Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11
Chủ đề:Trắc Nghiệm ToánTrắc Nghiệm Toán Luyện Thi Quốc Gia
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11
Thực Hành Làm Bài Thi Trắc Nghiệm: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11
Chào mừng bạn đến với khu vực làm bài thi trực tuyến của đề kiểm tra Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11. Đây là một bộ đề được biên soạn công phu, chọn lọc từ các nguồn tài liệu uy tín, nhằm giúp bạn kiểm tra và củng cố toàn diện lượng kiến thức đã học. Bài trắc nghiệm Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11 được thiết kế mô phỏng chính xác áp lực của một kỳ thi thực tế, tích hợp đồng hồ đếm ngược và hệ thống phân chia câu hỏi ngẫu nhiên (chống gian lận). Để đảm bảo đánh giá đúng năng lực thực chất, bạn hãy chuẩn bị sẵn giấy nháp, máy tính cầm tay (nếu cần), tạo cho mình một không gian yên tĩnh và tập trung cao độ. Khi bạn đã sẵn sàng đối mặt với thử thách, hãy nhấn nút "Bắt đầu làm bài" để trải nghiệm tính năng chấm điểm và phân tích kết quả siêu tốc ngay trên trình duyệt của mình.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11
Câu 1:
Khẳng định nào dưới đây đúng?
\(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} \).
Chọn A
Ta có: \(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} \).
Ta có: \(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} \).
Câu 2:
Cho \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = 2} \) và \(\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx = 5} \), khi đó \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2g\left( x \right)} \right]dx} \) bằng
\( - 8\).
Chọn A
Ta có: \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2g\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} – 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right)} = 2 – 2.5 = – 8\).
Ta có: \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2g\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} – 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right)} = 2 – 2.5 = – 8\).
Câu 3:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho vectơ \(\overrightarrow u = \left( {3;0;1} \right)\) và \(\overrightarrow v = \left( {2;1;0} \right)\). Tính tích vô hướng \(\overrightarrow u .\overrightarrow v \).
\(\overrightarrow u .\overrightarrow v = 6\).
Chọn B
Ta có: \(\overrightarrow u .\overrightarrow v = 3.2 + 0.1 + 1.0 = 6\).
Ta có: \(\overrightarrow u .\overrightarrow v = 3.2 + 0.1 + 1.0 = 6\).
Câu 4:
Tập nghiệm của bất phương trình \({\log _{0,5}}\left( {x – 1} \right) > 1\) là
\(\left( {1;{\mkern 1mu} \frac{3}{2}} \right)\).
Chọn B
Ta có: \({\log _{0,5}}\left( {x – 1} \right) > 1\)\( \Leftrightarrow 0 < x - 1 < 0,5 \Leftrightarrow 1 < x < \frac{3}{2}\).
Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là: \(S = \left( {1;\frac{3}{2}} \right).\)
Ta có: \({\log _{0,5}}\left( {x – 1} \right) > 1\)\( \Leftrightarrow 0 < x - 1 < 0,5 \Leftrightarrow 1 < x < \frac{3}{2}\).
Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là: \(S = \left( {1;\frac{3}{2}} \right).\)
Câu 5:
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt phẳng\(\left( P \right):3x–z + 2 = 0\). Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của\(\left( P \right)\)?
\(\overrightarrow {{n_2}} = (3;0; - 1)\).
Chọn D
Mặt phẳng\(\left( P \right):3x–z + 2 = 0\)có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_2}} = (3;0; – 1)\).
Mặt phẳng\(\left( P \right):3x–z + 2 = 0\)có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_2}} = (3;0; – 1)\).
Câu 6:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right),\) tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\), kết luận nào sau đây sai?
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
Chọn A
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
SA \bot \left( {ABC} \right) \hfill \\
SA \subset \left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow \)\(\left( {SAB} \right),\,\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow \) B, C đúng.
\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\)\( \Rightarrow \)\(BC \bot \left( {SAB} \right);BC \subset \left( {SBC} \right)\)
\( \Rightarrow \)\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow \)D đúng.
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
SA \bot \left( {ABC} \right) \hfill \\
SA \subset \left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow \)\(\left( {SAB} \right),\,\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow \) B, C đúng.
\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\)\( \Rightarrow \)\(BC \bot \left( {SAB} \right);BC \subset \left( {SBC} \right)\)
\( \Rightarrow \)\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow \)D đúng.
Câu 7:
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_1} = 3\); \({u_2} = 9\). Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
6.
Chọn A
Cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng tổng quát là: \({u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d\);
(Với \({u_1}\) là số hạng đầu và d là công sai).
