Đề tham khảo thi THPT môn Toán - Đề số 2 (hay, chi tiết)

a) \(f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\); \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - \frac{\pi }{2}\).

b) Đạo hàm của hàm số đã cho là f’(x) = cos2x – 1.

c) Nghiệm của phương trình f’(x) = 0 trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) là \( - \frac{\pi }{6}\) hoặc \(\frac{\pi }{6}\).

d) Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) là \( - \frac{\pi }{2}\).

a) Vào thời điểm t = 1 thì nồng độ oxygen trong nước là 3,5 (mg/l).

b) Nồng độ oxygen (mg/l) trong hồ nước không vượt quá 5 (mg/l).

c) Vào thời điểm t = 0 thì nồng độ oxygen trong nước cao nhất.

d) Nồng độ oxygen (mg/l) trong hồ nước thấp nhất là 3,5 (mg/l).

a) A và B là hai biến cố độc lập.

b) Xác suất để công ty thắng thầu đúng 1 dự án bằng 0,7.

c) Xác suất để công ty thắng thầu dự án 2 biết công ty thắng thầu dự án 1 là 0,75.

d) Xác suất để công ty thắng thầu dự án 2 biết công ty không thắng thầu dự án 1 là 0,25.

a) Đường thẳng AB có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3,5\\y = - 2 + 7,5t\\z = 0,4 - 0,4t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

b) Khi máy bay ở vị trí D(3,5;3,25;0,12) thì máy bay cách mặt đất 120 m.

c) Có một lớp mây được mô phỏng bởi một mặt phẳng \((\alpha )\) đi qua ba điểm M(5;0;0), N(0;-5;0), P(0;0;0,5). Vị trí mà máy bay xuyên qua đám mây để hạ cánh là \(C\left( {\frac{7}{2};\frac{{47}}{{44}};\frac{{13}}{{55}}} \right)\).

d) Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm đầu E(3,5;4,5;0) của đường băng ở độ cao tối thiểu là 120 m. Nếu sau khi ra khỏi đám mây, tầm nhìn của người phi công là 900 m thì người phi công đã không đạt được quy định an toàn bay.

(Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e, Cengage 2014).

Sử dụng công thức nguyên hàm của hàm số lượng giác.

\(\int {\sin xdx} = - \cos x + C\).

Sử dụng công thức tính diện tích hình phẳng thông qua tích phân.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f(x), trục hoành, x = a, x = b (a < b) là \(\int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx} \).

Để tính khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm, ta lấy đầu mút phải của nhóm cuối cùng trừ đi đầu mút trái của nhóm đầu tiên.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên là R = 65 – 40 = 25 (cm).

Đường thẳng có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u = (a;b;c)\), đi qua điểm \(M({x_0};{y_0};{z_0})\) có phương trình là \(\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\).

\(\overrightarrow {MN} = (2; - 1; - 3)\) là vecto chỉ phương của đường thẳng MN, lại có M(1;2;1) thuộc MN nên phương trình đường thẳng là \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 2}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{{ - 3}}\).

Hàm số y = f(x) có tiệm cận ngang y = a nếu thỏa mãn ít nhất một trong những điều kiện: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = a\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = a\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4x + 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\left( {4 + \frac{1}{x}} \right)}}{{x\left( {1 - \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4 + \frac{1}{x}}}{{1 - \frac{1}{x}}} = \frac{{4 + 0}}{{1 - 0}} = 4\).

Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{4x + 1}}{{x - 1}}\) là y = 4.

Áp dụng các tính chất của phép tính logarit: \({\log _a}a = 1\); \({\log _a}bc = {\log _a}b + {\log _b}c\).

\({\log _4}(4a) = lo{g_4}4 + {\log _4}a = 1 + {\log _4}a\).

Vecto pháp tuyến của đường thẳng ax + by + cz + d = 0 là \(\overrightarrow n = (a;b;c)\).

Vecto pháp tuyến của đường thẳng 2x + 4y – z = 3 là \(\overrightarrow {{n_1}} = (2;4; - 1)\).

Một đường thẳng vuông góc với một măt phẳng nếu đường thẳng đó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng.

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\\AB \bot BC\\SA \cap AB = A\end{array} \right.\) suy ra \(BC \bot (SAB)\).

\({\log _a}b = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b > 0\\b = {a^x}\end{array} \right.\).

