25^2}}{12}\\&=\dfrac{5\sqrt{74}}{12}\approx 3{,}58.\end{aligned}\]

Vậy bóng của đoạn dây dài $\dfrac{5\sqrt{74}}{12}\approx 3{,}58$ (đơn vị độ dài).

Lời giải

Cỡ mẫu $n=2+60+90+50+1=203.$ Tần số tích lũy của các nhóm lần lượt là 2, 62, 152, 202, 203.

• Tứ phân vị thứ nhất. Ta có $\dfrac{n}{4}=50{,}75.$ Tần số tích lũy đầu tiên lớn hơn hoặc bằng 50,75 là 62, nên $Q_1$ thuộc nhóm $[10;12)$ (nhóm này có 60 người, trước nó có 2 người). Do đó

\[\begin{aligned}Q_1&=10+\dfrac{50{,}75-2}{60}\cdot(12-10)\\&=11{,}625.\end{aligned}\]

• Tứ phân vị thứ ba. Ta có $\dfrac{3n}{4}=152{,}25.$ Tần số tích lũy đầu tiên lớn hơn hoặc bằng 152,25 là 202, nên $Q_3$ thuộc nhóm $[14;16)$ (nhóm này có 50 người, trước nó có 152 người). Do đó

\[\begin{aligned}Q_3&=14+\dfrac{152{,}25-152}{50}\cdot(16-14)\\&=14{,}01.\end{aligned}\]

Vậy khoảng tứ phân vị là $\Delta_Q=14{,}01-11{,}625=2{,}385$ (triệu đồng).

Lưu ý. Nhóm $[12;14)$ chỉ tích lũy đến 152, vẫn nhỏ hơn 152,25, nên $Q_3$ nằm ở nhóm sau. Đây là chỗ rất dễ chọn nhầm nhóm.

Lời giải

Gọi A là biến cố "An thả vào chuồng I một con gà mái", B là biến cố "Bình bắt được gà mái", H là biến cố "Bình bắt được gà mái vốn có của chuồng I".

• Chuồng II có 16 con, 6 con mái, nên $P(A)=\dfrac{6}{16}=\dfrac{3}{8}$ và $P(\overline{A})=\dfrac{5}{8}.$

• Sau khi An thả thêm, chuồng I có 22 con. Nếu An thả gà mái thì chuồng I có 14 con mái, nếu thả gà trống thì có 13 con mái. Do đó $P(B\mid A)=\dfrac{14}{22}$ và $P(B\mid\overline{A})=\dfrac{13}{22}.$

• Theo công thức xác suất toàn phần

\[P(B)=\dfrac{3}{8}\cdot\dfrac{14}{22}+\dfrac{5}{8}\cdot\dfrac{13}{22}=\dfrac{107}{176}.\]

• Dù An thả con gì, chuồng I luôn có đúng 13 con gà mái vốn có trong 22 con, nên $P(H)=\dfrac{13}{22}.$ Bắt được gà mái của chuồng I thì chắc chắn là bắt được gà mái, nên $P(HB)=P(H).$

Theo định nghĩa xác suất có điều kiện

\[\begin{aligned}P(H\mid B)&=\dfrac{P(HB)}{P(B)}=\dfrac{13}{22}\cdot\dfrac{176}{107}\\&=\dfrac{104}{107}.\end{aligned}\]

Vậy xác suất cần tìm là $\dfrac{104}{107}.$

Lời giải

Gọi A là biến cố "Hôm đó Sơn chạy bộ", B là biến cố "Hôm đó Sơn ăn thêm một quả trứng".

• Một tuần có 7 ngày, Sơn chạy 3 ngày, nên $P(A)=\dfrac{3}{7}$ và $P(\overline{A})=\dfrac{4}{7}.$

• Theo đề, $P(B\mid A)=0{,}7$ và $P(B\mid\overline{A})=0{,}25.$

• Theo công thức xác suất toàn phần

\[\begin{aligned}P(B)&=\dfrac{3}{7}\cdot 0{,}7+\dfrac{4}{7}\cdot 0{,}25\\&=\dfrac{2{,}1+1}{7}=\dfrac{3{,}1}{7}.\end{aligned}\]

• Theo công thức Bayes

\[\begin{aligned}P(A\mid B)&=\dfrac{P(A)\cdot P(B\mid A)}{P(B)}\\&=\dfrac{2{,}1}{3{,}1}=\dfrac{21}{31}.\end{aligned}\]

Vậy xác suất để hôm đó Sơn chạy bộ là $\dfrac{21}{31}.$