PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Cho hình lăng trụ đứng \[ABC.A'B'C'\] có đáy \[ABC\] là tam giác vuông tại \[A,\] biết \[AB = 2,\]\[AC = 3,\]  \[AA' = 4.\] Gọi \[M\] là trung điểm của \[AB.\] Khoảng cách giữa hai đường thẳng \[A'B\]  và \[CM\] bằng bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Lời giải

Đáp án: 7,8

Bước 1: Tìm hàm nồng độ thuốc \(C(t)\)

Từ phương trình tỉ lệ đã cho, ta lấy nguyên hàm hai vế theo biến \(t\):

\(\int {\frac{{C'(t)}}{{C(t)}}} dt = \int  -  kdt \Leftrightarrow \ln |C(t)| =  - kt + {C_1}\)

Vì nồng độ \(C(t) > 0\), ta có thể viết lại phương trình dưới dạng hàm số mũ:

\(C(t) = {e^{ - kt + {C_1}}} = {e^{{C_1}}} \cdot {e^{ - kt}}\)

Đặt \({C_0} = {e^{{C_1}}}\), ta có công thức tổng quát: \(C(t) = {C_0} \cdot {e^{ - kt}}\)

Bước 2: Tìm các hằng số \({C_0}\) và \(k\)

Tại thời điểm bắt đầu (\(t = 0\)), nồng độ là 12 mg/l: \(C(0) = {C_0} \cdot {e^0} = 12 \Rightarrow {C_0} = 12\)

Vậy hàm số là \(C(t) = 12 \cdot {e^{ - kt}}\).

Sau 6 giờ (\(t = 6\)), nồng độ là 3 mg/l:

\(C(6) = 12 \cdot {e^{ - 6k}} = 3 \Leftrightarrow {e^{ - 6k}} = \frac{3}{{12}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow  - 6k = \ln \left( {\frac{1}{4}} \right) \Rightarrow k = \frac{{ - \ln (0.25)}}{6}\)

Bước 3: Tính thời gian \(t\) khi nồng độ còn 2 mg/l

Ta cần tìm \(t\) sao cho \(C(t) = 2 \Leftrightarrow \) \(12 \cdot {e^{ - kt}} = 2 \Leftrightarrow {e^{ - kt}} = \frac{2}{{12}} = \frac{1}{6} \Leftrightarrow  - kt = \ln \left( {\frac{1}{6}} \right) \Rightarrow t = \frac{{ - \ln (1/6)}}{k}\)

Thay giá trị \(k\) đã tìm được ở trên vào: \(t = \frac{{ - \ln (1/6)}}{{\frac{{ - \ln (0.25)}}{6}}} = \frac{{6 \cdot \ln (6)}}{{\ln (4)}} \approx 7,7548...\)

Làm tròn kết quả đến hàng phần mười, ta được \(t \approx 7,8\) giờ.

Lời giải

a) Đúng

Doanh thu \(R\left( t \right)\) được tính bằng tích phân của tốc độ doanh thu \(R'\left( t \right)\) theo thời gian. Do đó, doanh thu sau 10 năm (từ \(t = 0\) đến \(t = 10\)) là:

 \(R\left( {10} \right) = \int\limits_0^{10} {R'\left( t \right)dt} \) =\(\int\limits_0^{10} {\left( {588 - 3{t^2}} \right)dt} \).

b) Đúng

Tổng chi phí vận hành và bảo trì trong 6 năm là tích phân của chi phí biên \(C'\left( t \right)\) từ 0 đến 6: \[\int\limits_0^6 {\left( {48 + 12{t^2}} \right)dt}  = \left. {\left( {48t + 4{t^3}} \right)} \right|_0^6 = \left( {48 \times 6 + 4 \times {6^3}} \right) - 0 = 1152\] (triệu đồng).

c) Sai

Ta có doanh thu là \(R\left( t \right) = \int {R'\left( t \right)dt}  = \int {\left( {588 - 3{t^2}} \right)dt}  = 588t - {t^3} + {C_1}\)

Mà \(R\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow {C_1} = 0 \Rightarrow R\left( t \right) = 588t - {t^3}\).

Chi phí là \(C\left( t \right) = \int {C'\left( t \right)dt}  = \int {\left( {48 + 12{t^2}} \right)dt}  = 48t + 4{t^3} + C\).

Mà \(C\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow C\left( t \right) = 48t + 4{t^3}\).

Lợi nhuận \(L(t) = R\left( t \right) - C\left( t \right) = 588t - {t^3} - \left( {48t + 4{t^3}} \right)\).

Do đó \(L\left( t \right) \ge 0\)\[ \Leftrightarrow 588t - {t^3} \ge 48t + 4{t^3} \Leftrightarrow 5{t^2} \le 540 \Leftrightarrow {t^2} \le 36 \Rightarrow t \le 6\].

Do đó lợi nhuận bắt đầu giảm khi \(t > 6\).

Vậy tuổi thọ hữu ích của máy là 6 năm.

d) Sai

Lợi nhuận trong suốt tuổi thọ hữu ích (6 năm đầu) là

\(\int\limits_0^6 {\left[ {\left( {588 - 3{t^2}} \right) - \left( {48 + 12{t^2}} \right)} \right]} dt = \int\limits_0^6 {\left( {540 - 15{t^2}} \right)} dt = \left. {\left( {540t - 5{t^3}} \right)} \right|_0^6 = 2160\)(triệu đồng).