\({\log _2}(x - 1) = 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\x - 1 = {2^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 1\\x = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 9\).

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: \({u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}\).

\({u_4} = {u_1}{q^3} = {2.3^3} = 54\).

Áp dụng quy tắc hình hộp, xét từng đáp án.

Theo quy tắc hình hộp, chỉ có \(\overrightarrow {DB'} = \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DD'} + \overrightarrow {DC} \) đúng.

Hàm số f(x) nghịch biến khi f’(x) < 0.

Dựa vào bảng xét dấu, thấy f’(x) < 0 trên khoảng \(( - 3;0)\) và \((2; + \infty )\).

Trong các đáp án, chỉ có khoảng \(( - 3;0)\) thỏa mãn.

a) \(f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\); \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - \frac{\pi }{2}\).

b) Đạo hàm của hàm số đã cho là f’(x) = cos2x – 1.

c) Nghiệm của phương trình f’(x) = 0 trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) là \( - \frac{\pi }{6}\) hoặc \(\frac{\pi }{6}\).

d) Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) là \( - \frac{\pi }{2}\).

a) Thay \( - \frac{\pi }{2}\), \(\frac{\pi }{2}\) vào x của phương trình rồi tính.

b) Áp dụng công thức đạo hàm của hàm hợp lượng giác: (sinu)’ = u’.cosu.

c) Nếu \(\cos \alpha = m\) thì \(\cos x = m \Leftrightarrow \cos x = \cos \alpha \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\) \((k \in \mathbb{Z})\).

Dựa vào khoảng hoặc đoạn đề bài cho, tìm các giá trị k thỏa mãn rồi thay vào công thức nghiệm và kết luận.

d) Thay giá trị hai đầu mút của đoạn và các giá trị sao cho f’(x) = 0 vào f(x) và tìm giá trị nhỏ nhất.

a) Đúng. \(f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = \sin ( - \pi ) - \left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\) và \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \sin (\pi ) - \frac{\pi }{2} = - \frac{\pi }{2}\).

b) Sai. f’(x) = 2cos2x – 1.

c) Đúng. \(2\cos 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.\) \((k \in \mathbb{Z})\).

+) \( - \frac{\pi }{2} \le x \le \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow - \frac{\pi }{2} \le \frac{\pi }{6} + k\pi \le \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow - \frac{{2\pi }}{3} \le k\pi \le \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{1}{3} \Rightarrow k = 0\) (vì \(k \in \mathbb{Z}\)).

Suy ra \(x = \frac{\pi }{6} + 0.\pi = \frac{\pi }{6}\).

+) \( - \frac{\pi }{2} \le x \le \frac{\pi }{2} \Rightarrow - \frac{\pi }{2} \le - \frac{\pi }{6} + k\pi \le \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow - \frac{\pi }{3} \le k\pi \le \frac{{2\pi }}{3} \Leftrightarrow - \frac{1}{3} \le k \le \frac{2}{3} \Rightarrow k = 0\) (vì \(k \in \mathbb{Z}\)).

Suy ra \(x = - \frac{\pi }{6} + 0.\pi = - \frac{\pi }{6}\).

Vậy trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) thì f’(x) = 0 có hai nghiệm là \(x = \frac{\pi }{6}\); \(x = - \frac{\pi }{6}\).

d) Đúng. f(x) = sin2x – x;

 f’(x) = 2cos2x – 1 có nghiệm \(x = \pm \frac{\pi }{6} \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\).

\(f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\); \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - \frac{\pi }{2}\); \(f\left( { - \frac{\pi }{6}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) - \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{\pi }{6}\); \(f\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \sin \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{6} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \frac{\pi }{6}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn \(\left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) là \( - \frac{\pi }{2}\).

a) Vào thời điểm t = 1 thì nồng độ oxygen trong nước là 3,5 (mg/l).

b) Nồng độ oxygen (mg/l) trong hồ nước không vượt quá 5 (mg/l).

c) Vào thời điểm t = 0 thì nồng độ oxygen trong nước cao nhất.

d) Nồng độ oxygen (mg/l) trong hồ nước thấp nhất là 3,5 (mg/l).

a) Thay t = 1 vào hàm số và tính giá trị của hàm số.

b), c), d) Lập bảng biến thiên của hàm số và nhận xét.

