Một hạt proton chuyển động trong điện trường từ điểm A(2;1;5) (đơn vị \(mm\)) theo một đường thẳng hướng lên trên. Hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 30°. Biết hình chiếu vuông góc của hướng chuyển động lên mặt phẳng (Oxy) hợp với trục Ox một góc 45°. Vận tốc của hạt tại thời điểm t (giây) là \(v\left( t \right) = k{e^{0,5t}}\left( {mm/s} \right)\) với k là hằng số dương. Biết rằng trong \(2\ln 2\) giây đầu tiên, hạt đi được quãng đường là \(20\;mm\). Gọi \(B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)\)là vị trí của hạt tại thời điểm \(t = 2\) (giây).

Đáp án: \(46\).

Sau ngày 10 tháng 2 năm 2025, số tiền còn lại: \({A_1} = 1000\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\) (triệu đồng).

Sau ngày 10 tháng 3 năm 2025, số tiền còn lại:

\[{A_2} = \left[ {1000\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25} \right]\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25 = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\] (triệu đồng).

Sau ngày 10 tháng 4 năm 2025, số tiền còn lại:

\[{A_3} = \left[ {1000{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25} \right]\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\]

\[ \Rightarrow {A_3} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^3} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\] (triệu đồng).

Sau \[n\] tháng, số tiền còn lại:

\[{A_n} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^{n - 1}} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^{n - 2}} - ... - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\]

\[ \Rightarrow {A_n} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25 \times \frac{{{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1}}{{0,6\% }}\] (triệu đồng).

Khi rút hết tiền: \[{A_n} = 0 \Rightarrow 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25 \times \frac{{{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1}}{{0,6\% }} = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {25 - 1000 \times 0,6\% } \right){\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} = 25 \Leftrightarrow n = {\log _{1 + 0,6\% }}\frac{{25}}{{25 - 1000 \times 0,6\% }} \approx 45,8766\] (tháng).

Vậy sau \[46\] tháng thì anh An rút hết tiền trong ngân hàng.

Đáp án: 6,3

Gắn hệ tọa độ với gốc tọa độ tại đỉnh Parabol, phương trình của \[\left( P \right)\] là \(y = a{x^2}\left( 1 \right)\). Khoảng cách từ \[AB\] tới đỉnh là 2 \( \Rightarrow \) phương trình đường thẳng \[AB\] là \(y = 2\).

Ta có \(AB = 8\)\( \Rightarrow \) \(A\left( {4;2} \right),B\left( { - 4;2} \right)\).

Do \(A \in \left( P \right) \Rightarrow a{.4^2} = 2 \Rightarrow a = \frac{1}{8}\), do đó \(\left( P \right):y = \frac{1}{8}{x^2}\).

Giả sử phương trình của đường thẳng \[CD\] là \(y = h\) (với \(0 < h < 2\)), hoành độ điểm \(C,D\) là nghiệm của phương trình \(\frac{1}{8}{x^2} = h\)

Khi đó ta có \(C\left( {\sqrt {8h} ;h} \right),D\left( { - \sqrt {8h} ;h} \right)\)

Ta có \({S_1} = \mathop \smallint \nolimits_{ - \sqrt {8h} }^{\sqrt {8h} } \left( {h - \frac{{{x^2}}}{8}} \right)dx = \frac{4}{3}h\sqrt {8h} \)

Diện tích phần hình phẳng giới hạn bới \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(y = 2\) có diện tích \(S = \frac{4}{3} \cdot 2 \cdot 4 = \frac{{32}}{3}\)

Vì \({S_1} = {S_2}\) nên \({S_1} = \frac{S}{2} \Rightarrow \frac{4}{3}h\sqrt {8h}  = \frac{{16}}{3} \Rightarrow h\sqrt {8h}  = 4 \Rightarrow {h^{3/2}} = \sqrt 2  \Rightarrow h = \sqrt[3]{2}\).

Độ dài \(CD = 2\sqrt {8h}  = 4\sqrt[3]{4} \approx 6,3496\). Làm tròn một chữ số thập phân là 6,3.