Suy ra có: \({u_2} = {u_1} + d\)\( \Leftrightarrow 9 = 3 + d\)\( \Leftrightarrow d = 6\).
Vậy công sai của cấp số cộng đã cho bằng 6.
Cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng tổng quát là: \({u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d\);
(Với \({u_1}\) là số hạng đầu và d là công sai).
Suy ra có: \({u_2} = {u_1} + d\)\( \Leftrightarrow 9 = 3 + d\)\( \Leftrightarrow d = 6\).
Vậy công sai của cấp số cộng đã cho bằng 6.
Câu 8:
Cho hình lăng trụ \(ABC.A’B’C’\). Đặt \(\overrightarrow a = \overrightarrow {AA’} ,\,\overrightarrow b = \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow c = \overrightarrow {AC} \). Gọi \(G’\) là trọng tâm của tam giác \(A’B’C’\). Vec tơ \(\overrightarrow {AG’} \) bằng
\(\frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\).
Chọn B
Gọi \(I\) là trung điểm của \(B’C’\).
Vì \(G’\) là trọng tâm của tam giác \(A’B’C’\) \( \Rightarrow \overrightarrow {A’G’} = \frac{2}{3}\overrightarrow {A’I} \).
Ta có : \(\overrightarrow {AG’} = \overrightarrow {AA’} + \overrightarrow {A’G’} = \overrightarrow {AA’} + \frac{2}{3}\overrightarrow {A’I} \)\( = \overrightarrow {AA’} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {A’B’} + \overrightarrow {A’C’} } \right)\)
\( = \overrightarrow {AA} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)\( = \frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow {AA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(B’C’\).
Vì \(G’\) là trọng tâm của tam giác \(A’B’C’\) \( \Rightarrow \overrightarrow {A’G’} = \frac{2}{3}\overrightarrow {A’I} \).
Ta có : \(\overrightarrow {AG’} = \overrightarrow {AA’} + \overrightarrow {A’G’} = \overrightarrow {AA’} + \frac{2}{3}\overrightarrow {A’I} \)\( = \overrightarrow {AA’} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {A’B’} + \overrightarrow {A’C’} } \right)\)
\( = \overrightarrow {AA} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)\( = \frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow {AA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\).
Câu 9:
Trong các hàm số cho dưới đây, hàm số nào đồng biến trên \(\mathbb{R}\)?
\(y = {e^x}\).
Chọn D
+ \(y = {\left( {\frac{{2026}}{{2027}}} \right)^x}\) có cơ số \(0 < \frac{{2026}}{{2027}} < 1\) nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).
+ \(y = {\log _{2025}}x\) có tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\) và cơ số \(2027 > 1\) nên hàm số chỉ đồng biến trên tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\).
+ \(y = \ln x\) có tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\) và cơ số \({e} > 1\) nên hàm số chỉ đồng biến trên tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\).
+ \(y = {e^x}\) có cơ số \({e}\, > 1\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
+ \(y = {\left( {\frac{{2026}}{{2027}}} \right)^x}\) có cơ số \(0 < \frac{{2026}}{{2027}} < 1\) nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).
+ \(y = {\log _{2025}}x\) có tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\) và cơ số \(2027 > 1\) nên hàm số chỉ đồng biến trên tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\).
+ \(y = \ln x\) có tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\) và cơ số \({e} > 1\) nên hàm số chỉ đồng biến trên tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\).
+ \(y = {e^x}\) có cơ số \({e}\, > 1\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
Câu 10:
Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ bên. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
\(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).
Chọn C
Dựa vào đồ thị hàm số thì hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { – \infty ; – 1} \right)\).
Dựa vào đồ thị hàm số thì hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { – \infty ; – 1} \right)\).
Câu 11:
Chohàm số \(y = \frac{{2x + 3}}{{x + 1}}\). Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số này là
\(x = - 1\).
Chọn D
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} \frac{{2x + 3}}{{x + 1}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} {\mkern 1mu} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} {\mkern 1mu} \frac{{2x + 3}}{{x + 1}} = – \infty \).
Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 3}}{{x + 1}}\) có tiệm cận đứng là \(x = – 1\).
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} \frac{{2x + 3}}{{x + 1}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} {\mkern 1mu} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} {\mkern 1mu} \frac{{2x + 3}}{{x + 1}} = – \infty \).
Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 3}}{{x + 1}}\) có tiệm cận đứng là \(x = – 1\).
Câu 12:
Một mẫu số liệu ghép nhóm có tứ phân vị là \({Q_1} = 4,\,{Q_2} = 6,\,\,{Q_3} = 9.\)Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm đó bằng
5.
