A. Trắc nghiệm

Câu 1 (trang 105)

Đề bài: Khẳng định nào sau đây là sai?

A. $\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta.$

B. $\sin\left(\dfrac{\pi}{2} + \alpha\right) = \cos\alpha.$

C. $\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta.$

D. $\cos 2\alpha = \cos^2\alpha – \sin^2\alpha.$

Lời giải:

Công thức đúng: $\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha\cos\beta – \sin\alpha\sin\beta$ (dấu trừ).

Vậy đáp án A sai (sai dấu).

Đáp án: A

Câu 2 (trang 105)

Đề bài: Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số $y = \sin x$ tuần hoàn với chu kì $\pi$.

B. Hàm số $y = \cos x$ tuần hoàn với chu kì $2\pi$.

C. Hàm số $y = \tan x$ tuần hoàn với chu kì $2\pi$.

D. Hàm số $y = \cot x$ tuần hoàn với chu kì $2\pi$.

Lời giải:

• $y = \sin x$ và $y = \cos x$ tuần hoàn với chu kì $2\pi$.
• $y = \tan x$ và $y = \cot x$ tuần hoàn với chu kì $\pi$.

Vậy B đúng.

Đáp án: B

Câu 3 (trang 105)

Đề bài: Cho dãy số $(u_n)$ với $u_n = 5^n$. Số hạng $u_{2n}$ bằng

A. $2 \cdot 5^n.$

B. $25^n.$

C. $10^n.$

D. $5^{n^2}.$

Lời giải:

Thay $2n$ vào công thức:

$$u_{2n} = 5^{2n} = (5^2)^n = 25^n.$$

Đáp án: B

Câu 4 (trang 105)

Đề bài: Dãy số $(u_n)$ cho bởi công thức số hạng tổng quát nào dưới đây là dãy số tăng?

A. $u_n = \dfrac{1}{n^2 + 1}.$

B. $u_n = 2^{-n}.$

C. $u_n = \log_{\frac{1}{2}} n.$

D. $u_n = \dfrac{n}{n+1}.$

Lời giải:

Xét từng đáp án:

• A: $n$ tăng $\Rightarrow n^2 + 1$ tăng $\Rightarrow \dfrac{1}{n^2 + 1}$ giảm.
• B: $2^{-n} = \dfrac{1}{2^n}$, $n$ tăng $\Rightarrow 2^n$ tăng $\Rightarrow$ dãy giảm.
• C: Cơ số $\dfrac{1}{2} < 1$ nên $\log_{\frac{1}{2}} n$ giảm khi $n$ tăng.
• D: $u_{n+1} – u_n = \dfrac{n+1}{n+2} – \dfrac{n}{n+1} = \dfrac{(n+1)^2 – n(n+2)}{(n+1)(n+2)} = \dfrac{1}{(n+1)(n+2)} > 0.$

Vậy dãy D là dãy tăng.

Đáp án: D

Câu 5 (trang 105)

Đề bài: Khẳng định nào sau đây là sai?

A. Nếu $\lim_{x \to x_0} f(x) = L \geq 0$ thì $\lim_{x \to x_0} \sqrt{f(x)} = \sqrt{L}.$

B. $\lim_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x} = -\infty.$

C. Nếu $|q| \leq 1$ thì $\lim_{n \to +\infty} q^n = 0.$

D. $\lim_{n \to +\infty} \dfrac{\sin n}{n + 1} = 0.$

Lời giải:

Xét đáp án C: nếu $|q| \leq 1$, có hai trường hợp:

• $|q| < 1$: $\lim q^n = 0$ (đúng).
• $q = 1$: $\lim q^n = 1 \neq 0$ (sai).
• $q = -1$: $\lim q^n$ không tồn tại.

Vậy điều kiện đúng phải là $|q| < 1$. Khẳng định C sai.

Đáp án: C

Câu 6 (trang 105)

Đề bài: Hàm số nào dưới đây không liên tục trên $\mathbb{R}$?

A. $y = \tan x.$

B. $y = \dfrac{2x^2 + 3x – 1}{x^2 + 1}.$

C. $y = \sin x.$

D. $y = |x|.$

Lời giải:

• A: $y = \tan x$ không xác định tại $x = \dfrac{\pi}{2} + k\pi$, do đó không liên tục trên $\mathbb{R}$.
• B: $x^2 + 1 > 0$ với mọi $x$, hàm phân thức xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$.
• C, D: liên tục trên $\mathbb{R}$.

Đáp án: A

Câu 7 (trang 105)

Đề bài: Cho $0 < a \neq 1$. Giá trị của biểu thức $\log_a\left( a^3 \cdot \sqrt[4]{a} \right) + \left( \sqrt[3]{a} \right)^{\log_a 8}$ bằng

A. $\dfrac{19}{4}.$

B. $9.$

C. $\dfrac{21}{4}.$

D. $\dfrac{47}{12}.$

Lời giải:

Tính phần đầu:

$$\log_a\left( a^3 \cdot \sqrt[4]{a} \right) = \log_a\left( a^3 \cdot a^{\frac{1}{4}} \right) = \log_a a^{\frac{13}{4}} = \dfrac{13}{4}.$$

Tính phần sau:

$$\left( \sqrt[3]{a} \right)^{\log_a 8} = \left( a^{\frac{1}{3}} \right)^{\log_a 8} = a^{\frac{1}{3} \cdot \log_a 8} = a^{\log_a 8^{\frac{1}{3}}} = 8^{\frac{1}{3}} = 2.$$

Tổng:

$$\dfrac{13}{4} + 2 = \dfrac{13}{4} + \dfrac{8}{4} = \dfrac{21}{4}.$$

Đáp án: C

Câu 8 (trang 105)

Đề bài: Cho đồ thị ba hàm số mũ $y = a^x, y = b^x$ và $y = c^x$ như trong hình vẽ. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. $a > c > b.$

B. $b > a > c.$

C. $c > a > b.$

D. $c > b > a.$

Lời giải:

Nhìn vào đồ thị:

• $y = b^x$: đồ thị giảm $\Rightarrow b < 1$.
• $y = a^x$ và $y = c^x$: đồ thị tăng $\Rightarrow a > 1$ và $c > 1$.

So sánh $a$ và $c$: với $x > 0$, đồ thị $y = c^x$ nằm phía trên $y = a^x$ (tăng nhanh hơn) $\Rightarrow c > a$.

Vậy $c > a > 1 > b$, tức $c > a > b$.

Đáp án: C

Câu 9 (trang 106)

Đề bài: Nếu $f(x) = \sin^2 x + xe^{2x}$ thì $f”(0)$ bằng

A. $4.$

B. $5.$

C. $6.$

D. $0.$

Lời giải:

Tính $f'(x)$:

$$f'(x) = (\sin^2 x)’ + (xe^{2x})’.$$

• $(\sin^2 x)’ = 2\sin x \cdot \cos x = \sin 2x.$
• $(xe^{2x})’ = e^{2x} + x \cdot 2e^{2x} = e^{2x}(1 + 2x).$

$\Rightarrow f'(x) = \sin 2x + e^{2x}(1 + 2x).$

Tính $f”(x)$:

$$f”(x) = 2\cos 2x + \left[ e^{2x}(1 + 2x) \right]’.$$

$$\left[ e^{2x}(1 + 2x) \right]’ = 2e^{2x}(1 + 2x) + e^{2x} \cdot 2 = 2e^{2x}(1 + 2x + 1) = 4e^{2x}(1 + x).$$

$\Rightarrow f”(x) = 2\cos 2x + 4e^{2x}(1 + x).$

Tính $f”(0)$:

$$f”(0) = 2\cos 0 + 4e^0(1 + 0) = 2 \cdot 1 + 4 \cdot 1 = 6.$$

Đáp án: C

Câu 10 (trang 106)

Đề bài: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = -2x^3 + 6x^2 – 5$ tại điểm $M(3; -5)$ thuộc đồ thị là

A. $y = 18x + 49.$

B. $y = 18x – 49.$

C. $y = -18x – 49.$

D. $y = -18x + 49.$

Lời giải:

Kiểm tra $M$ thuộc đồ thị: $y(3) = -2 \cdot 27 + 6 \cdot 9 – 5 = -54 + 54 – 5 = -5$ ✓

Tính hệ số góc:

$$y’ = -6x^2 + 12x \Rightarrow y'(3) = -54 + 36 = -18.$$

Phương trình tiếp tuyến:

$$y – (-5) = -18(x – 3) \Leftrightarrow y = -18x + 54 – 5 = -18x + 49.$$

Đáp án: D

Câu 11 (trang 106)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ và $SA \perp (ABC)$, $SA = a\sqrt{2}$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$ bằng

A. $\dfrac{6a}{11}.$

B. $\dfrac{a\sqrt{66}}{11}.$

C. $\dfrac{a\sqrt{6}}{11}.$

D. $\dfrac{a\sqrt{11}}{11}.$

Lời giải:

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Tam giác $ABC$ đều nên $AM \perp BC$.

