Ngày 10 tháng 1 năm 2025, anh An gửi vào ngân hàng \(1\) tỷ đồng với lãi suất \(0,6\% \)/tháng. Kể từ tháng 2 năm 2025, cứ vào ngày 10 mỗi tháng anh An đến ngân hàng rút ra \(25\) triệu đồng để chi tiêu. Hỏi sau bao nhiêu tháng anh An rút hết tiền trong ngân hàng (ở tháng cuối cùng, số tiền rút ra có thể ít hơn \(25\) triệu đồng)?

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.

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 \({z_B} = {z_A} + 10\left( {e - 1} \right) = 5 + 10\left( {e - 1} \right) \approx 22.\)