a) Đúng. \(y(1) = 5 - \frac{{15}}{{{{9.1}^2} + 1}} = 3,5\) (mg/l).

b) Đúng. Xét \(y(t) = 5 - \frac{{15t}}{{9{t^2} + 1}}\) trên nửa đoạn \([0; + \infty )\):

\(y'(t) = \frac{{135{t^2} - 15}}{{9{t^2} + 1}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{3}\\t = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy giá trị của \(y(t) = 5 - \frac{{15t}}{{9{t^2} + 1}}\) luôn nhỏ hơn hoặc bằng 5 nên nồng độ oxygen (mg/l) trong hồ nước không vượt quá 5.

c) Đúng. Quan sát bảng biến thiên, thấy vào thời điểm t = 0 thì nồng độ oxygen trong nước cao nhất bằng 5.

d) Sai. Quan sát bảng biến thiên, thấy nồng độ oxygen (mg/l) trong hồ nước thấp nhất là 2,5 (mg/l).

a) A và B là hai biến cố độc lập.

b) Xác suất để công ty thắng thầu đúng 1 dự án bằng 0,7.

c) Xác suất để công ty thắng thầu dự án 2 biết công ty thắng thầu dự án 1 là 0,75.

d) Xác suất để công ty thắng thầu dự án 2 biết công ty không thắng thầu dự án 1 là 0,25.

a) A và B là hai biến cố độc lập khi P(A).P(B) = P(AB).

b) Áp dụng công thức cộng cho nhóm biến cố đầy đủ.

c) Áp dụng công thức xác suất của biến cố A với điều kiện B:

\(P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}}\).

d) Áp dụng công thức có điều kiện và xác suất của biến cố đối.

a) Sai. Có P(A).P(B) = 0,4.0,5 = 0,2. Mà P(AB) = 0,3. Suy ra \(P(A).P(B) \ne P(AB)\).

Do đó, hai biến cố A, B không độc lập.

b) Sai. Gọi C là biến cố: “Thắng thầu đúng 1 dự án”. Khi đó \(C = \overline A B \cup A\overline B \).

Mà \(\overline A B\) và \(A\overline B \) là các biến cố xung khắc nên \(P(C) = P(\overline A B) + P(A\overline B )\).

Ta có:

\(P(A) = P(A\overline B ) + P(AB) \Leftrightarrow P(A\overline B ) = P(A) - P(AB) = 0,4 - 0,3 = 0,1\).

\(P(B) = P(\overline A B) + P(AB) \Leftrightarrow P(\overline A B) = P(B) - P(AB) = 0,5 - 0,3 = 0,2\).

Vậy \(P(C) = P(\overline A B) + P(A\overline B ) = 0,2 + 0,1 = 0,3\).

c) Đúng. \(P(B|A) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} = \frac{{0,3}}{{0,4}} = 0,75\).

d) Sai. \(P(B|\overline A ) = \frac{{P(\overline A B)}}{{P(\overline A )}} = \frac{{P(\overline A B)}}{{1 - P(A)}} = \frac{{0,2}}{{1 - 0,4}} = \frac{1}{3}\).

a) Đường thẳng AB có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3,5\\y = - 2 + 7,5t\\z = 0,4 - 0,4t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

b) Khi máy bay ở vị trí D(3,5;3,25;0,12) thì máy bay cách mặt đất 120 m.

c) Có một lớp mây được mô phỏng bởi một mặt phẳng \((\alpha )\) đi qua ba điểm M(5;0;0), N(0;-5;0), P(0;0;0,5). Vị trí mà máy bay xuyên qua đám mây để hạ cánh là \(C\left( {\frac{7}{2};\frac{{47}}{{44}};\frac{{13}}{{55}}} \right)\).

d) Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm đầu E(3,5;4,5;0) của đường băng ở độ cao tối thiểu là 120 m. Nếu sau khi ra khỏi đám mây, tầm nhìn của người phi công là 900 m thì người phi công đã không đạt được quy định an toàn bay.