Chọn A
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \({\Delta _Q} = {Q_3} – {Q_1} = 9 – 4 = 5.\)
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \({\Delta _Q} = {Q_3} – {Q_1} = 9 – 4 = 5.\)
Câu 13:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \ln \left( {4{e}x – {x^2}} \right).\)
\(f\left( {e} \right) = 3\).
a) Sai. \(f\left( e \right) = \ln \left( {4e.e – {e^2}} \right) = \ln \left( {3{e^2}} \right) = \ln 3 + 2\).
b) Sai. Điều kiện xác định: \(4ex – {x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 4e\).Vậy tập xác định là \(\left( {0;4e} \right)\).
c) Đúng. Ta có \(f’\left( x \right) = \frac{{4e – 2x}}{{4ex – {x^2}}}\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4e – 2x = 0 \Leftrightarrow x = 2e\).
d) Đúng. Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right) = \ln \left( {4ex – {x^2}} \right).\)
Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ {1;3e} \right]\) là \(2\ln 2 + 2\).
Do đó: \(\left\{ \begin{gathered}
a = 2 \hfill \\
b = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow a + b = 4\).
b) Sai. Điều kiện xác định: \(4ex – {x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 4e\).Vậy tập xác định là \(\left( {0;4e} \right)\).
c) Đúng. Ta có \(f’\left( x \right) = \frac{{4e – 2x}}{{4ex – {x^2}}}\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4e – 2x = 0 \Leftrightarrow x = 2e\).
d) Đúng. Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right) = \ln \left( {4ex – {x^2}} \right).\)
Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ {1;3e} \right]\) là \(2\ln 2 + 2\).
Do đó: \(\left\{ \begin{gathered}
a = 2 \hfill \\
b = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow a + b = 4\).
Câu 14:
Chào mừng tháng Thanh niên. Đoàn trường THPT X tổ chức cải tạo một khoảng đất trong khuôn viên nhà trường có hình dạng là một đường tròn có đường kính \(8m\). Để tăng tính thẩm mỹ, khi thực hiện cải tạo đã chia mảnh đất đó thành hai phần bằng một đường cong là một phần của đồ thị hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\), phần gạch chéo dùng để trồng hoa và phần còn lại dùng để trồng cỏ, được mô hình hóa trong hệ trục \(Oxy\) như hình vẽ dưới đây.
Biết đồ thị hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có tâm đối xứng trùng với gốc tọa độ; đo qua các điểm \(E;F\) lần lượt là các điểm chính giữa của các cung và đi qua các giao điểm của đường tròn với trục \(Ox\).
Biết đồ thị hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có tâm đối xứng trùng với gốc tọa độ; đo qua các điểm \(E;F\) lần lượt là các điểm chính giữa của các cung và đi qua các giao điểm của đường tròn với trục \(Ox\).
Biết \(f\left( x \right) = a{x^3} + bx\). Khi đó \(a + b = - 15\).
a) Đúng:
Ta có \(E\left( {{x_E};{y_E}} \right)\left( {{x_E} < 0,{y_E} > 0} \right)\) là trung điểm của cung
\(\tan EOC = \frac{{{y_E}}}{{ – {x_E}}} \Rightarrow \frac{{{y_E}}}{{ – {x_E}}} = \tan {45^{o}} \Rightarrow {y_E} = – {x_E}\)
Mặt khác, \(x_E^2 + y_E^2 = O{E^2} \Rightarrow 2x_E^2 = 16 \Rightarrow x_E^2 = 8 \Rightarrow {x_E} = – 2\sqrt 2 ,{y_E} = 2\sqrt 2 \)
\( \Rightarrow E\left( { – 2\sqrt 2 ;2\sqrt 2 } \right)\).
Tương tự \(F\left( {2\sqrt 2 ; – 2\sqrt 2 } \right)\)
b) Sai:
\(\left( C \right):f\left( x \right) = a{x^3} + bx\)
Ta có \(A,E \in \left( C \right)\)nên \(\left\{ \begin{gathered}
a{.4^3} + b.4 = 0 \hfill \\
a{\left( { – 2\sqrt 2 } \right)^3} + b\left( { – 2\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = \frac{1}{8} \hfill \\
b = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ta có \(a + b = – \frac{{15}}{8}\).
