Một con cá bơi ngược dòng để vượt khoảng cách là \(100\,km\). Vận tốc dòng nước là \(5\,km/h\). Nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là \(v\left( {km/h} \right)\), \(\left( {v > 5} \right)\) thì năng lượng tiêu hao của cá trong \(t\) giờ được cho bởi công thức \(E\left( v \right) = c.{v^3}.t\), trong đó \(c\) là hằng số dương, \(E\) được tính bằng Jun. Biết rằng vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên thuộc khoảng \(\left( {a\,;\,b} \right)\) thì năng lượng tiêu hao của cá giảm. Hãy tính giá trị lớn nhất của \(b - a\) (kết quả làm tròn tới hàng phần mười) .

a) Đúng.

Trong 4 giây đầu chất điểm chuyển động đều với vận tốc \({v_0}\) nên quảng đường di chuyển được trong 4 giây đầu là \(S(4) = 4{v_0}\,\,\left( m \right)\)

b) Sai.

Trong 4 giây đầu chất điểm chuyển động đều với vận tốc \({v_0}\), giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận tốc \(v\left( t \right)\), do đó quãng đường đi được sau 5 giây là  \(S\left( 5 \right) = 4{v_0} + \int\limits_4^5 {v\left( t \right){\rm{d}}t} \,\,\,\,\left( m \right)\)

c) Đúng.

Tại thời điểm \(t = 4\) vật đang chuyển động với vận tốc \({v_0}\) nên

\(v\left( 4 \right) = {v_0} \Leftrightarrow  - \frac{5}{2}.4 + a = {v_0} \Leftrightarrow a = {v_0} + 10\)

d) Sai.

Vì \(a = {v_0} + 10\) suy ra \(v(t) =  - \frac{5}{2}t + {v_0} + 10\,\left( {m/s} \right),\,\left( {t \ge 4} \right)\)

Gọi \(k\) là thời điểm vật dừng hẳn, ta có:

\(v\left( k \right) = 0 \Leftrightarrow  - \frac{5}{2}k + {v_0} + 10 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{2}{5}({v_0} + 10) \Leftrightarrow k = \frac{{2{v_0}}}{5} + 4\)

Tổng quãng đường vật đi được là

\(80 = 4{v_0} + \int\limits_4^k {( - \frac{5}{2}t + {v_0} + 10){\rm{d}}t} \, \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} + ( - \frac{5}{4}{t^2} + {v_0}t + 10t)\left| \begin{array}{l}k\\4\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow \)

\(80 = 4{v_0} - \frac{5}{4}({k^2} - 4) + {v_0}\left( {k - 4} \right) + 10\left( {k - 4} \right)\,\, \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} - \frac{5}{4}\left( {\frac{2}{5}{v_0}} \right)\left( {\frac{2}{5}{v_0} + 8} \right) + {v_0}.\frac{2}{5}{v_0} + 10.\frac{2}{5}{v_0}\)

\( \Leftrightarrow 80 = 4{v_0} - \frac{{v_0^2}}{5} - 4{v_0} + \frac{{2v_0^2}}{5} + 4{v_0} \Leftrightarrow \frac{{v_0^2}}{5} + 4{v_0} - 80 = 0 \Leftrightarrow v_0^2 + 10{v_0} - 200 = 0 \Leftrightarrow {v_0} = 10\)

Vậy \({v_0} > 8\,\left( {m/s} \right)\).

Trả lời: 0,75

Ta có \(\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\), \(\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\); trong mp\(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(SH \bot AD\) thì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Gọi \(I\) là trung điểm \(OA\), vì \(\Delta ASO\) cân tại \(S\) nên \(AO \bot SI\) mà \(AO \bot SH\) \( \Rightarrow OA \bot (SHI) \Rightarrow OA \bot HI\)

Tam giác \(ADC\) vuông tại \(D\) có \(AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}}  = 2\) và \(\tan \widehat {DAC} = \frac{{DC}}{{AD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) \( \Rightarrow \widehat {DAC} = 30^\circ \)

Tam giác \(AHI\) vuông tại \(I\) có \(AH = \frac{{AI}}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow HD = AD - AH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác \(ABH\) vuông tại \(A\) có \(HB = \sqrt {A{H^2} + A{B^2}}  = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\), \(A{B^2} = IB.HB\) \( \Rightarrow IB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), dựng hình bình hành \(ABEC\) thì \(BE\,{\rm{//}}\,AC\), \(BE \subset \left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow AC\,{\rm{//}}\,\left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow \) \(d\left( {SB,\,AC} \right) = d\left( {AC,\,\left( {SBE} \right)} \right) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)

Mà \(\frac{{IB}}{{HB}} = \frac{3}{4}\) nên \(d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)

Lại có tam giác \(OAB\) là tam giác đều cạnh 1 nên \(BI \bot AC\) \( \Rightarrow BI \bot BE\) mà \(BE \bot SH\) \( \Rightarrow BE \bot \left( {SBH} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SBE} \right) \bot \left( {SBH} \right)\).

Ta có:\(\left( {SBE} \right) \cap \left( {SBH} \right) = SB\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SBH} \right)\), kẻ \(HK \bot SB\) thì \(HK \bot \left( {SBE} \right)\) \( \Rightarrow HK = d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right)\)

Ta có: \(SH = HD.\tan 60^\circ  = 2\); \[HB = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\] .

Tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} = 1\) \( \Rightarrow HK = 1\).

Vậy \(d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = HK = 1\) và \(d(AC,\,SB) = d\left( {I,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4}d\left( {H,\,\left( {SBE} \right)} \right) = \frac{3}{4} = 0,75\).