(Nguồn: R. Larson and B. Edwards, Calculus 10e, Cengage 2014).

a) Đường thẳng đi qua điểm \(M({x_0};{y_0};{z_0})\), nhận vecto \(\overrightarrow u = (a;b;c)\) làm vecto chỉ phương có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

b) Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy).

c) Tìm giao điểm của mặt phẳng (MNP) và đường thẳng AB.

d) Tính khoảng cách DE và so sánh với 900 m.

a) Đúng. Đường thẳng AB đi qua điểm \(A\left( {3,5; - 2;0,4} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {AB} {\rm{\;}} = \left( {0;7,5; - 0,4} \right)\) làm một vectơ chỉ phương nên phương trình tham số của đường thẳng AB là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3,5}\\{y = {\rm{\;}} - 2 + 7,5t}\\{z = 0,4 - 0,4t}\end{array}} \right.\) (t là tham số).

b) Đúng. Điểm D có cao độ là 0,12, suy ra khoảng cách từ D đến mặt đất (Oxy) là 0,12 km = 120 m.

c) Sai. Phương trình mặt chắn của mặt phẳng (MNP) là: \(\frac{x}{5} + \frac{y}{{ - 5}} + \frac{z}{{0,5}} = 1\).

Từ đó, ta suy ra phương trình tổng quát của (MNP) là: \(x - y + 10z - 5 = 0\).

Vì C là vị trí mà máy bay xuyên qua đám mấy để hạ cánh nên C là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\).

Vì C thuộc AB nên \(C\left( {3,5; - 2 + 7,5t;0,4 - 0,4t} \right)\). Mà C thuộc mặt phẳng \(\left( {\alpha {\rm{\;}}} \right)\) nên:

\(3,5 - \left( { - 2 + 7,5t} \right) + 10\left( {0,4 - 0,4t} \right) - 5 = 0\), suy ra \(t = \frac{9}{{23}}\). Do đó, \(C\left( {\frac{7}{2};\frac{{43}}{{46}};\frac{{28}}{{115}}} \right)\).

d) Đúng. Khi máy bay cách mặt đất 120 m, nó đang ở vị trí điểm D. DE là tầm nhìn của phi công tới E khi cách mặt đất 120 m.

Ta có: \(DE = \sqrt {{{\left( {3,5 - 3,5} \right)}^2} + {{\left( {4,5 - 3,25} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0,12} \right)}^2}} {\rm{\;}} \approx 1,256\) (km).

Vì tầm nhìn của phi công sau khi ra khỏi đám mây là \(900m = 0,9km < 1,256km\) nên người phi công đó không nhìn thấy E, do đó không đạt được quy định an toàn bay.

Tìm đoạn vuông góc chung của AB và CD.

Gọi I, J theo thứ tự là trung điểm của AB, CD.

Các tam giác đều ABC, ABD có I là trung điểm của AB nên

\(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CI\\AB \bot DI\end{array} \right.\), suy ra \(AB \bot (ICD)\), mà \(IJ \subset (ICD)\) nên \(AB \bot IJ\) (1).

Tương tự, các tam giác đều ACD, BCD có J là trung điểm của CD nên

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AJ\\CD \bot BJ\end{array} \right.\), suy ra \(CD \bot (ABJ)\), mà \(IJ \subset (ABJ)\) nên \(CD \bot IJ\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra IJ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB, CD. Vậy, IJ là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, CD.

CI là đường cao tam giác đều ABC cạnh 2 nên \(CI = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \).

Sử dụng định lý Pythagore cho tam giác CIJ vuông tại J, ta có:

\(IJ = \sqrt {C{I^2} - C{J^2}} = \sqrt {3 - 1} = \sqrt 2 \approx 1,41\).

Liệt kê và so sánh.

Do đó, chi phí nhỏ nhất của xe giao hàng là 53.

Sử dụng hệ thức lượng giác và định lý Pythagore để tính tọa độ điểm B. Từ đó tìm tọa độ \(\overrightarrow {AB} = (x;y;z)\).

A(0;0;10).

\(\sin \widehat {HOB} = \frac{{BH}}{{OB}} \Leftrightarrow \sin {30^o} = \frac{{BH}}{{OB}} \Leftrightarrow BH = OB\sin {30^o} = 15\sin {30^o} = \frac{{15}}{2}\).

Suy ra \({x_B} = OK = BH = 7,5\).

\({y_B} = OH = \sqrt {O{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{{15}^2} - {{\left( {\frac{{15}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{15\sqrt 3 }}{2}\).

B thuộc mặt phẳng (Oxy) nên \({z_B} = 0\).

\(\overrightarrow {AB} = \left( {\frac{{15}}{2};\frac{{15\sqrt 3 }}{2}; - 10} \right)\).