Bước 1: Chứng minh $BC \perp (SAM)$.

• $BC \perp AM$ (đã có).
• $BC \perp SA$ (vì $SA \perp (ABC) \supset BC$).
• $AM, SA$ cắt nhau tại $A$.

$\Rightarrow BC \perp (SAM)$.

Bước 2: Trong $(SAM)$, kẻ $AH \perp SM$ tại $H$.

• $AH \perp SM$ và $AH \perp BC$ (do $BC \perp (SAM) \supset AH$).
• $\Rightarrow AH \perp (SBC)$, nên $d(A, (SBC)) = AH$.

Bước 3: Tính $AH$.

$AM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao tam giác đều cạnh $a$).

Tam giác $SAM$ vuông tại $A$:

$$SM = \sqrt{SA^2 + AM^2} = \sqrt{2a^2 + \dfrac{3a^2}{4}} = \sqrt{\dfrac{11a^2}{4}} = \dfrac{a\sqrt{11}}{2}.$$

$AH$ là đường cao từ đỉnh vuông $A$ đến cạnh huyền $SM$:

$$AH = \dfrac{SA \cdot AM}{SM} = \dfrac{a\sqrt{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{11}}{2}} = \dfrac{a\sqrt{6}}{\sqrt{11}} = \dfrac{a\sqrt{66}}{11}.$$

Đáp án: B

Câu 12 (trang 106)

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật. Biết $AC = AA’ = 2a$. Giá trị lớn nhất của thể tích hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ bằng

A. $8a^3.$

B. $6a^3.$

C. $4a^3.$

D. $a^3.$

Lời giải:

Đặt $AB = x, AD = y$. Vì $ABCD$ là hình chữ nhật, $AC$ là đường chéo:

$$x^2 + y^2 = AC^2 = 4a^2.$$

Diện tích đáy $S = xy$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si:

$$xy \leq \dfrac{x^2 + y^2}{2} = 2a^2.$$

Dấu “=” xảy ra khi $x = y = a\sqrt{2}$.

Chiều cao hình hộp: $h = d(A’, (ABCD)) \leq AA’ = 2a$, dấu “=” xảy ra khi $AA’ \perp (ABCD)$ (tức hình hộp đứng).

Thể tích lớn nhất:

$$V_{\max} = S_{\max} \cdot h_{\max} = 2a^2 \cdot 2a = 4a^3.$$

Đáp án: C

Câu 13 (trang 106)

Đề bài: Cho tứ diện đều $ABCD$ có cạnh bằng $a$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của cạnh $AC$ và cạnh $AD$. Thể tích khối chóp $B.CMND$ bằng

A. $\dfrac{a^3 \sqrt{2}}{12}.$

B. $\dfrac{a^3 \sqrt{2}}{16}.$

C. $\dfrac{a^3 \sqrt{2}}{24}.$

D. $\dfrac{a^3 \sqrt{2}}{8}.$

Lời giải:

Bước 1: Tính $V_{B.ACD}$.

Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$ có $B.ACD$ chính là tứ diện đó, nên:

$$V_{B.ACD} = V_{ABCD} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{12}.$$

Bước 2: Tính $V_{B.AMN}$.

$M, N$ là trung điểm $AC, AD$ nên tam giác $AMN$ đồng dạng tam giác $ACD$ với tỉ số $\dfrac{1}{2}$:

$$\dfrac{S_{AMN}}{S_{ACD}} = \left( \dfrac{1}{2} \right)^2 = \dfrac{1}{4}.$$

Hai khối chóp $B.AMN$ và $B.ACD$ có cùng đỉnh $B$ và đáy thuộc cùng mặt phẳng $(ACD)$, nên cùng chiều cao:

$$V_{B.AMN} = \dfrac{1}{4} \cdot V_{B.ACD} = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{12} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{48}.$$

Bước 3: Tính $V_{B.CMND}$.

Tứ giác $CMND$ là phần còn lại của tam giác $ACD$ sau khi bỏ tam giác $AMN$:

$$V_{B.CMND} = V_{B.ACD} – V_{B.AMN} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{12} – \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{48} = \dfrac{4 a^3 \sqrt{2} – a^3 \sqrt{2}}{48} = \dfrac{3 a^3 \sqrt{2}}{48} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{16}.$$

Đáp án: B

Câu 14 (trang 106)

Đề bài: Cho lăng trụ tam giác đều $ABC.A’B’C’$ có $AB = 1, AA’ = 2$. Thể tích khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$ bằng

A. $\dfrac{\sqrt{3}}{2}.$

B. $\dfrac{\sqrt{3}}{6}.$

C. $\dfrac{\sqrt{3}}{4}.$

D. $\dfrac{\sqrt{3}}{8}.$

Lời giải:

Lăng trụ tam giác đều có đáy là tam giác đều cạnh $1$, chiều cao $2$.

• Diện tích đáy: $S_{ABC} = \dfrac{1^2 \cdot \sqrt{3}}{4} = \dfrac{\sqrt{3}}{4}.$
• Thể tích: $V = S \cdot h = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot 2 = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.$

Đáp án: A

Câu 15 (trang 106)

Đề bài: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có $AC’ = \sqrt{3}$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB’$ và $BC’$ bằng

A. $\dfrac{1}{3}.$

B. $\dfrac{\sqrt{3}}{3}.$

C. $\dfrac{\sqrt{3}}{2}.$

D. $\dfrac{1}{2}.$

Lời giải:

Bước 1: Tính cạnh hình lập phương.

Đường chéo lập phương cạnh $a$ là $AC’ = a\sqrt{3} = \sqrt{3}$ $\Rightarrow a = 1$.

Bước 2: Đặt hệ tọa độ và xét hai đường thẳng.

Đặt $A = (0,0,0), B = (1,0,0), C = (1,1,0), B’ = (1,0,1), C’ = (1,1,1)$.

• $AB’$ đi qua $A$, vector chỉ phương $\vec{u} = (1, 0, 1)$.
• $BC’$ đi qua $B$, vector chỉ phương $\vec{v} = (0, 1, 1)$.

Bước 3: Tính khoảng cách.

Tích có hướng $\vec{u} \times \vec{v} = (-1, -1, 1)$, $|\vec{u} \times \vec{v}| = \sqrt{3}$.

Vector $\vec{AB} = (1, 0, 0)$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:

$$d(AB’, BC’) = \dfrac{|\vec{AB} \cdot (\vec{u} \times \vec{v})|}{|\vec{u} \times \vec{v}|} = \dfrac{|1 \cdot (-1) + 0 \cdot (-1) + 0 \cdot 1|}{\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}.$$

Đáp án: B

Câu 16 và 17 — Mẫu số liệu ghép nhóm

Bảng số liệu:

Mức thu nhập	$[0; 5)$	$[5; 10)$	$[10; 15)$	$[15; 20)$	$[20; 25)$
Số công nhân	$7$	$18$	$35$	$57$	$28$

Tổng số công nhân: $N = 7 + 18 + 35 + 57 + 28 = 145.$

Tần số tích lũy: $7, 25, 60, 117, 145.$

Câu 16 (trang 106)

Đề bài: Nhóm chứa trung vị là

A. $[5; 10).$

B. $[10; 15).$

C. $[15; 20).$

D. $[20; 25).$

Lời giải:

Trung vị ở vị trí $\dfrac{N}{2} = \dfrac{145}{2} = 72{,}5$.

Tìm nhóm có tần số tích lũy đạt ngưỡng $72{,}5$ lần đầu tiên:

• Nhóm $[0; 5)$: tích lũy $7$.
• Nhóm $[5; 10)$: tích lũy $25$.
• Nhóm $[10; 15)$: tích lũy $60$.
• Nhóm $[15; 20)$: tích lũy $117$ (vượt $72{,}5$). ✓

Đáp án: C $([15; 20))$

Câu 17 (trang 106)

Đề bài: Nhóm chứa mốt là

A. $[5; 10).$

B. $[10; 15).$

C. $[15; 20).$

D. $[20; 25).$

Lời giải:

Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất. Trong bảng, tần số lớn nhất là $57$ ở nhóm $[15; 20)$.

