Hàm số $y=-2x^3-10x^2-6x-4$ có đạo hàm tại $x=8$ bằng
Ta có $y' = {tinh: derivative('-2x^3-10x^2-6x-4','x')}$. Đạo hàm của hàm số tại $x=8$ là y'(8) = {tinh: 3*-2*8*8+2*-10*8-6}
Hàm số $ y=\dfrac{3x-4}{7x+9}$ có đạo hàm là
Ta có $ y'=\dfrac{{tinh: 3*9--4*7}}{\left(7x+9 \right)^2}$.
Đạo hàm của hàm số $ y=\sqrt{6x^2-4x-3}$ là
Ta có $ y' = \dfrac{(6x^2-4x-3)'}{2\sqrt{6x^2-4x-3}} = \dfrac{{tinh: 2*6}x-4}{2\sqrt{6x^2-4x-3}}$.
Đạo hàm cấp 2 hàm số $ y=sin3x$ là
Ta có $ y' = 3cos3x \Rightarrow y''=-{tinh: 3*3}sin3x$.
Cho $A$, $B$ là hai biến cố độc lập, biết $P(A)=0,8$ và $P(B)=0,3$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Ta có \(P\left(A\cap B\right)=P(A)\cdot P(B)=\){tinh: (8*3)/100}.
Cho $A$, $B$ là hai biến cố xung khắc, biết $P(A)=0,2$ và $P(B)=0,4$. Mệnh đề nào dưới đây đúng?
Ta có $P\left(A\cup B\right)=P(A)+ P(B) = \dfrac{2}{10} + \dfrac{4}{10} = ${tinh: (2 + 4)/10}.
Có hai giỏ trái cây. Giỏ thứ nhất chứa 8 quả táo xanh và 6 quả táo đỏ. Giỏ thứ hai chứa 9 quả táo xanh và 10 quả táo đỏ. Từ mỗi giỏ lấy ngẫu nhiên một quả. Xét biến cố: A: 'Quả táo lấy ra từ giỏ thứ nhất màu đỏ'. B: 'Quả táo lấy ra từ giỏ thứ hai màu đỏ'. Tính $P(AB)$.
Vì A và B là hai biến cố độc lập nên $P(AB) = P(A) \cdot P(B) = \dfrac{a2}{a1+a2} \cdot \dfrac{b2}{b1+b2}$.
Gieo $2$ con xúc xắc cân đối và đồng chất. Xác suất của biến cố "Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho $3$" là
Ta có $n(\Omega)=6^2=36$. Gọi biến cố "Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho $3$" $\Rightarrow n(A)=12$. Vậy $P(A)=\dfrac{1}{3}$.
Lấy ra ngẫu nhiên $2$ quả bóng từ một hộp chứa 8 quả bóng xanh và 14 quả bóng đỏ có kích thước và khối lượng như nhau. Xác suất của biến cố 'Hai bóng lấy ra có cùng màu' là
Số cách chọn 2 quả bóng bất kỳ từ hộp là $n(\Omega)=\mathrm{C}^2_{{tinh:8+14}}={tinh: combinations(8 + 14, 2)}$. Gọi A là biến cố 'Hai bóng lấy ra có cùng màu'. TH1: 2 bóng cùng màu xanh. Số cách chọn là $\mathrm{C}_{8}^2={tinh: combinations(8, 2)}$.
TH2: 2 bóng cùng màu đỏ. Số cách chọn là $\mathrm{C}_{14}^2={tinh: combinations(14, 2)}$.
Vậy xác suất của biến cố A là $P(A)=\dfrac{{tinh: combinations(8, 2)+combinations(14, 2)}}{{tinh: combinations(8 + 14, 2)}}$.
Một hộp đựng 20 tấm thẻ được đánh số từ $1$ đến $20$. Rút ngẫu nhiên một tấm thẻ trong hộp. Gọi: $A$ là biến cố Rút được tấm thẻ ghi số lẻ lớn hơn $9$; $B$ là biến cố Rút được tấm thẻ ghi số lớn hơn $8$ và bé hơn $18$. Số phần tử của biến cố $A\cap B$ là
Biến cố $A=\left\{ 11;13;15;17;19 \right\}$. Biến cố $B=\left\{ 9;10;11;12;13;14;15;16;17 \right\}$. Ta có $A\cap B=\left\{ 11;13;15;17 \right\}$. Vậy số phần tử của $A \cap B$ là $4$.
