Đề hk2 Toán 12

Ta có $\overrightarrow{AB}=(2;3;-6)$.
Mặt phẳng $(\alpha)$ qua $A(0;0;3)$ và vuông góc với $AB$ (nhận $\overrightarrow{AB}$ làm VTPT) có phương trình $2(x-0)+3(y-0)-6(z-3)=0 \Leftrightarrow 2x+3y-6z+18=0$.
Vậy, $d\big(C,(\alpha)\big)=\dfrac{\big|2\cdot 3+3\cdot 4-6\cdot(-3)+18\big|}{\sqrt{2^2+3^2+(-6)^2}}=\dfrac{54}{\sqrt{49}}=\dfrac{54}{7}$.

Nơi nhận tín hiệu mạnh nhất là hình chiếu vuông góc $H$ của nguồn $O(0;0;0)$ lên đường thẳng chuyển động của máy dò.\ Đường thẳng chuyển động $(d)$ đi qua $A(-5;26;-17)$ và có VTCP $\overrightarrow{v}=(4;-4;7)$. Phương trình tham số của $(d)$ là $\left\{ \begin{aligned} &x=-5+4t'\\ &y=26-4t' \\ &z=-17+7t'\\ \end{aligned} \right\}$.
Điểm $H$ thuộc $(d)$ nên $H(-5+4t'; 26-4t'; -17+7t')$.
Vector $\overrightarrow{OH} = (-5+4t'; 26-4t'; -17+7t')$.
Do $OH \bot (d)$ nên $\overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{v} = 0$.
$\Leftrightarrow (-5+4t')(4) + (26-4t')(-4) + (-17+7t')(7) = 0$
$\Leftrightarrow -20+16t' - 104+16t' - 119+49t' = 0$
$\Leftrightarrow 81t' - 243 = 0 \Leftrightarrow t' = 3$.
Vậy tọa độ $H$ là: $H(-5+4(3); 26-4(3); -17+7(3)) = H(7; 14; 4)$.
Quãng đường máy dò đã đi là độ dài đoạn $AH$: $AH = \sqrt{(7-(-5))^2 + (14-26)^2 + (4-(-17))^2} = \sqrt{729} = 27 \mathrm{m}$.
Thời gian di chuyển là $t = \dfrac{\text{Quãng đường}}{\text{Vận tốc}} = \dfrac{AH}{v} = \dfrac{27}{18} = 1.5$ giây.

Gọi $A$ là biến cố: “học sinh học thêm Toán”. Ta có $\mathrm{P}(A) = 0.4$.
Gọi $\overline{A}$ là biến cố: “học sinh không học thêm Toán”. Ta có $\mathrm{P}(\overline{A}) = 1 - 0.4 = 0.6$.
Gọi $B$ là biến cố: “học sinh đạt điểm cao”.
Ta có $\mathrm{P}(B|A) = 0.85$ (Xác suất đạt điểm cao nếu học thêm Toán).
Ta có $\mathrm{P}(B|\overline{A}) = 0.10$ (Xác suất đạt điểm cao nếu không học thêm Toán).
Áp dụng công thức xác suất toàn phần để tính $\mathrm{P}(B)$:
$\mathrm{P}(B) = \mathrm{P}(A)\mathrm{P}(B|A) + \mathrm{P}(\overline{A})\mathrm{P}(B|\overline{A})$
$\mathrm{P}(B) = (0.4)(0.85) + (0.6)(0.10) = 0.34 + 0.06 = 0.40$.
Ta cần tính $\mathrm{P}(A|B)$ (Xác suất học thêm Toán biết rằng đã đạt điểm cao).
Áp dụng công thức Bayes:
$\mathrm{P}(A|B) = \dfrac{\mathrm{P}(A) \mathrm{P}(B|A)}{\mathrm{P}(B)} = \dfrac{(0.4)(0.85)}{0.40} = 0.85$.

Gọi $A$ là biến cố: “Thẻ lấy từ hộp 1 là số lẻ”.
Gọi $\overline{A}$ là biến cố: “Thẻ lấy từ hộp 1 là số chẵn”.
Gọi $B$ là biến cố: “Tích 2 thẻ lấy ra từ hộp 2 là số lẻ” (Điều này xảy ra khi cả 2 thẻ lấy ra đều là số lẻ).
Hộp 1 có 7 thẻ: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} (4 lẻ, 3 chẵn). $\Rightarrow P(A) = 4/7$, $P(\overline{A}) = 3/7$.
Hộp 2 có 3 thẻ: {1, 2, 3} (2 lẻ, 1 chẵn).
TH1: Lấy thẻ lẻ từ hộp 1 bỏ vào hộp 2 (Biến cố A). Hộp 2 mới có 4 thẻ (3 lẻ, 1 chẵn). Xác suất lấy được 2 thẻ lẻ từ hộp 2 mới là $P(B|A) = \dfrac{C_3^2}{C_4^2} = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$.
TH2: Lấy thẻ chẵn từ hộp 1 bỏ vào hộp 2 (Biến cố $\overline{A}$). Hộp 2 mới có 4 thẻ (2 lẻ, 2 chẵn). Xác suất lấy được 2 thẻ lẻ từ hộp 2 mới là $P(B|\overline{A}) = \dfrac{C_2^2}{C_4^2} = \dfrac{1}{6}$.
Ta cần tính $P(A|B)$ (Xác suất thẻ từ hộp 1 là lẻ, biết tích 2 thẻ từ hộp 2 là lẻ).
Áp dụng công thức Bayes: $P(A|B) = \dfrac{P(A)P(B|A)}{P(B)}$.
Trước hết, tính $P(B)$ dùng công thức xác suất toàn phần:
$P(B) = P(A)P(B|A) + P(\overline{A})P(B|\overline{A}) = (\dfrac{4}{7})(\dfrac{1}{2}) + (\dfrac{3}{7})(\dfrac{1}{6}) = \dfrac{4}{14} + \dfrac{3}{42} = \dfrac{5}{14}$.
Vậy, $P(A|B) = \dfrac{P(A)P(B|A)}{P(B)} = \dfrac{(4/7)(1/2)}{15/42} = \dfrac{4/14}{15/42} = \dfrac{4}{5} = 0.8$.