Đáp án: C $([15; 20))$

Câu 18 (trang 106)

Đề bài: Vận động viên Tùng thi bắn súng. Biết rằng xác suất để Tùng bắn trúng vòng $10$ là $0{,}2$. Mỗi vận động viên được bắn hai lần và hai lần bắn là độc lập. Vận động viên đạt huy chương vàng nếu cả hai lần bắn trúng vòng $10$. Xác suất để vận động viên Tùng đạt huy chương vàng là

A. $0{,}04.$

B. $0{,}035.$

C. $0{,}05.$

D. $0{,}045.$

Lời giải:

Hai lần bắn độc lập, mỗi lần xác suất trúng vòng $10$ là $0{,}2$. Xác suất cả hai lần đều trúng vòng $10$:

$$P = 0{,}2 \times 0{,}2 = 0{,}04.$$

Đáp án: A

Câu 19 (trang 107)

Đề bài: Hai bạn Sơn và Tùng, mỗi người gieo một con xúc xắc. Xác suất để số chấm xuất hiện trên cả hai con xúc xắc của Sơn và Tùng lớn hơn $1$ là

A. $\dfrac{3}{4}.$

B. $\dfrac{25}{36}.$

C. $\dfrac{26}{35}.$

D. $\dfrac{28}{37}.$

Lời giải:

Xác suất một con xúc xắc xuất hiện mặt lớn hơn $1$ (tức $2, 3, 4, 5, 6$): $\dfrac{5}{6}$.

Hai lần gieo độc lập, xác suất cả hai cùng lớn hơn $1$:

$$P = \dfrac{5}{6} \times \dfrac{5}{6} = \dfrac{25}{36}.$$

Đáp án: B

Câu 20 (trang 107)

Đề bài: Hai bạn An và Bình tham gia một trò chơi độc lập với nhau. Xác suất để An và Bình giành giải thưởng tương ứng là $0{,}8$ và $0{,}6$. Xác suất để có ít nhất một bạn giành giải thưởng là

A. $0{,}94.$

B. $0{,}924.$

C. $0{,}92.$

D. $0{,}93.$

Lời giải:

Gọi $A$ là biến cố An giành giải, $B$ là biến cố Bình giành giải. $P(A) = 0{,}8$, $P(B) = 0{,}6$.

Biến cố “có ít nhất một bạn giành giải” là biến cố đối của “không ai giành giải”.

Vì $A, B$ độc lập nên $\overline{A}, \overline{B}$ cũng độc lập:

$$P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \cdot P(\overline{B}) = (1 – 0{,}8)(1 – 0{,}6) = 0{,}2 \cdot 0{,}4 = 0{,}08.$$

Xác suất ít nhất một người giành giải:

$$P = 1 – 0{,}08 = 0{,}92.$$

Đáp án: C

B. Tự luận

Câu 21 (trang 107)

Đề bài: Rút gọn các biểu thức sau:

a) $A = \dfrac{1 – 2\sin^2 x}{1 + \sin 2x} – \dfrac{1 – \tan x}{1 + \tan x}$;

b) $B = \dfrac{\sin 4x}{1 + \cos 4x} \cdot \dfrac{\cos 2x}{1 + \cos 2x} – \cot\left(\dfrac{3\pi}{2} – x\right)$;

c) $C = 2(\cos^4 x – \sin^4 x)\sin 2x$.

Lời giải:

a) Rút gọn $A$.

Phân số thứ nhất:

$$1 – 2\sin^2 x = \cos 2x = \cos^2 x – \sin^2 x = (\cos x – \sin x)(\cos x + \sin x).$$

$$1 + \sin 2x = 1 + 2\sin x \cos x = \sin^2 x + 2\sin x \cos x + \cos^2 x = (\sin x + \cos x)^2.$$

$$\Rightarrow \dfrac{1 – 2\sin^2 x}{1 + \sin 2x} = \dfrac{(\cos x – \sin x)(\cos x + \sin x)}{(\cos x + \sin x)^2} = \dfrac{\cos x – \sin x}{\cos x + \sin x}.$$

Phân số thứ hai:

$$\dfrac{1 – \tan x}{1 + \tan x} = \dfrac{1 – \frac{\sin x}{\cos x}}{1 + \frac{\sin x}{\cos x}} = \dfrac{\cos x – \sin x}{\cos x + \sin x}.$$

Vậy:

$$A = \dfrac{\cos x – \sin x}{\cos x + \sin x} – \dfrac{\cos x – \sin x}{\cos x + \sin x} = 0.$$

Kết luận: $A = 0$.

b) Rút gọn $B$.

Tính $\cot\left(\dfrac{3\pi}{2} – x\right)$:

$$\cos\left(\dfrac{3\pi}{2} – x\right) = -\sin x, \quad \sin\left(\dfrac{3\pi}{2} – x\right) = -\cos x.$$

$$\Rightarrow \cot\left(\dfrac{3\pi}{2} – x\right) = \dfrac{-\sin x}{-\cos x} = \tan x.$$

Rút gọn tích hai phân số:

$$\dfrac{\sin 4x}{1 + \cos 4x} = \dfrac{2\sin 2x \cos 2x}{2\cos^2 2x} = \dfrac{\sin 2x}{\cos 2x}.$$

Do đó:

$$\dfrac{\sin 4x}{1 + \cos 4x} \cdot \dfrac{\cos 2x}{1 + \cos 2x} = \dfrac{\sin 2x}{\cos 2x} \cdot \dfrac{\cos 2x}{1 + \cos 2x} = \dfrac{\sin 2x}{1 + \cos 2x}.$$

Tiếp tục:

$$\dfrac{\sin 2x}{1 + \cos 2x} = \dfrac{2\sin x \cos x}{2\cos^2 x} = \dfrac{\sin x}{\cos x} = \tan x.$$

Vậy:

$$B = \tan x – \tan x = 0.$$

Kết luận: $B = 0$.

c) Rút gọn $C$.

$$\cos^4 x – \sin^4 x = (\cos^2 x – \sin^2 x)(\cos^2 x + \sin^2 x) = \cos 2x \cdot 1 = \cos 2x.$$

$$\Rightarrow C = 2\cos 2x \cdot \sin 2x = \sin 4x.$$

Kết luận: $C = \sin 4x$.

Câu 22 (trang 107)

Đề bài: Mùa xuân ở hội Lim (tỉnh Bắc Ninh) thường có trò chơi đu. Khi người chơi đu nhún cây đu sẽ đưa người chơi dao động qua lại quanh vị trí cân bằng. Giả sử khoảng cách $h$ (tính bằng mét) từ người chơi đu đến vị trí cân bằng được tính theo thời gian $t$ ($t \geq 0$ và được tính bằng giây) bởi hệ thức $h = |d|$ với $d = 3\cos\left[\dfrac{\pi}{3}(2t – 1)\right]$, trong đó ta quy ước rằng $d > 0$ khi vị trí cân bằng ở về phía sau lưng người chơi đu và $d < 0$ trong trường hợp ngược lại.

a) Tìm các thời điểm trong vòng $2$ giây đầu tiên mà người chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất.

b) Tìm các thời điểm trong vòng $2$ giây đầu tiên mà người chơi đu cách vị trí cân bằng $2$ m (tính chính xác đến $0{,}01$ giây).

Lời giải:

a) Tìm thời điểm xa vị trí cân bằng nhất.

$h = |d| = 3\left|\cos\left[\dfrac{\pi}{3}(2t – 1)\right]\right|$ đạt giá trị lớn nhất $= 3$ khi:

$$\left|\cos\left[\dfrac{\pi}{3}(2t – 1)\right]\right| = 1 \Leftrightarrow \cos\left[\dfrac{\pi}{3}(2t – 1)\right] = \pm 1.$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{\pi}{3}(2t – 1) = k\pi \quad (k \in \mathbb{Z}) \Leftrightarrow 2t – 1 = 3k \Leftrightarrow t = \dfrac{3k + 1}{2}.$$

Trong $[0; 2]$:

• $k = 0$: $t = \dfrac{1}{2} = 0{,}5$ (giây).
• $k = 1$: $t = 2$ (giây).

Kết luận: Tại $t = 0{,}5$ giây và $t = 2$ giây, người chơi đu ở xa vị trí cân bằng nhất ($h = 3$ m).

b) Tìm thời điểm $h = 2$ m.

$$h = 2 \Leftrightarrow 3\left|\cos\left[\dfrac{\pi}{3}(2t – 1)\right]\right| = 2 \Leftrightarrow \left|\cos\left[\dfrac{\pi}{3}(2t – 1)\right]\right| = \dfrac{2}{3}.$$

Đặt $\alpha = \arccos\dfrac{2}{3} \approx 0{,}8411$ (rad). Khi đó:

$$\cos\left[\dfrac{\pi}{3}(2t – 1)\right] = \pm\dfrac{2}{3} \Leftrightarrow \dfrac{\pi}{3}(2t – 1) = \pm\alpha + k\pi \quad (k \in \mathbb{Z}).$$

$$\Leftrightarrow 2t – 1 = \pm\dfrac{3\alpha}{\pi} + 3k.$$

Đặt $\beta = \dfrac{3\alpha}{\pi} = \dfrac{3}{\pi}\arccos\dfrac{2}{3} \approx 0{,}8033$. Tức:

$$2t – 1 = \pm\beta + 3k \Leftrightarrow t = \dfrac{1 \pm \beta + 3k}{2}.$$

Trong $[0; 2]$, tìm các giá trị $t$:

• $k = 0$, dấu $-$: $t = \dfrac{1 – \beta}{2} \approx \dfrac{0{,}1967}{2} \approx 0{,}10$ (giây). ✓
• $k = 0$, dấu $+$: $t = \dfrac{1 + \beta}{2} \approx \dfrac{1{,}8033}{2} \approx 0{,}90$ (giây). ✓
• $k = 1$, dấu $-$: $t = \dfrac{1 – \beta + 3}{2} = \dfrac{4 – \beta}{2} \approx \dfrac{3{,}1967}{2} \approx 1{,}60$ (giây). ✓
• $k = 1$, dấu $+$: $t = \dfrac{4 + \beta}{2} \approx 2{,}40$ (loại, ngoài $[0;2]$).
• Các giá trị khác ngoài khoảng.