Cho $a, b$ là các số thực dương thỏa mãn $\log_ab=12$, khi đó $\log_ab^7$ bằng
Ta có $\log _a b^12=12\cdot 7={tinh: 12*7}$.
Nghiệm của phương trình $2^{3x-10}=\dfrac{1}{{tinh: 2^5}}$ là
Ta có $2^{3x-10}=\dfrac{1}{{tinh: 2^5}} \Leftrightarrow 2^{3x-10}=2^{-5}$ $\Leftrightarrow 3x-10=-5 \Leftrightarrow x=\frac{{tinh: -5--10}}{3}$.
Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$. Góc giữa hai đường thẳng $A'C'$ và $DC$ bằng
Ta có $A'C' \parallel AC$. Do đó, góc giữa $A'C'$ và $DC$ bằng góc giữa $AC$ và $DC$, chính là góc $\widehat{ACD}$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $\triangle ACD$ vuông cân tại $D$. Suy ra $\widehat{ACD} = 45^\circ$.
Một hộp quà dạng hình hộp chữ nhật có chiều dài $12\,\mathrm{(cm)}$, chiều rộng $3\,\mathrm{(cm)}$ và chiều cao $15\,\mathrm{(cm)}$. Thể tích của hộp quà là bao nhiêu $\mathrm{cm}^3$?
Tính thể tích của hộp quà là: $V={tinh: 12*3*15}\mathrm{(cm)}^3$.
Phần II. Đúng - sai
Cho hàm số $f(x)=\ln (x+5)$ .
Tập xác định của hàm số $f(x)=\ln(x+5)$ là $x+5 > 0 \Rightarrow x > {tinh:0-5}$, tức là $\mathscr{D}=({tinh:0-5});+\infty)$. Phát biểu trong phương án A là sai vì $5 \neq {tinh:0-5}$ do $5 \ge 1$.
Đạo hàm của $f(x)=\ln(x+5)$ là $f'(x)=\dfrac{1}{x+5}$. Do đó, tại $x_{\circ}=2$, $f'(2)=\dfrac{1}{{tinh:2+5}}$. Phát biểu trong phương án B là đúng.
Đồ thị hàm số $f(x)=\ln(x+5)$ cắt trục hoành khi $f(x)=0 \Rightarrow \ln(x+5)=0 \Rightarrow x+5=1 \Rightarrow x={tinh:1-5}$. Điểm cắt trục hoành là $({tinh:1-5};0)$. Phát biểu trong phương án C là sai vì $5 \neq {tinh:1-5}$ do {tinh:2*5} $\neq 1$ với $5$ là số nguyên.
Đạo hàm của hàm số $y=x\cdot f(x) = x\ln(x+5)$ là $y' = (x)'\ln(x+5) + x(\ln(x+5))' = 1\cdot\ln(x+5) + x \cdot \dfrac{1}{x+5} = \ln(x+5) + \dfrac{x}{x+5}$. Phát biểu trong phương án D là đúng.
Cho hàm số $f(x)={6}^x$ .
Tập xác định của hàm số $f(x)={6}^x$ là $\mathscr{D}=(-\infty;+\infty)$ vì ${6}^x$ xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$ (do cơ số ${6} > 0$). Phát biểu trong phương án A cho rằng $\mathscr{D}=(0;+\infty)$ là SAI.
Đạo hàm của $f(x)={6}^x$ là $f'(x)={6}^x \ln({6})$. Do đó, tại $x_{\circ}=2$, $f'(2) = {6}^{2} \ln({6})$. Phát biểu trong phương án B là ĐÚNG.
Để tìm giao điểm với trục tung, ta cho $x=0$: $f(0) = {6}^0 = 1$. Vậy đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm $(0,1)$. Phát biểu trong phương án C cho rằng điểm cắt là $(0, {6})$ là SAI (vì ${6} \ge 3$ nên ${6} \neq 1$).
