Nếu \({D_0}\) là chênh lệch nhiệt độ ban đầu giữa một vật M và môi trường xung quanh, nếu môi trường ban đầu có nhiệt độ \({T_S}\) thì nhiệt độ của vật M tại thời điểm \(t\) được mô hình hóa bởi hàm số \(T\left( t \right) = {T_S} + {D_0} \cdot {e^{ - kt}}\) (trong đó \(k\)là hằng số dương phụ thuộc vào vật M).

Tại hiện trường, một mẫu chất lỏng thí nghiệm vừa được lấy ra khỏi lò phản ứng có nhiệt độ \(195^\circ F\) và được đặt trong phòng giám định có nhiệt độ ổn định \(65^\circ F\). Biết rằng sau nửa giờ (30 phút) nhiệt độ của mẫu chất lỏng này giảm xuống còn \(150^\circ F\). Hỏi sau ít nhất bao nhiêu phút thì nhiệt độ của mẫu chất lỏng sẽ không vượt quá \(91^\circ F\)? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Đáp án: ____

Gọi \({R_h} = 10\;mm\) là độ dài kim giờ (\(OA\)), \({R_m} = 15\;mm\)là độ dài kim phút \(\left( {OB} \right)\).

Tốc độ góc của kim phút \({\omega _m} = \frac{{2\pi }}{{60}} = \frac{\pi }{{30}}\)(rad/phút).

Tốc độ góc của kim giờ \({\omega _h} = \frac{{2\pi }}{{12 \cdot 60}} = \frac{\pi }{{360}}\) (rad/phút).

Góc giữa hai kim tại thời điểm \(t\)(phút) là \(\theta \left( t \right) = \left| {\left( {{\omega _m} - {\omega _h}} \right)t} \right| = \left| {\left( {\frac{\pi }{{30}} - \frac{\pi }{{360}}} \right)t} \right| = \frac{{11\pi }}{{360}}t\) (rad).

Diện tích tam giác \(OAB\) là \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right) = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 15 \cdot \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t\).

1. Đúng. Có \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t \le 1\) nên \({S_{\Delta AOB}} \le 75\).

Dấu “=” xảy ra khi \(\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{180}}{{11}} + k\frac{{720}}{{11}}\).

Thời điểm đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\) lớn nhất ứng với \(k = 0\). Tức là \(t = \frac{{180}}{{11}} \approx 16,36\).

2. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 37,5 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 37,5\)\( \Leftrightarrow \sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{1}{2}\).

Thời điểm đầu tiên ứng với góc nhỏ nhất. Khi đó \(\frac{{11\pi }}{{360}}t = \frac{\pi }{6} \Rightarrow t = \frac{{360}}{{6 \cdot 11}} \approx 5,5\) phút.

3. Đúng. Vì \({S_{\Delta AOB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB \cdot \sin \theta \left( t \right)\).

4. Sai. Có \({S_{\Delta AOB}} = 0 \Leftrightarrow 75\sin \frac{{11\pi }}{{360}}t = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{11\pi }}{{360}}t = k\pi \)\( \Leftrightarrow t = \frac{{360}}{{11}}k\).

Với 30 phút đầu tiên thì ứng với \(k = 0\).

Vậy trong 30 phút đầu tiên, diện tích tam giác \(AOB\)bằng 0 tại đúng 1 thời điểm. Chọn 1, 3.

Đường thẳng \(d\)đi qua điểm \(K\left( {0;0;4} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {1;0;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {KA}  = \left( {0;6;0} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {KA}  \cdot \overrightarrow u  = 0 \Rightarrow AK \bot d\).

Do đó K là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên đường thẳng \(d\).

Có \(d \subset \left( P \right)\) và \(AH \bot \left( P \right)\) nên \(AH \bot HK\).

Lại có \(\overrightarrow {{n_P}}  \cdot \overrightarrow u  = 0\) nên hoành độ của vectơ \(\overrightarrow {{n_P}} \) bằng 0.

Do điểm \(A\) có hoành độ bằng 0 nên hình chiếu \(H\) của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\) cũng phải có hoành độ bằng 0. Tức là điểm \(H\)nằm trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có \(\widehat {AHK} = 90^\circ \) nên \(H\)luôn nằm trên đường tròn đường kính \(AK\).

Đường tròn này có tâm \(I\left( {0;3;4} \right)\)là trung điểm của \(AK\) và bán kính \(R = \frac{{AK}}{2} = 3\).

Do đó khoảng cách từ O đến H lớn nhất thì \(H\)là giao điểm của tia \(OI\) với đường tròn.

Ta có \(OI = 5\). Khi đó \(O{H_{\max }} = OI + R = 5 + 3 = 8\).

Đáp án cần nhập là: 8.