Kết luận: Các thời điểm cách vị trí cân bằng $2$ m: $t \approx 0{,}10$; $0{,}90$; $1{,}60$ giây.

Câu 23 (trang 107)

Đề bài: Cho cấp số nhân $(u_n)$ biết rằng ba số $u_1, u_4$ và $u_7$ lần lượt là các số hạng thứ nhất, thứ hai và thứ mười của một cấp số cộng có công sai $d \neq 0$. Hãy tìm công bội $q$ của cấp số nhân đó.

Lời giải:

Gọi cấp số cộng có số hạng đầu $v_1 = u_1$ và công sai $d$. Theo đề:

• $u_1$ là số hạng thứ nhất: $v_1 = u_1$.
• $u_4$ là số hạng thứ hai: $u_4 = v_1 + d = u_1 + d$.
• $u_7$ là số hạng thứ mười: $u_7 = v_1 + 9d = u_1 + 9d$.

Mặt khác, $(u_n)$ là cấp số nhân với công bội $q$:

• $u_4 = u_1 \cdot q^3$.
• $u_7 = u_1 \cdot q^6$.

Hệ phương trình:

$$\begin{cases} u_1 \cdot q^3 = u_1 + d \\ u_1 \cdot q^6 = u_1 + 9d \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} d = u_1(q^3 – 1) \quad (1) \\ u_1 \cdot q^6 – u_1 = 9d \quad (2) \end{cases}$$

Thay (1) vào (2):

$$u_1 \cdot q^6 – u_1 = 9 u_1 (q^3 – 1) \Leftrightarrow u_1(q^6 – 1) = 9 u_1 (q^3 – 1).$$

Vì $d \neq 0$, ta có $u_1 \neq 0$ và $q^3 \neq 1$. Chia hai vế cho $u_1(q^3 – 1)$ (với chú ý $q^6 – 1 = (q^3 – 1)(q^3 + 1)$):

$$q^3 + 1 = 9 \Leftrightarrow q^3 = 8 \Leftrightarrow q = 2.$$

Kết luận: $q = 2$.

Câu 24 (trang 107)

Đề bài: Một công ty đề xuất kí hợp đồng với một người lao động theo một trong hai loại hợp đồng sau:

• Hợp đồng A: Lương $200$ triệu đồng cho năm đầu tiên và sau mỗi năm tăng thêm $10$ triệu đồng.
• Hợp đồng B: Lương $180$ triệu đồng cho năm đầu tiên và sau mỗi năm tăng thêm $5\%$.

Kí hiệu $u_n, v_n$ tương ứng là lương nhận được (triệu đồng) của năm thứ $n$ ứng với các hợp đồng A và B.

a) Tính $u_2, u_3$ và $u_n$ theo $n$. Nếu người lao động đó làm việc cho công ty trong thời gian $5$ năm theo hợp đồng A thì tổng số tiền lương người đó nhận được là bao nhiêu?

b) Tính $v_2, v_3$ và $v_n$ theo $n$. Nếu người lao động đó làm việc cho công ty trong thời gian $5$ năm theo hợp đồng B thì tổng số tiền lương người đó nhận được là bao nhiêu?

c) Sau bao nhiêu năm thì lương hằng năm theo hợp đồng B vượt lương hằng năm theo hợp đồng A?

Lời giải:

a) Hợp đồng A.

$(u_n)$ là cấp số cộng với $u_1 = 200$, công sai $d = 10$.

• $u_2 = 200 + 10 = 210$ (triệu).
• $u_3 = 200 + 2 \cdot 10 = 220$ (triệu).
• $u_n = u_1 + (n-1)d = 200 + 10(n-1) = 190 + 10n$ (triệu).

Tổng lương 5 năm:

$$S_5^A = \dfrac{5}{2}(u_1 + u_5) = \dfrac{5}{2}(200 + 240) = \dfrac{5}{2} \cdot 440 = 1100 \text{ (triệu đồng)}.$$

b) Hợp đồng B.

$(v_n)$ là cấp số nhân với $v_1 = 180$, công bội $q = 1{,}05$.

• $v_2 = 180 \cdot 1{,}05 = 189$ (triệu).
• $v_3 = 180 \cdot 1{,}05^2 = 198{,}45$ (triệu).
• $v_n = v_1 \cdot q^{n-1} = 180 \cdot 1{,}05^{n-1}$ (triệu).

Tổng lương 5 năm:

$$S_5^B = v_1 \cdot \dfrac{q^5 – 1}{q – 1} = 180 \cdot \dfrac{1{,}05^5 – 1}{0{,}05} \approx 180 \cdot 5{,}5256 \approx 994{,}61 \text{ (triệu đồng)}.$$

c) Tìm $n$ để $v_n > u_n$.

$$180 \cdot 1{,}05^{n-1} > 190 + 10n.$$

Tính giá trị $u_n, v_n$ ở một số năm:

$n$	$u_n$	$v_n$
10	290	$\approx 279{,}32$
11	300	$\approx 293{,}28$
12	310	$\approx 307{,}95$
13	320	$\approx 323{,}25$

Từ năm thứ $13$ trở đi, $v_n > u_n$.

Kết luận: Từ năm thứ $13$, lương hằng năm theo hợp đồng B vượt lương hằng năm theo hợp đồng A.

Câu 25 (trang 108)

Đề bài: Tính các giới hạn sau:

a) $\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1 + 3 + 5 + \ldots + (2n – 1)}{n^2 + 2n + 3}$;

b) $\lim_{n \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{2}{3} + \dfrac{4}{9} + \ldots + \dfrac{2^n}{3^n} \right)$;

c) $\lim_{x \to -2} \dfrac{2x^2 + 3x – 2}{x^2 – 4}$;

d) $\lim_{x \to -\infty} \left( \sqrt{4x^2 + x + 1} + 2x \right)$.

Lời giải:

a) Tử là tổng $n$ số lẻ đầu tiên:

$$1 + 3 + 5 + \ldots + (2n – 1) = n^2.$$

$$\Rightarrow \lim_{n \to +\infty} \dfrac{n^2}{n^2 + 2n + 3} = \lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{1 + \frac{2}{n} + \frac{3}{n^2}} = 1.$$

b) Tổng trong dấu giới hạn là tổng cấp số nhân với $u_1 = 1$, công bội $q = \dfrac{2}{3}$. Vì $|q| < 1$, tổng vô hạn:

$$\lim_{n \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{2}{3} + \dfrac{4}{9} + \ldots + \dfrac{2^n}{3^n} \right) = \dfrac{u_1}{1 – q} = \dfrac{1}{1 – \frac{2}{3}} = 3.$$

c) Khi $x \to -2$: tử $\to 2 \cdot 4 + 3 \cdot (-2) – 2 = 0$, mẫu $\to 4 – 4 = 0$. Đây là dạng vô định $\dfrac{0}{0}$.

Phân tích tử và mẫu:

• Tử: $2x^2 + 3x – 2$ có nghiệm $x = \dfrac{1}{2}$ và $x = -2$, nên $2x^2 + 3x – 2 = (2x – 1)(x + 2)$.
• Mẫu: $x^2 – 4 = (x – 2)(x + 2)$.

$$\Rightarrow \lim_{x \to -2} \dfrac{(2x – 1)(x + 2)}{(x – 2)(x + 2)} = \lim_{x \to -2} \dfrac{2x – 1}{x – 2} = \dfrac{-5}{-4} = \dfrac{5}{4}.$$

d) Đây là dạng vô định $\infty – \infty$. Nhân lượng liên hợp:

$$\sqrt{4x^2 + x + 1} + 2x = \dfrac{(4x^2 + x + 1) – 4x^2}{\sqrt{4x^2 + x + 1} – 2x} = \dfrac{x + 1}{\sqrt{4x^2 + x + 1} – 2x}.$$

Khi $x \to -\infty$, $|x| = -x$, nên:

$$\sqrt{4x^2 + x + 1} = |x|\sqrt{4 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2}} = -x\sqrt{4 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2}}.$$

$$\sqrt{4x^2 + x + 1} – 2x = -x\left(\sqrt{4 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2}} + 2\right).$$

$$\dfrac{x + 1}{-x\left(\sqrt{4 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}} + 2\right)} = -\dfrac{1 + \frac{1}{x}}{\sqrt{4 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}} + 2}.$$

Khi $x \to -\infty$: $\dfrac{1}{x} \to 0$, biểu thức tiến tới:

$$-\dfrac{1}{\sqrt{4} + 2} = -\dfrac{1}{4}.$$

Kết luận:

• a) $1$.
• b) $3$.
• c) $\dfrac{5}{4}$.
• d) $-\dfrac{1}{4}$.

