Bay Flycam trái phép là hành vi tiềm ẩn nguy cơ uy hiếp trực tiếp an toàn hàng không, lĩnh vực liên quan đến tính mạng của hàng trăm hành khách trên mỗi chuyến bay. Một cảng hàng không quốc tế thiết lập hệ thống radar giám sát được đặt tại gốc tọa độ \(O(0;0;0)\) trong không gian Oxyz (đơn vị là 1 km, mặt phẳng Oxy là mặt đất).Tại thời điểm t = 0, radar quét được tín hiệu một flycam xâm nhập tại điểm \(A(4;2;2)\) và đang bay theo đường thẳng với vectơ vận tốc \({\vec v_1}( - 1;0;0)\) (đơn vị: km/phút). Cùng lúc đó, một máy bay chở khách A321 đang chờ lệnh cất cánh tại điểm \(B(0; - 2;0)\). Nếu được cấp phép, quỹ đạo cất cánh dự kiến của máy bay là một đường thẳng với vectơ vận tốc \({\vec v_2}(0;4;3)\) (đơn vị: km/phút). Kiểm soát viên không lưu không được phép cấp lệnh cất cánh cho máy bay thương mại nếu hệ thống dự báo có bất kì thời điểm nào khoảng cách giữa máy bay và vật thể lạ nhỏ hơn 5 km.

Đáp án: 26,1.

Từ hình vẽ ta thấy hình chữ nhật \(OABC\) có hai kích thước là\(7\,{\rm{m}},\,\,5\,{\rm{m}}\).

\( \Rightarrow {S_{OABC}} = 7.5 = 35\,{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).

Phương trình parabol: \(y = a{x^2} + bc + c\,\left( {a \ne 0} \right)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{y\left( 0 \right) = 5}\\{y\left( 5 \right) = 0}\end{array}}\\{ - \frac{b}{{2a}} = 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{c = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{25a + 5b + c = 0}\end{array}}\\{b =  - 10a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{1}{5}}\\{b =  - 2}\end{array}}\\{c = 5}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow y = \frac{1}{5}{x^2} - 2x + 5\).

Diện tích của phần parabol với trục hoành bằng: \(S = \int\limits_0^7 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{}^{} {\left( {\frac{1}{5}{x^2} - 2x + 5} \right) = \frac{{133}}{{15}}} \,{m^2}\).

Diện tích phần tô màu là \(35 - \frac{{155}}{{15}} = \frac{{392}}{{15}} \approx 26,1\,\,\left( {{m^2}} \right)\) .

Hàm công suất sạc là: \(P(t) = 250 \cdot {e^{ - kt}}\) (với \(k > 0\), \(t \ge 0\)).

a) Công suất sạc ban đầu ngay khi cắm sạc là 250 kW.

Thời điểm ban đầu ứng với \(t = 0\).

Thay vào hàm số: \(P(0) = 250 \cdot {e^{ - k \cdot 0}} = 250 \cdot 1 = 250\) (kW).

a) Đúng.

b) Tốc độ thay đổi công suất tại thời điểm \(t\) là \({P^\prime }(t) = 250k \cdot {e^{ - kt}}\).

Tốc độ thay đổi công suất chính là đạo hàm của hàm \(P(t)\) theo biến \(t\).

Ta có: \({P^\prime }(t) = {(250 \cdot {e^{ - kt}})^\prime } = 250 \cdot ( - k) \cdot {e^{ - kt}} =  - 250k \cdot {e^{ - kt}}\).

Dấu trừ thể hiện công suất đang giảm dần. Trong biểu thức của phát biểu b thiếu dấu trừ hoặc chưa làm rõ đây là độ sụt giảm.

 b) Sai

c) Công suất sạc giảm dần theo thời gian và \(k = 2,5\).

Tại \(t = 0\), tốc độ sụt giảm công suất là 625 kW/giờ nên \(|{P^\prime }(0)| = 625\).

Ta có: \(| - 250k \cdot {e^{ - k \cdot 0}}| = 625 \Rightarrow 250k = 625 \Rightarrow k = \frac{{625}}{{250}} = 2,5\).

c) Đúng.

d) Thời gian từ lúc bắt đầu cắm sạc đến khi hệ thống tự ngắt kéo dài không quá 111 phút.

Hệ thống ngắt khi công suất giảm còn 1% so với ban đầu: \(P(t) = 1\%  \cdot P(0) = 0,01 \cdot 250 = 2,5\) (kW).

Thay vào phương trình với \(k = 2,5\):

\(250 \cdot {e^{ - 2,5t}} = 2,5\)\( \Leftrightarrow {e^{ - 2,5t}} = \frac{{2,5}}{{250}} = 0,01\)\( \Leftrightarrow  - 2,5t = \ln (0,01)\)\( \Leftrightarrow t = \frac{{\ln (0,01)}}{{ - 2,5}} \approx 1,842\) (giờ).

Đổi sang phút: \(1,842 \cdot 60 \approx 110,52\) phút.

Vì \(110,52 < 111\) phút