Chọn trục $Ox$ thẳng đứng, gốc $O$ tại mặt đất, chiều dương hướng lên. Khối bê tông giới hạn bởi $x=0$ và $x=2$.
Diện tích mặt cắt tại độ cao $x$ là $S(x) = \text{dài} \times \text{rộng} = 5 \times (0.5)^x = 5 \times (\dfrac{1}{2})^x$.
Thể tích khối bê tông được tính bằng tích phân diện tích mặt cắt từ $x=0$ đến $x=2$:
$V = \displaystyle\int_0^2 S(x) \mathrm{\,d}x = \int_0^2 5 \cdot (\dfrac{1}{2})^x \mathrm{\,d}x$.
Ta có $\int a^x dx = \dfrac{a^x}{\ln a} + C$.
$V = \dfrac{-5}{\ln 2} \left[ -\dfrac{3}{4} \right] = \dfrac{15}{4 \ln 2}$.
$V \approx \dfrac{15}{4 \times 0.693147} \approx \dfrac{15}{2.772588} \approx 5.410$
Làm tròn đến hàng phần trăm: $V \approx 5,41 \, (\mathrm{m}^3)$.

Từ đồ thị, ta xác định hàm vận tốc $v(t)$ theo từng khoảng thời gian:
- Khi $0 \le t < 3$: $v(t) = 11$
- Khi $3 \le t < 8$: Đồ thị là một phần của parabol.
Ta có thể xác định dạng $at^2+bt+c$.
Đỉnh parabol có vẻ tại $t=5, v=3$. Đi qua $(3, 11)$ và $(8, 21)$. Thay $t=5, v=3$: $25a+5b+c=3$.
$v'(t)=2at+b$, $v'(5)=10a+b=0$.
Thay $t=3, v=11$: $9a+3b+c=11$.
Từ $10a+b=0 \Rightarrow b=-10a$. $9a+3(-10a)+c=11 \Rightarrow -21a+c=11$. $25a+5(-10a)+c=3 \Rightarrow -25a+c=3$. Trừ 2 PT: $(-21a+c)-(-25a+c)=11-3 \Rightarrow 4a=8 \Rightarrow a=2$. $b=-10(2)=-20$.
$c=3+25a=3+25(2)=53$. Vậy $v(t) = 2t^2-20t+53$.
- Khi $8 \le t \le 15$: Đồ thị là đoạn thẳng đi qua $(8, 21)$ và $(15, 0)$.
Độ dốc $m = \dfrac{0-21}{15-8} = \dfrac{-21}{7} = -3$. Phương trình: $v - 0 = -3(t - 15) \Rightarrow v(t) = -3t + 45$.
Vậy, $v(t) = \left\{ \begin{array}{ll} 11 & \text{ khi } 0 \le t < 3 \\ 2t^2 - 20t + 53 & \text{ khi } 3 \le t < 8 \\ -3t + 45 & \text{ khi } 8 \le t \le 15 \\ \end{array}\right.$.
Quãng đường $S$ là tích phân của vận tốc theo thời gian:
$S = \displaystyle\int_0^{15} v(t) \mathrm{\,d}t = \int_0^3 11 \mathrm{\,d}t + \int_3^8 (2t^2 - 20t + 53) \mathrm{\,d}t + \int_8^{15} (-3t + 45) \mathrm{\,d}t$
$S_1 = \int_0^3 11 \mathrm{\,d}t = \dfrac{115}{3} \approx 38.33$.
$S_3 = \int_8^{15} (-3t + 45) \mathrm{\,d}t = (-\dfrac{675}{2} + \dfrac{1350}{2}) - (-96 + 360) = 73.5$.
Tổng quãng đường $S = S_1 + S_2 + S_3 = 33 + \dfrac{115}{3} + 73.5 = 144.833...$
Làm tròn đến hàng đơn vị: $S \approx 145 \mathrm{(m)}$.