Câu 26 (trang 108)

Đề bài: Tìm các giá trị của tham số $m$ để:

a) Hàm số $f(x) = \begin{cases} \dfrac{x^2 + 4x + 3}{x + 1} & \text{khi } x \neq -1 \\ m^2 & \text{khi } x = -1 \end{cases}$ liên tục tại điểm $x = -1$;

b) Hàm số $g(x) = \begin{cases} 2x + m & \text{khi } x \leq 1 \\ \dfrac{x^3 – x^2 + 2x – 2}{x – 1} & \text{khi } x > 1 \end{cases}$ liên tục trên $\mathbb{R}$.

Lời giải:

a) Tính $\lim_{x \to -1} f(x)$:

$$x^2 + 4x + 3 = (x + 1)(x + 3).$$

$$\lim_{x \to -1} \dfrac{(x + 1)(x + 3)}{x + 1} = \lim_{x \to -1} (x + 3) = 2.$$

Hàm liên tục tại $x = -1$ khi và chỉ khi:

$$f(-1) = \lim_{x \to -1} f(x) \Leftrightarrow m^2 = 2 \Leftrightarrow m = \pm\sqrt{2}.$$

Kết luận: $m = \pm\sqrt{2}$.

b)

• Trên $(-\infty; 1]$, $g(x) = 2x + m$ là hàm đa thức nên liên tục.
• Trên $(1; +\infty)$, $g(x) = \dfrac{x^3 – x^2 + 2x – 2}{x – 1}$. Phân tích tử:

$$x^3 – x^2 + 2x – 2 = x^2(x – 1) + 2(x – 1) = (x – 1)(x^2 + 2).$$

Với $x > 1$: $g(x) = \dfrac{(x-1)(x^2+2)}{x-1} = x^2 + 2$, liên tục trên $(1; +\infty)$.

Xét liên tục tại $x = 1$:

• $g(1) = 2 \cdot 1 + m = 2 + m.$
• $\lim_{x \to 1^+} g(x) = \lim_{x \to 1^+} (x^2 + 2) = 3.$
• $\lim_{x \to 1^-} g(x) = \lim_{x \to 1^-} (2x + m) = 2 + m.$

Để liên tục tại $x = 1$:

$$2 + m = 3 \Leftrightarrow m = 1.$$

Kết luận: $m = 1$.

Câu 27 (trang 108)

Đề bài: Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a) $3^{\frac{1}{x}} = 4$;

b) $2^{x^2 – 3x} = 4$;

c) $\log_4(x + 1) + \log_4(x – 3) = 3$;

d) $\left( \dfrac{1}{5} \right)^{x^2 – 2x} \geq \dfrac{1}{125}$;

e) $(2 – \sqrt{3})^x \leq (2 + \sqrt{3})^{x + 2}$;

f) $\log(3x^2 + 1) > \log(4x)$.

Lời giải:

a) $3^{\frac{1}{x}} = 4$.

Điều kiện: $x \neq 0$.

$$\dfrac{1}{x} = \log_3 4 \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{\log_3 4} = \log_4 3.$$

Kết luận: $x = \log_4 3$.

b) $2^{x^2 – 3x} = 4$.

$$2^{x^2 – 3x} = 2^2 \Leftrightarrow x^2 – 3x = 2 \Leftrightarrow x^2 – 3x – 2 = 0.$$

$$\Rightarrow x = \dfrac{3 \pm \sqrt{9 + 8}}{2} = \dfrac{3 \pm \sqrt{17}}{2}.$$

Kết luận: $x = \dfrac{3 \pm \sqrt{17}}{2}$.

c) $\log_4(x + 1) + \log_4(x – 3) = 3$.

Điều kiện: $x + 1 > 0$ và $x – 3 > 0 \Leftrightarrow x > 3$.

$$\log_4\left[(x+1)(x-3)\right] = 3 \Leftrightarrow (x+1)(x-3) = 4^3 = 64.$$

$$\Leftrightarrow x^2 – 2x – 3 – 64 = 0 \Leftrightarrow x^2 – 2x – 67 = 0.$$

$$\Rightarrow x = \dfrac{2 \pm \sqrt{4 + 268}}{2} = 1 \pm \sqrt{68} = 1 \pm 2\sqrt{17}.$$

Kết hợp điều kiện $x > 3$: chỉ $x = 1 + 2\sqrt{17} \approx 9{,}25$ thoả mãn.

Kết luận: $x = 1 + 2\sqrt{17}$.

d) $\left( \dfrac{1}{5} \right)^{x^2 – 2x} \geq \dfrac{1}{125}$.

$$\dfrac{1}{125} = \left( \dfrac{1}{5} \right)^3.$$

Vì cơ số $\dfrac{1}{5} < 1$, hàm số mũ nghịch biến:

$$\left( \dfrac{1}{5} \right)^{x^2 – 2x} \geq \left( \dfrac{1}{5} \right)^3 \Leftrightarrow x^2 – 2x \leq 3.$$

$$\Leftrightarrow x^2 – 2x – 3 \leq 0 \Leftrightarrow (x – 3)(x + 1) \leq 0 \Leftrightarrow -1 \leq x \leq 3.$$

Kết luận: $-1 \leq x \leq 3$.

e) $(2 – \sqrt{3})^x \leq (2 + \sqrt{3})^{x + 2}$.

Nhận xét: $(2 – \sqrt{3})(2 + \sqrt{3}) = 4 – 3 = 1$, nên $2 – \sqrt{3} = \dfrac{1}{2 + \sqrt{3}} = (2 + \sqrt{3})^{-1}$.

$$(2 + \sqrt{3})^{-x} \leq (2 + \sqrt{3})^{x + 2}.$$

Vì cơ số $2 + \sqrt{3} > 1$, hàm số mũ đồng biến:

$$-x \leq x + 2 \Leftrightarrow -2x \leq 2 \Leftrightarrow x \geq -1.$$

Kết luận: $x \geq -1$.

f) $\log(3x^2 + 1) > \log(4x)$.

Điều kiện: $3x^2 + 1 > 0$ (luôn đúng) và $4x > 0 \Leftrightarrow x > 0$.

Vì cơ số của $\log$ là $10 > 1$, hàm số $\log$ đồng biến:

$$3x^2 + 1 > 4x \Leftrightarrow 3x^2 – 4x + 1 > 0 \Leftrightarrow (3x – 1)(x – 1) > 0.$$

$$\Leftrightarrow x < \dfrac{1}{3} \text{ hoặc } x > 1.$$

Kết hợp $x > 0$: $0 < x < \dfrac{1}{3}$ hoặc $x > 1$.

Kết luận: $0 < x < \dfrac{1}{3}$ hoặc $x > 1$.

Câu 28 (trang 108)

Đề bài: Để xác định tính acid và tính base của các dung dịch, người ta sử dụng khái niệm độ pH. Độ pH của một dung dịch được cho bởi công thức $\text{pH} = -\log[\text{H}^+]$, trong đó $[\text{H}^+]$ là nồng độ của ion hydrogen (tính bằng mol/lít).

a) Tính độ pH của một dung dịch có nồng độ ion hydrogen là $0{,}1$ mol/lít.

b) Độ pH sẽ biến đổi như thế nào nếu nồng độ ion hydrogen giảm?

c) Xác định nồng độ ion hydrogen trong bia biết độ pH của bia là khoảng $4{,}5$.

Lời giải:

a) $\text{pH} = -\log(0{,}1) = -\log(10^{-1}) = -(-1) = 1.$

Kết luận: Độ pH $= 1$.

b) Hàm $f(x) = -\log x$ là hàm nghịch biến trên $(0; +\infty)$ (vì $\log x$ đồng biến và đổi dấu).

Vậy khi $[\text{H}^+]$ giảm thì $\text{pH}$ tăng.

c) Từ $\text{pH} = 4{,}5$:

$$-\log[\text{H}^+] = 4{,}5 \Leftrightarrow \log[\text{H}^+] = -4{,}5 \Leftrightarrow [\text{H}^+] = 10^{-4{,}5} \approx 3{,}16 \times 10^{-5} \text{ (mol/lít)}.$$

Kết luận: Nồng độ ion hydrogen trong bia $\approx 3{,}16 \times 10^{-5}$ mol/lít.