Vậy \(x + 2y - z = \frac{{15}}{2} + 2.\frac{{15\sqrt 3 }}{2} - ( - 10) \approx 43,5\).

Tính diện tích phần phía ngoài phông để trang trí hoa bằng cách tính diện khoảng trống giới hạn bởi cổng parabol với mặt đất rồi trừ đi diện tích tấm phông chữ nhật MNPQ.

+ Chọn hệ trục tọa độ phù hợp, xác định tọa độ các điểm.

+ Ứng dụng hình học của tích phân tính diện tích.

Gọi \({S_P}\) là diện tích khoảng trống giới hạn bởi cổng parabol với mặt đất, \({S_{MNPQ}}\) là diện tích tấm phông hình chữ nhật MNPQ, S là diện tích phần ngoài phông cần tính.

Khi đó, \(S = {S_P} - {S_{MNPQ}} = {S_P} - MN.MQ = {S_P} - 4.6 = {S_P} - 24\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:

Gọi đồ thị cổng parabol có phương trình là \(y = a{x^2} + bx + c\).

Vì parabol đi qua các điểm có tọa độ (4;0), (-4;0) và (2;6) nên ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}0 = a{.4^2} + b.4 + c\\0 = a.{( - 4)^2} + b.( - 4) + c\\6 = a{.2^2} + b.2 + c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 0\\c = 8\end{array} \right. \Rightarrow \) Đồ thị cổng parabol có phương trình là \(y = - \frac{1}{2}{x^2} + 8\).

\({S_P}\) là phần hình phẳng giới hạn bởi parabol \(y = - \frac{1}{2}{x^2} + 8\) và trục hoành nên:

\({S_P} = \int\limits_{ - 4}^4 {\left| { - \frac{1}{2}{x^2} + 8} \right|dx} = \int\limits_{ - 4}^4 {\left( { - \frac{1}{2}{x^2} + 8} \right)dx} = \frac{{128}}{3}\) \(({m^2})\).

Vậy diện tích phía ngoài phông để trang trí hoa là \(S = {S_P} - 24 = \frac{{128}}{3} - 24 = \frac{{56}}{3} \approx 18,7\) \(({m^2})\).

Lập hàm số tính khoảng cách AM + MB.

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số vừa tìm được bằng cách ứng dụng đạo hàm.

Đặt A’M = x (0 < x < 2200), B’M = 2200 – x (m).

Ta có \(AM = \sqrt {{x^2} + {{500}^2}} \), \(BM = \sqrt {{{(2200 - x)}^2} + {{600}^2}} \) (m).

Tổng khoảng cách từ hai xã đến vị trí M là:

\(AM + BM = \sqrt {{x^2} + {{500}^2}} + \sqrt {{{(2200 - x)}^2} + {{600}^2}} \) (m).

Xét hàm số \(f(x) = \sqrt {{x^2} + {{500}^2}} + \sqrt {{{(2200 - x)}^2} + {{600}^2}} \) (m).

Đạo hàm \(f'(x) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{500}^2}} }} + \frac{x}{{\sqrt {{{(2200 - x)}^2} + {{600}^2}} }} = 0 \Leftrightarrow x = 1000\) (m).

Bảng biến thiên:

Giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ hai xã đó đến bờ sông là khoảng 2460 m, tại vị trí M cách điểm A’ là 1000 m.

Sử dụng công thức xác suất có điều kiện và công thức Bayes.

A: “Người đó mắc bệnh”. Căn bệnh có 1% dân số mắc phải nên P(A) = 1% = 0,01.

\(\overline A \): “Người đó không mắc bệnh”. \(P(\overline A ) = 1 - P(A) = 0,99\).

B: “Kết quả kiểm tra của người đó là dương tính”.

Xác suất kết quả dương tính nếu người đó mắc bệnh là P(B|A) = 99% = 0,99.

Xác suất kết quả dương tính nếu người đó không mắc bệnh là \(P(B|\overline A ) = 1 - P(B|A) = 1 - 0,99 = 0,01\).

Áp dụng công thức Bayes, xác suất để một người kiểm tra dương tính mà thực sự bị bệnh là:

\(P(A|B) = \frac{{P(A).P(B|A)}}{{P(A).(B|A) + P(\overline A ).(B|\overline A )}} = \frac{{0,01.0,99}}{{0,01.0,99 + 0,99.0,01}} = 0,5\).