Để bảo tồn loài chim Sếu đầu đỏ, các nhà khoa học đã thả một số cá thể vào khu sinh thái và theo dõi sự phát triển của chúng. Gọi \[y\left( t \right)\] (đơn vị: trăm cá thể) là số lượng chim tại thời điểm \[t\] năm (\[t \ge 0\]). Tốc độ tăng trưởng của quần thể chim tỉ lệ thuận với số lượng cá thể hiện có, thỏa mãn phương trình \[y'(t) = k.{\mkern 1mu} y(t)\,\,(t \ge 0,\;\]k là hẳng số dương). Qua theo dõi, các nhà khoa học ghi nhận:Tại thời điểm \[t = 5\] (năm), số lượng chim là \[400\] cá thể.Tại thời điểm \[t = 10\](năm), số lượng chim là \[800\] cá thể.Giả sử \[y(t) = {e^{g(t)}},\,\,t \ge 0\]. Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:

Đáp án: 3.

Ø Đồ thị có tiệm cận đứng \(x = 1\).

Theo công thức, tiệm cận đứng là nghiệm của mẫu số: \(mx - n = 0 \Leftrightarrow x = \frac{n}{m}\).

Do đó \(\frac{n}{m} = 1 \Rightarrow m = n\), suy ra \(m\) và \(n\) cùng dấu.

Ø Tiệm cận xiên có dạng: \(y = Ax + B\)

Với \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \frac{a}{m}\)

\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {f\left( x \right) - Ax} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\frac{{a{x^2} - bx - c}}{{mx - n}} - \frac{a}{m}x} \right] = \frac{{an - bm}}{{{m^2}}}\)

Vậy đường tiệm cận xiên là \(y = \frac{a}{m}x + \frac{{an - bm}}{{{m^2}}}\).

Dựa vào đồ thị, tiệm cận xiên qua \(M\left( { - 2;0} \right),\,N\left( {0;2} \right)\) nên tiệm cận xiên có phương trình \(y = x + 2\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{m} = 1\\\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = m\\\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\end{array} \right.\)

Theo giả thiết \(a > 0\) nên \(m > 0\,\left( 1 \right)\).

mà \(m = n\) suy ra \(n > 0\,\,\left( 2 \right)\)

Thế \(m = n,\,a = m\) vào \(\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\) ta được

\(\frac{{{m^2} - bm}}{{{m^2}}} = 2 \Rightarrow 1 - \frac{b}{m} = 2 \Rightarrow \frac{b}{m} =  - 1 \Rightarrow b =  - m < 0\,\,\left( 3 \right)\)

Ø Giao điểm của đồ thị \(y = \frac{{a{x^2} - bx - c}}{{mx - n}}\) với trục tung: Cho \(x = 0\) ta được \(y = \frac{c}{n}\).

Dựa vào đồ thị, ta thấy đồ thị cắt trục tung tại \(y = 1\)\( \Rightarrow \frac{c}{n} = 1 \Rightarrow c = n > 0\,\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right)\) ta suy ra \(m > 0\), \(n > 0\), \(c > 0\), \(b < 0\)

Vậy có 3 hệ số dương là \(m,n,c\).

a) Dễ thấy \(c > 0\).

Đường thẳng chuyển động có VTCP là \(\overrightarrow u  = \left( {a;b;c} \right)\); mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có VTPT là \(\overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\).

Do hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 30° nên \(\sin 30^\circ  = \frac{{\left| c \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\sqrt 1 }} = \frac{{\left| c \right|}}{{1.1}} = \left| c \right| \Leftrightarrow c = \frac{1}{2}\) (do \(\left| {\overrightarrow u } \right| = 1\))

b) Dễ thấy đường thẳng chuyển động có phương trình \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + at\\y = 1 + bt\\z = 5 + ct\end{array} \right.\) và đường thẳng là hình chiếu của \(\Delta \) lên \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình \(\Delta ':\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + at\\y = 1 + bt\\z = 0\end{array} \right.\).

Suy ra \(\Delta '\) có VTCP \(\overrightarrow {u'}  = \left( {a;b;0} \right)\) và trục Ox có VTCP là \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right)\).

Do \(\Delta '\) hợp với trục Ox một góc 45° nên

\(\cos 45^\circ  = \frac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt 1 }} = \frac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {1 - {c^2}} }} = \frac{{2\left| a \right|}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left| a \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\)

Từ \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\) suy ra \({b^2} = 1 - {a^2} - {c^2} = 1 - \frac{3}{8} - \frac{1}{4} = \frac{3}{8} \Leftrightarrow \left| b \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\).

Do đó khẳng định \(\overrightarrow u  = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}} \right)\) là sai.

c) Có \(s = \int\limits_0^{2\ln 2} {k{e^{0,5t}}dt}  = k.2.{e^{0,5t}}|_0^{2\ln 2} = 2k\left( {{e^{\ln 2}} - 1} \right) = 2k = 20 \Leftrightarrow k = 10\).

d) Có \(v\left( t \right) = 10{e^{0,5t}}\) và quãng đường đi được trong 2 giây đầu tiên là

\({s_0} = \int\limits_0^2 {10{e^{0,5t}}dt}  = 20.{e^{0,5t}}|_0^2 = 20\left( {e - 1} \right)\)

Và với độ dài đoạn \(AB = 20\left( {e - 1} \right)\) và do hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 30° nên khoảng cách cao độ giữa \(B\) và \(A\) là \(\left| {{z_B} - {z_A}} \right| = {z_B} - {z_A} = AB.\sin 30^\circ  = 10\left( {e - 1} \right)\), suy ra \({z_B} = {z_A} + 10\left( {e - 1} \right) = 5 + 10\left( {e - 1} \right) \approx 22.\)