Câu 29 (trang 108)

Đề bài: Tính đạo hàm của các hàm số sau:

a) $y = 3x^2 – 2\sqrt{x}$;

b) $y = \sqrt{1 + 2x – x^2}$;

c) $y = \tan\dfrac{x}{2} – \cot\dfrac{x}{2}$;

d) $y = e^{2x} + \ln x^2$.

Lời giải:

a) $y = 3x^2 – 2\sqrt{x}$.

$$y’ = 6x – 2 \cdot \dfrac{1}{2\sqrt{x}} = 6x – \dfrac{1}{\sqrt{x}}.$$

b) $y = \sqrt{1 + 2x – x^2}$.

Áp dụng công thức $(\sqrt{u})’ = \dfrac{u’}{2\sqrt{u}}$ với $u = 1 + 2x – x^2$, $u’ = 2 – 2x$:

$$y’ = \dfrac{2 – 2x}{2\sqrt{1 + 2x – x^2}} = \dfrac{1 – x}{\sqrt{1 + 2x – x^2}}.$$

c) $y = \tan\dfrac{x}{2} – \cot\dfrac{x}{2}$.

$$y’ = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{\cos^2 \frac{x}{2}} – \dfrac{1}{2} \cdot \left( -\dfrac{1}{\sin^2 \frac{x}{2}} \right) = \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{\cos^2 \frac{x}{2}} + \dfrac{1}{\sin^2 \frac{x}{2}} \right).$$

$$= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sin^2 \frac{x}{2} + \cos^2 \frac{x}{2}}{\sin^2 \frac{x}{2} \cos^2 \frac{x}{2}} = \dfrac{1}{2 \sin^2 \frac{x}{2} \cos^2 \frac{x}{2}}.$$

Sử dụng $\sin x = 2\sin\dfrac{x}{2}\cos\dfrac{x}{2}$ nên $\sin^2 x = 4\sin^2 \dfrac{x}{2} \cos^2 \dfrac{x}{2}$:

$$y’ = \dfrac{1}{2 \cdot \frac{\sin^2 x}{4}} = \dfrac{2}{\sin^2 x}.$$

d) $y = e^{2x} + \ln x^2$.

$$y’ = 2e^{2x} + \dfrac{(x^2)’}{x^2} = 2e^{2x} + \dfrac{2x}{x^2} = 2e^{2x} + \dfrac{2}{x}.$$

Kết luận:

• a) $y’ = 6x – \dfrac{1}{\sqrt{x}}$.
• b) $y’ = \dfrac{1 – x}{\sqrt{1 + 2x – x^2}}$.
• c) $y’ = \dfrac{2}{\sin^2 x}$.
• d) $y’ = 2e^{2x} + \dfrac{2}{x}$.

Câu 30 (trang 108)

Đề bài: Một chất điểm chuyển động có phương trình $s(t) = t^3 – 3t^2 – 9t + 2$, ở đó thời gian $t > 0$ tính bằng giây và quãng đường $s$ tính bằng mét.

a) Tính vận tốc của chất điểm tại thời điểm $t = 2$ giây.

b) Tính gia tốc của chất điểm tại thời điểm $t = 3$ giây.

c) Tính gia tốc của chất điểm tại thời điểm vận tốc bằng $0$.

d) Tính vận tốc của chất điểm tại thời điểm gia tốc bằng $0$.

Lời giải:

Vận tốc và gia tốc:

$$v(t) = s'(t) = 3t^2 – 6t – 9, \quad a(t) = v'(t) = 6t – 6.$$

a) $t = 2$:

$$v(2) = 3 \cdot 4 – 6 \cdot 2 – 9 = 12 – 12 – 9 = -9 \text{ (m/s)}.$$

b) $t = 3$:

$$a(3) = 6 \cdot 3 – 6 = 12 \text{ (m/s}^2\text{)}.$$

c) Tìm $t$ sao cho $v(t) = 0$:

$$3t^2 – 6t – 9 = 0 \Leftrightarrow t^2 – 2t – 3 = 0 \Leftrightarrow (t – 3)(t + 1) = 0.$$

Vì $t > 0$, $t = 3$ (giây). Khi đó:

$$a(3) = 6 \cdot 3 – 6 = 12 \text{ (m/s}^2\text{)}.$$

d) Tìm $t$ sao cho $a(t) = 0$:

$$6t – 6 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \text{ (giây)}.$$

Khi đó:

$$v(1) = 3 – 6 – 9 = -12 \text{ (m/s)}.$$

Kết luận:

• a) $v(2) = -9$ m/s.
• b) $a(3) = 12$ m/s².
• c) Khi $v = 0$, $a = 12$ m/s².
• d) Khi $a = 0$, $v = -12$ m/s.

Câu 31 (trang 109)

Đề bài: Cho tứ diện $OABC$ có $OA = OB = OC = a$, $\widehat{AOB} = \widehat{AOC} = 60^\circ$ và $\widehat{BOC} = 90^\circ$.

a) Chứng minh rằng $(OBC) \perp (ABC)$.

b) Tính theo $a$ khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $(ABC)$ và thể tích khối tứ diện $OABC$.

Lời giải:

Bước chuẩn bị: Xác định các độ dài cạnh.

• Tam giác $OAB$ cân tại $O$ ($OA = OB = a$), góc $\widehat{AOB} = 60^\circ$ $\Rightarrow$ tam giác $OAB$ đều, nên $AB = a$.
• Tam giác $OAC$ cân tại $O$, góc $\widehat{AOC} = 60^\circ$ $\Rightarrow$ tam giác $OAC$ đều, nên $AC = a$.
• Tam giác $OBC$ vuông tại $O$ ($\widehat{BOC} = 90^\circ$), $OB = OC = a$ $\Rightarrow BC = a\sqrt{2}$.

Xét tam giác $ABC$: $AB^2 + AC^2 = a^2 + a^2 = 2a^2 = BC^2$, nên tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

a) Chứng minh $(OBC) \perp (ABC)$.

Gọi $I$ là trung điểm $BC$.

• Tam giác $OBC$ vuông cân tại $O$, $I$ trung điểm $BC$ nên $OI \perp BC$, $OI = \dfrac{BC}{2} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.
• Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $I$ trung điểm cạnh huyền $BC$ nên $AI = \dfrac{BC}{2} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.

Xét tam giác $OAI$: $OA = a$, $OI = AI = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$. Kiểm tra:

$$OI^2 + AI^2 = \dfrac{a^2}{2} + \dfrac{a^2}{2} = a^2 = OA^2.$$

$\Rightarrow$ Tam giác $OAI$ vuông tại $I$, tức $OI \perp AI$.

Vậy $OI \perp BC$ và $OI \perp AI$, hai đường $BC, AI$ cắt nhau tại $I$, cùng thuộc $(ABC)$:

$$OI \perp (ABC).$$

Mà $OI \subset (OBC)$, nên $(OBC) \perp (ABC)$. $\blacksquare$

b) Tính khoảng cách và thể tích.

Khoảng cách:

$$d(O, (ABC)) = OI = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}.$$

Thể tích:

Diện tích tam giác $ABC$ vuông tại $A$:

$$S_{ABC} = \dfrac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = \dfrac{a^2}{2}.$$

$$V_{OABC} = \dfrac{1}{3} \cdot S_{ABC} \cdot OI = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{a^2}{2} \cdot \dfrac{a\sqrt{2}}{2} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{12}.$$

Kết luận: $d(O, (ABC)) = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$; $V_{OABC} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{12}$.

Câu 32 (trang 109)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$. Biết $SA \perp (ABCD)$ và $SA = a\sqrt{2}$. Mặt phẳng $(P)$ đi qua điểm $A$ và vuông góc với đường thẳng $SC$, cắt các cạnh $SC, SB, SD$ lần lượt tại $M, E, F$.

a) Chứng minh rằng $AE \perp (SBC)$.

b) Tính theo $a$ thể tích của các khối chóp $S.ABCD$ và $S.AEMF$.

Lời giải:

a) Chứng minh $AE \perp (SBC)$.

Vì $(P) \perp SC$ và $E \in (P)$, nên $AE \subset (P) \Rightarrow AE \perp SC$.

Chứng minh $BC \perp (SAB)$:

• $BC \perp AB$ (hình vuông).
• $BC \perp SA$ (vì $SA \perp (ABCD) \supset BC$).
• $AB, SA$ cắt nhau tại $A$, cùng thuộc $(SAB)$.

$\Rightarrow BC \perp (SAB)$.

Vì $A \in (SAB)$ và $E \in SB \subset (SAB)$, nên $AE \subset (SAB)$. Do đó $BC \perp AE$.

Vậy $AE \perp SC$ và $AE \perp BC$, hai đường $SC, BC$ cắt nhau tại $C$, cùng thuộc $(SBC)$:

$$AE \perp (SBC). \quad \blacksquare$$

b) Tính thể tích $S.ABCD$ và $S.AEMF$.

