Có hai khối tròn xoay như sau:

 

Khối tròn xoay \(A\) được tạo thành khi quay đường cong \(y = 3{x^2}\,\,\,\left( {0 \le y \le 10} \right)\)quanh trục \(Oy\), và khối tròn xoay \(B\) được tạo thành khi quay đường cong \(y = {x^2}\,\,\,\left( {0 \le y \le 10} \right)\)quanh trục \(Oy\). Ban đầu, nước chỉ chứa ở phần bên trong \(A\). Sau đó, qua một lỗ nhỏ gần gốc tọa độ \(O\) nước bắt đầu chảy ra phần được bao quanh bởi mặt ngoài của \(A\) và mặt trong của \(B\). Gọi \(u\) là độ cao của mực nước ở phần bên trong \(A\), và \(v\) là độ cao của mực nước ở phần bên ngoài \(A\). Hãy xác định độ lớn tốc độ thay đổi của chiều cao mực nước ở khoang ngoài theo chiều cao mực nước ở khoang trong tại thời điểm \(v = \frac{1}{2}u\).

Đáp án: \(5\).

Gọi \(\alpha  = \widehat {POB}\) \(\left( {0 < \alpha  < 90^\circ } \right)\), \(OB = \sqrt 3 \).

Tam giác \(OPB\) vuông tại \(P\). Khi quay tam giác \(OPB\) quanh trục \(OP\) được khối tròn xuay là khối nón có đường cao \(OP = OB\cos \alpha  = \sqrt 3 \cos \alpha \), bán kính đáy \(R = BP = OB\sin \alpha  = \sqrt 3 \sin \alpha \).

Thể tích khối tròn xoay

\(V = \frac{1}{3}OP.\pi B{P^2}\)\( = \frac{1}{3}\sqrt 3 \cos \alpha .\pi .3{\sin ^2}\alpha \)\( = \pi \sqrt 3 \cos \alpha .\left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right)\).

Đặt \(t = \cos \alpha \). Điều kiện: \(0 < t < 1\). Ta có    \(V = \pi \sqrt 3 t.\left( {1 - {t^2}} \right)\) 

Xét hàm số \(f\left( t \right) = t\left( {1 - {t^2}} \right) =  - {t^3} + t\) trên \(\left( {0;1} \right)\).

Ta có \(f'\left( t \right) =  - 3{t^2} + 1\); \(f''\left( t \right) =  - 6t\).

\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow  - 3{t^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \in \left( {0;1} \right)\),

Hàm số \(f\left( t \right) =  - {t^3} + t\) có duy nhất một điểm cực trị trên \(\left( {0;1} \right)\) và đó là điểm cực đại nên giá trị cực đại đó là giá trị lớn nhất của hàm số trên \(\left( {0;1} \right)\)

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left( {0;1} \right)} f\left( t \right) = f\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{9}\).

Vậy \({V_{\max }} = \pi \sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 3 }}{9} = \frac{2}{3}\pi \).

Suy ra \(a = 2\), \(b = 3\).

Vậy \(a + b = 2 + 3 = 5\).

Kết luận: a) Sai b) Đúng c) Đúng d) Đúng

a) Số táo ở thùng A nặng từ 280g trở lên nằm ở hai nhóm [280; 290) và [290; 300].

Số lượng: 4 + 3 = 7 (quả).

Xác suất: \[P = \frac{7}{{25}} = 0,28\]. a) Sai

b) Thùng A: Số táo \[ \ge 270{\rm{g}}\]là: 12 + 4 + 3 = 19 quả. Xác suất \[{P_A} = \frac{{19}}{{25}}\].

Thùng B: Số táo \[ \ge 270{\rm{g}}\]là: 7 + 10 + 4 = 21 quả. Xác suất \[{P_B} = \frac{{21}}{{25}}\].

Xác suất cả hai quả đều \[ \ge 270{\rm{g}}\]: \[P = \frac{{19}}{{25}} \times \frac{{21}}{{25}} = \frac{{399}}{{625}} = 0,6384\]. b) Đúng

c) Thùng A:

Trung bình \[{\bar x_A} = \frac{{2 \cdot 255 + 4 \cdot 265 + 12 \cdot 275 + 4 \cdot 285 + 3 \cdot 295}}{{25}} = 275,8\].

Phương sai \[s_A^2 = \frac{{2 \cdot {{255}^2} +  \ldots  + 3 \cdot {{295}^2}}}{{25}} - {(275,8)^2} = 111,36\].

Thùng B:

Trung bình \[{\bar x_B} = \frac{{1 \cdot 255 + 3 \cdot 265 + 7 \cdot 275 + 10 \cdot 285 + 4 \cdot 295}}{{25}} = 279,8\]

Phương sai \[s_B^2 = \frac{{1 \cdot {{255}^2} +  \ldots  + 4 \cdot {{295}^2}}}{{25}} - {(279,8)^2} = 104,96\]

Vì \[s_A^2 > s_B^2(111,36 > 104,96)\] nên cân nặng ở thùng A phân tán hơn. c) Đúng

d) Tứ phân vị thứ nhất \[{Q_1}\]: Ở vị trí \[\frac{{25}}{4} = 6,25\]. Nhóm chứa \[{Q_1}\] là [270; 280)

\[{Q_1} = 270 + \frac{{6,25 - 6}}{{12}} \cdot 10 \approx 270,21\]

Tứ phân vị thứ ba \[{Q_3}\]: Ở vị trí \[\frac{{3 \cdot 25}}{4} = 18,75\]. Nhóm chứa \[{Q_3}\]là [280; 290) (vì tần số tích lũy đến nhóm trước là 2+4+12=18).

\[{Q_3} = 280 + \frac{{18,75 - 18}}{4} \cdot 10 = 281,875\]

Khoảng tứ phân vị: \[{\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 281,875 - 270,2083... \approx 11,67\](g). d) Đúng