Đạo hàm của hàm số $y=x\cdot f(x) = x \cdot {6}^x$ là $y' = (x)'{6}^x + x({6}^x)' = 1\cdot {6}^x + x \cdot ({6}^x \ln({6})) = {6}^x (1 + x \ln ({6}))$ . Phát biểu trong phương án D là ĐÚNG.
Hai bạn An và Bình cùng tham gia một sự kiện. Xác suất thành công của An là $0,6$ và của Bình là $0,3$. Phát biểu nào đúng?
Phần III. trả lời ngắn
Một vật chuyển động thẳng được cho bởi phương trình: $s(t)=-3t^3+6t^2-6t+4$, trong đó $t$ tính bằng giây và $s$ tính bằng mét. Tại thời điểm $t=8$ giây, gia tốc tức thời của vật bằng bao nhiêu $(\mathrm{m/s^2})$?
Ta có $v(t)=s'(t)=3*-3t^2+2*6t-6$. Nên $a(t)=6*-3t+2*6$. Vậy tại thời điểm $t=8$ giây gia tốc của vật là $a(8)=6*-3*8+2*6= {tinh: 6*-3*8 + 2*6} (\mathrm{m/s^2})$.
Một nhóm học sinh có 58 em thích môn Lý hay môn Địa, trong đó có 25 em thích môn Lý, có 19 em thích môn Địa và có 12 em thích cả HAI MÔN. Chọn ngẫu nhiên một em học sinh. Tính xác suất để em được chọn: 'thích môn Lý hoặc thích môn Địa'
Gọi F là biến cố người được chọn thích Lý, V là biến cố người được chọn thích Địa. Ta có: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = \dfrac{25+19-12}{58} = ${tinh: round((25+19-12)/58,2).toString().replace('.', ',')}.
Trong phòng học của Nhân có hai bóng đèn và xác suất hỏng của chúng lần lượt bằng $0,2$; $0,3$. Chỉ cần có một bóng đèn sáng thì Nhân vẫn có thể làm bài tập được và tình trạng (sáng hoặc bị hỏng) của mỗi bóng đèn không ảnh hưởng đển tình trạng các bóng còn lại. Biết xác suất để Nhân có thể làm bài tập là $\dfrac{a}{b}$ với $\dfrac{a}{b}$ là phân số tối giản và $a\in N$. Tính $a+b$?
Gọi A1,2 là biến cố: 'Bóng đèn thứ 1,2 sáng bình thường'.
Nhân không thể làm bài tập nếu cả hai bóng đèn bị hỏng, khi đó:
$P\left({\bar A}_{1}{\bar A}_{2}\right)=P\left({\bar A}_{1}\right)\cdot P\left({\bar A}_{2}\right)=0,2\cdot 0,3=0,06$
Gọi $P$ là xác suất để Nhân có thể làm bài, ta có:
$P=1-P\left({\bar A}_{1}{\bar A}_{2}\right)=1-0,06=\dfrac{47}{50}$
Suy ra $a+b=47+50=97$
Gọi $S$ là tập chứa các nghiệm nguyên của bất phương trình $\log _5\left( x-1 \right) <1$. Tính tổng các phần tử của tập $S$.
Ta có $\log _5\left( x-1 \right)<1\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & x-1>0 \\ & x-1<5^1 \\ \end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & x>1 \\ & x<6 \\ \end{aligned} \right.$. Vậy $S=\{2;3;4;5\}$. Tổng các phần tử của $S$ là $2+3+4+5=14$.
Cho hình chóp $SABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$, $SA\bot (ABC)$. Biết $SB=15\mathrm{(m)}$, $AC=15\mathrm{(m)}$ và $BC=12\mathrm{(m)}$. Thể tích khối chóp bằng bao nhiêu mét khối?
Ta có $AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=9(\mathrm{m})$; $SA=\sqrt{SB^2-AB^2}=12(\mathrm{m})$. Vậy thể tích khối chóp $V=\dfrac{1}{6}SA\cdot BC \cdot AB=\dfrac{1}{6}\cdot 12\cdot 12 \cdot 9=216(\mathrm{m}^3)$.
Vậy thể tích khối chóp $V=\dfrac{1}{6}SA\cdot BC \cdot AB=\dfrac{1}{6}\cdot 12\cdot 12 \cdot 9=216(\mathrm{m}^3)$.