Thể tích $S.ABCD$:

$$V_{S.ABCD} = \dfrac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SA = \dfrac{1}{3} \cdot a^2 \cdot a\sqrt{2} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{3}.$$

Tính các tỉ số:

• Tam giác $SAB$ vuông tại $A$, $SA = a\sqrt{2}, AB = a$: $SB = \sqrt{SA^2 + AB^2} = a\sqrt{3}$.

$AE \perp SB$ (vì $AE \perp (SBC) \supset SB$). Trong tam giác vuông $SAB$:

$$SE = \dfrac{SA^2}{SB} = \dfrac{2a^2}{a\sqrt{3}} = \dfrac{2a\sqrt{3}}{3} \Rightarrow \dfrac{SE}{SB} = \dfrac{2}{3}.$$

• Tam giác $SAC$ vuông tại $A$, $SA = a\sqrt{2}, AC = a\sqrt{2}$: $SC = 2a$.

$AM \perp SC$:

$$SM = \dfrac{SA^2}{SC} = \dfrac{2a^2}{2a} = a \Rightarrow \dfrac{SM}{SC} = \dfrac{1}{2}.$$

• Tương tự, tam giác $SAD$ vuông tại $A$: $\dfrac{SF}{SD} = \dfrac{2}{3}$.

Tính $V_{S.AEMF}$:

Tách $V_{S.AEMF} = V_{S.AEM} + V_{S.AMF}$.

Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích khối tứ diện chung 2 đỉnh $S, A$:

$$\dfrac{V_{S.AEM}}{V_{S.ABC}} = \dfrac{SE}{SB} \cdot \dfrac{SM}{SC} = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{3}.$$

$$\dfrac{V_{S.AMF}}{V_{S.ACD}} = \dfrac{SM}{SC} \cdot \dfrac{SF}{SD} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}.$$

Mà $V_{S.ABC} = V_{S.ACD} = \dfrac{1}{2} V_{S.ABCD} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{6}$, nên:

$$V_{S.AEM} = V_{S.AMF} = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{6} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{18}.$$

$$V_{S.AEMF} = 2 \cdot \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{18} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{9}.$$

Kết luận: $V_{S.ABCD} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{3}$; $V_{S.AEMF} = \dfrac{a^3 \sqrt{2}}{9}$.

Câu 33 (trang 109)

Đề bài: Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.A’B’C’$ có $AB = a, AA’ = a\sqrt{2}$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BB’$ và $CC’$. Mặt phẳng $(A’MN)$ cắt đường thẳng $AB, AC$ tương ứng tại $H$ và $K$.

a) Chứng minh rằng $MN \parallel HK$.

b) Tính theo $a$ thể tích khối chóp $A’.AHK$.

Lời giải:

a) Chứng minh $MN \parallel HK$.

$M, N$ là trung điểm $BB’, CC’$ và $BB’ = CC’$ (cạnh bên lăng trụ), nên tứ giác $BMNC$ có $BM = CN$ và $BM \parallel CN$. Suy ra $BMNC$ là hình bình hành, do đó $MN \parallel BC$.

Vì $BC \subset (ABC)$ và $MN \not\subset (ABC)$, ta có $MN \parallel (ABC)$.

Mặt phẳng $(A’MN)$ chứa $MN$ và cắt $(ABC)$ theo đường thẳng $HK$ ($H \in AB, K \in AC$). Theo tính chất: nếu một đường thẳng song song với một mặt phẳng mà thuộc mặt phẳng cắt mặt phẳng đó, thì giao tuyến song song với đường thẳng đó. Vậy:

$$HK \parallel MN. \quad \blacksquare$$

b) Tính $V_{A’.AHK}$.

Bước 1: Xác định vị trí $H, K$.

Đặt hệ tọa độ: $A = (0,0,0), B = (a,0,0), C = \left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{a\sqrt{3}}{2}, 0\right), A’ = (0,0,a\sqrt{2})$.

• $M$ trung điểm $BB’$: $M = \left(a, 0, \dfrac{a\sqrt{2}}{2}\right)$.
• $N$ trung điểm $CC’$: $N = \left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{a\sqrt{3}}{2}, \dfrac{a\sqrt{2}}{2}\right)$.

Mặt phẳng $(A’MN)$ cắt đường thẳng $AB$ (tia $Ax$) tại $H$:

Sử dụng tỉ lệ: $M$ là trung điểm $BB’$ và $A’$ ở đỉnh $A$, dùng định lí Thales hoặc tính trực tiếp (tham khảo phần kiểm tra Python), ta có:

$$\boxed{AH = 2a, \quad AK = 2a.}$$

Tức $H, K$ nằm trên tia $AB, AC$ (ngoài đoạn) sao cho $AH = AK = 2a$.

Bước 2: Tính diện tích tam giác $AHK$.

Trong $(ABC)$, góc $\widehat{HAK} = \widehat{BAC} = 60^\circ$ (vì $H \in$ tia $AB$, $K \in$ tia $AC$):

$$S_{AHK} = \dfrac{1}{2} \cdot AH \cdot AK \cdot \sin 60^\circ = \dfrac{1}{2} \cdot 2a \cdot 2a \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = a^2 \sqrt{3}.$$

Bước 3: Tính chiều cao và thể tích.

Vì $(AHK) \subset (ABC)$ và $A’A \perp (ABC)$ (lăng trụ đứng), nên chiều cao từ $A’$ đến $(AHK)$:

$$h = A’A = a\sqrt{2}.$$

$$V_{A’.AHK} = \dfrac{1}{3} \cdot S_{AHK} \cdot h = \dfrac{1}{3} \cdot a^2 \sqrt{3} \cdot a\sqrt{2} = \dfrac{a^3 \sqrt{6}}{3}.$$

Kết luận: $V_{A’.AHK} = \dfrac{a^3 \sqrt{6}}{3}$.

Câu 34 (trang 109)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$ và $\widehat{BAD} = 60^\circ$. Biết $SA \perp (ABCD)$ và $SA = a$.

a) Chứng minh rằng $BD \perp SC$.

b) Tính theo $a$ khoảng cách giữa hai đường thẳng $BD$ và $SC$.

Lời giải:

Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$ của hình thoi $ABCD$.

a) Chứng minh $BD \perp SC$.

• $BD \perp AC$ (hai đường chéo hình thoi vuông góc với nhau).
• $BD \perp SA$ (vì $SA \perp (ABCD) \supset BD$).
• $AC$ và $SA$ cắt nhau tại $A$, cùng thuộc $(SAC)$.

$\Rightarrow BD \perp (SAC) \supset SC$, do đó $BD \perp SC$. $\blacksquare$

b) Tính $d(BD, SC)$.

Bước 1: Tìm đường vuông góc chung.

Vì $BD \perp (SAC)$ tại $O$, trong $(SAC)$ kẻ $OK \perp SC$ tại $K$.

• $OK \perp SC$ (cách dựng).
• $BD \perp (SAC) \supset OK$ nên $OK \perp BD$.
• $OK$ cắt $BD$ tại $O$, cắt $SC$ tại $K$.

Vậy $OK$ là đường vuông góc chung, $d(BD, SC) = OK$.

Bước 2: Tính các độ dài.

Hình thoi cạnh $a$, $\widehat{BAD} = 60^\circ$:

• Tam giác $ABD$ cân tại $A$ với $AB = AD = a$ và $\widehat{BAD} = 60^\circ$, nên tam giác $ABD$ đều, $BD = a$.
• $\widehat{ABC} = 180^\circ – 60^\circ = 120^\circ$. Tam giác $ABC$ với $AB = BC = a$, $\widehat{ABC} = 120^\circ$:

$$AC^2 = a^2 + a^2 – 2a^2 \cos 120^\circ = 2a^2 + a^2 = 3a^2 \Rightarrow AC = a\sqrt{3}.$$

$O$ là trung điểm $AC$: $OC = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.

Bước 3: Tính $OK$.

Trong $(SAC)$: tam giác $SAC$ vuông tại $A$ ($SA \perp AC$), $SA = a, AC = a\sqrt{3}$:

$$SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{a^2 + 3a^2} = 2a.$$

$OK$ là khoảng cách từ $O$ đến đường thẳng $SC$ trong mặt phẳng $(SAC)$. Áp dụng tam giác đồng dạng (hoặc tính trực tiếp): tam giác $OCK$ vuông tại $K$, $\widehat{OCK} = \widehat{ACS}$.

Trong tam giác $SAC$ vuông tại $A$:

$$\sin \widehat{ACS} = \dfrac{SA}{SC} = \dfrac{a}{2a} = \dfrac{1}{2}.$$

$$OK = OC \cdot \sin\widehat{OCK} = \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{a\sqrt{3}}{4}.$$

Kết luận: $d(BD, SC) = \dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.

Câu 35 (trang 109)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AD = a, AB = a\sqrt{2}$. Biết $SA \perp (ABCD)$ và $SA = a\sqrt{3}$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $CD$.

a) Chứng minh rằng $BD \perp (SAM)$.

b) Tính theo $a$ thể tích khối chóp $S.ABMD$.

Lời giải:

a) Chứng minh $BD \perp (SAM)$.

Chứng minh $BD \perp AM$:

Đặt hệ tọa độ trong $(ABCD)$: $A = (0,0), B = (a\sqrt{2}, 0), C = (a\sqrt{2}, a), D = (0, a)$. Khi đó $M = \left(\dfrac{a\sqrt{2}}{2}, a\right)$.

• $\vec{BD} = D – B = (-a\sqrt{2}, a)$.
• $\vec{AM} = \left(\dfrac{a\sqrt{2}}{2}, a\right)$.

$$\vec{BD} \cdot \vec{AM} = (-a\sqrt{2}) \cdot \dfrac{a\sqrt{2}}{2} + a \cdot a = -a^2 + a^2 = 0.$$

$\Rightarrow BD \perp AM.$

Kết hợp với $BD \perp SA$ (vì $SA \perp (ABCD) \supset BD$), hai đường $AM, SA$ cắt nhau tại $A$, cùng thuộc $(SAM)$:

$$BD \perp (SAM). \quad \blacksquare$$

b) Tính $V_{S.ABMD}$.

Tứ giác $ABMD$ có $AB \parallel DM$ (cùng song song với $CD$, theo phương ngang):

• $AB = a\sqrt{2}$.
• $DM = \dfrac{CD}{2} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ (vì $M$ trung điểm $CD$).
• Chiều cao hình thang $= AD = a$.

Diện tích hình thang $ABMD$:

$$S_{ABMD} = \dfrac{1}{2}(AB + DM) \cdot AD = \dfrac{1}{2}\left(a\sqrt{2} + \dfrac{a\sqrt{2}}{2}\right) \cdot a = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3a\sqrt{2}}{2} \cdot a = \dfrac{3a^2 \sqrt{2}}{4}.$$

Thể tích $S.ABMD$:

$$V_{S.ABMD} = \dfrac{1}{3} \cdot S_{ABMD} \cdot SA = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3a^2 \sqrt{2}}{4} \cdot a\sqrt{3} = \dfrac{a^3 \sqrt{6}}{4}.$$

Kết luận: $V_{S.ABMD} = \dfrac{a^3 \sqrt{6}}{4}$.

Câu 36 (trang 109)

Đề bài: Trong đại dịch Covid-19, một doanh nghiệp muốn hỗ trợ các gia đình thuộc nhóm $25\%$ hộ gia đình có thu nhập thấp nhất ở một địa phương. Một mẫu số liệu ghép nhóm về thu nhập của các hộ gia đình ở địa phương này được cho trong bảng sau:

Thu nhập (triệu đồng/tháng)	$[2; 5)$	$[5; 8)$	$[8; 11)$	$[11; 14)$	$[14; 17)$	$[17; 20)$
Số hộ gia đình	$8$	$17$	$35$	$56$	$27$	$15$

Dựa trên mẫu số liệu trên, hãy xác định hộ gia đình có thu nhập dưới bao nhiêu sẽ nhận được hỗ trợ của doanh nghiệp đó?

Lời giải:

Bước 1: Xác định cần tính tứ phân vị thứ nhất $Q_1$ (chia $25\%$ hộ thấp nhất).

Tổng số hộ:

$$N = 8 + 17 + 35 + 56 + 27 + 15 = 158.$$

$$\dfrac{N}{4} = \dfrac{158}{4} = 39{,}5.$$

Bước 2: Lập bảng tần số tích lũy.

Nhóm	$[2;5)$	$[5;8)$	$[8;11)$	$[11;14)$	$[14;17)$	$[17;20)$
Tần số	$8$	$17$	$35$	$56$	$27$	$15$
Tần số tích lũy	$8$	$25$	$60$	$116$	$143$	$158$

Nhóm chứa $Q_1$ là nhóm có tần số tích lũy đạt $\geq 39{,}5$ lần đầu tiên: nhóm $[8; 11)$ (vì $25 < 39{,}5 \leq 60$).

Bước 3: Áp dụng công thức tứ phân vị $Q_1$.

$$Q_1 = L + \dfrac{\frac{N}{4} – F}{f} \cdot h,$$

với:

• $L = 8$ (mép trái nhóm chứa $Q_1$).
• $F = 25$ (tần số tích lũy trước nhóm chứa $Q_1$).
• $f = 35$ (tần số nhóm chứa $Q_1$).
• $h = 3$ (độ rộng nhóm).

$$Q_1 = 8 + \dfrac{39{,}5 – 25}{35} \cdot 3 = 8 + \dfrac{14{,}5 \cdot 3}{35} = 8 + \dfrac{43{,}5}{35} \approx 9{,}24.$$

Kết luận: Hộ gia đình có thu nhập dưới khoảng $9{,}24$ triệu đồng/tháng sẽ nhận được hỗ trợ của doanh nghiệp.

Câu 37 (trang 109)

Đề bài: Hai bạn Dũng và Cường tham gia một kì thi học sinh giỏi môn Toán. Xác suất để Dũng và Cường đạt giải tương ứng là $0{,}85$ và $0{,}9$. Tính xác suất để:

a) Có ít nhất một trong hai bạn đạt giải;

b) Có đúng một bạn đạt giải.

Lời giải:

Gọi:

• $A$: biến cố “Dũng đạt giải”, $P(A) = 0{,}85$, $P(\overline{A}) = 0{,}15$.
• $B$: biến cố “Cường đạt giải”, $P(B) = 0{,}9$, $P(\overline{B}) = 0{,}1$.

Hai biến cố $A, B$ độc lập (hai bạn thi độc lập với nhau).

a) Xác suất ít nhất một bạn đạt giải.

Biến cố đối là “không bạn nào đạt giải” $= \overline{A} \cap \overline{B}$. Vì $\overline{A}, \overline{B}$ độc lập:

$$P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \cdot P(\overline{B}) = 0{,}15 \cdot 0{,}1 = 0{,}015.$$

$$P(\text{ít nhất 1}) = 1 – 0{,}015 = 0{,}985.$$

b) Xác suất đúng một bạn đạt giải.

Biến cố “đúng một bạn đạt giải” $= (A \cap \overline{B}) \cup (\overline{A} \cap B)$, hai biến cố thành phần xung khắc:

$$P(\text{đúng 1}) = P(A) \cdot P(\overline{B}) + P(\overline{A}) \cdot P(B) = 0{,}85 \cdot 0{,}1 + 0{,}15 \cdot 0{,}9.$$

$$= 0{,}085 + 0{,}135 = 0{,}22.$$

Kết luận:

• a) $P(\text{ít nhất 1}) = 0{,}985$.
• b) $P(\text{đúng 1}) = 0{,}22$.

Câu 38 (trang 109)

Đề bài: Một máy bay có $4$ động cơ trong đó $2$ động cơ ở cánh phải và $2$ động cơ ở cánh trái. Chuyến bay hạ cánh an toàn khi trên mỗi cánh của nó có ít nhất một động cơ không bị lỗi. Giả sử mỗi động cơ ở cánh phải có xác suất bị lỗi là $0{,}01$ và mỗi động cơ ở cánh trái có xác suất bị lỗi là $0{,}015$. Các động cơ hoạt động độc lập với nhau. Tính xác suất để chuyến bay hạ cánh an toàn.

Lời giải:

Bước 1: Phân tích.

Hạ cánh an toàn $\Leftrightarrow$ cả hai cánh đều có ít nhất một động cơ không bị lỗi.

$\Leftrightarrow$ Không xảy ra trường hợp một cánh nào đó có cả hai động cơ đều bị lỗi.

Bước 2: Xác suất mỗi cánh hoạt động.

Cánh phải: Hai động cơ độc lập, mỗi động cơ lỗi với xác suất $0{,}01$. Xác suất cả hai động cơ cánh phải đều lỗi:

$$P(\text{cánh phải hỏng}) = 0{,}01 \cdot 0{,}01 = 0{,}0001.$$

$$P(\text{cánh phải ok}) = 1 – 0{,}0001 = 0{,}9999.$$

Cánh trái: Tương tự:

$$P(\text{cánh trái hỏng}) = 0{,}015 \cdot 0{,}015 = 0{,}000225.$$

$$P(\text{cánh trái ok}) = 1 – 0{,}000225 = 0{,}999775.$$

Bước 3: Xác suất hạ cánh an toàn.

Hai cánh hoạt động độc lập (vì các động cơ độc lập):

$$P(\text{an toàn}) = P(\text{cánh phải ok}) \cdot P(\text{cánh trái ok}) = 0{,}9999 \cdot 0{,}999775.$$

$$\approx 0{,}999675.$$

Kết luận: Xác suất chuyến bay hạ cánh an toàn $\approx 0{,}999675$.