c) Đúng:
Giả sử \(\left( H \right):\left\{ \begin{gathered}
\left( C \right):f\left( x \right) = \frac{1}{8}{x^3} – 2x \hfill \\
Ox:y = 0 \hfill \\
x = – 4;x = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\),
\( \Rightarrow {S_{\left( H \right)}} = \int\limits_{ – 4}^0 {\left| {f\left( x \right)} \right|} dx = 8\)
Diện tích phần trồng hoa: \({S_1} = 2{S_{\left( H \right)}} + \frac{1}{2}\pi {R^2} = 2.8 + \frac{1}{2}\pi {.4^2} = 16 + 8\pi \left( {{m^2}} \right)\)
d) Sai
Diện tích phần trồng cỏ: \({S_2} = \pi {R^2} – {S_1} = \pi {.4^2} – \left( {16 + 8\pi } \right) = 8\pi – 16\left( {{m^2}} \right)\)
Tổng số tiền để hoàn thành công trình là:
\(180.{S_1} + 100.S2 = 180\left( {16 + 8\pi } \right) + 100\left( {8\pi – 16} \right) \approx 8317\) (nghìn đồng)
Câu 15:
Một mái nhà hình tròn được đặt trên ba cây cột trụ. Các cây cột trụ vuông góc với mặt sàn nhà phẳng và có độ cao lần lượt là \(8{m},\,9{m},\,10{m}\). Ba chân cột là ba đinh của một tam giác đều trên mặt sàn nhà với cạnh dài 8m. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ với \(B \in Ox\), \(C \in Oy\), tia \(Oz\) cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow {AA’} \). Chọn gốc tọa độ \(O\) trùng với trung điểm của \(AC\) và mỗi đơn vị trên trục có độ dài 1m (xem hình vẽ).
Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nhận \(\overrightarrow k = \left( {0;\,1;\,1} \right)\)làm véctơ pháp tuyến.
a) Đúng: \(A\left( {0; – 4;0} \right),B\left( {4\sqrt 3 ;0;0} \right),C\left( {0;4;0} \right)\) và \(A’\left( {0; – 4;10} \right),B’\left( {4\sqrt 3 ;0;9} \right),C’\left( {0;4;8} \right)\)
b) Sai: Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\overrightarrow k = \left( {0;\,0;\,1} \right).\)
c) Đúng: \(\overrightarrow {A’B’} = \left( {4\sqrt 3 ;4; – 1} \right);\overrightarrow {A’C’} = \left( {0;8; – 2} \right)\), khi đó vectơ pháp tuyến của \(\left( {A’B’C’} \right)\) là:
\(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {A’B’} ,\,\overrightarrow {A’C’} } \right] = \left( {0;\,8\sqrt 3 ;\,32\sqrt 3 } \right) = 8\sqrt 3 \left( {0;\,1;\,4} \right)\)
Vậy Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {A’B’C’} \right)\) là: \(\overrightarrow n = (0;1;4)\).
d) Sai: Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(\overrightarrow k = \left( {0;\,0;\,1} \right)\)
Khi đó: \(\cos \left( {\left( {ABC} \right),\left( {A’B’C’} \right)} \right) = \frac{{\left| 4 \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {1^2}} }} = \frac{{4\sqrt {17} }}{{17}}\) nên \(\left( {\left( {ABC} \right),\,\left( {A’B’C’} \right)} \right) \approx 14^\circ \) nên mái nhà không ở mức tiêu chuẩn.
b) Sai: Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\overrightarrow k = \left( {0;\,0;\,1} \right).\)
c) Đúng: \(\overrightarrow {A’B’} = \left( {4\sqrt 3 ;4; – 1} \right);\overrightarrow {A’C’} = \left( {0;8; – 2} \right)\), khi đó vectơ pháp tuyến của \(\left( {A’B’C’} \right)\) là:
\(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {A’B’} ,\,\overrightarrow {A’C’} } \right] = \left( {0;\,8\sqrt 3 ;\,32\sqrt 3 } \right) = 8\sqrt 3 \left( {0;\,1;\,4} \right)\)
Vậy Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {A’B’C’} \right)\) là: \(\overrightarrow n = (0;1;4)\).
d) Sai: Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(\overrightarrow k = \left( {0;\,0;\,1} \right)\)
Khi đó: \(\cos \left( {\left( {ABC} \right),\left( {A’B’C’} \right)} \right) = \frac{{\left| 4 \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {1^2}} }} = \frac{{4\sqrt {17} }}{{17}}\) nên \(\left( {\left( {ABC} \right),\,\left( {A’B’C’} \right)} \right) \approx 14^\circ \) nên mái nhà không ở mức tiêu chuẩn.
Câu 16:
Ở cửa ra vào của một cửa hàng tạp hóa có một thiết bị cảnh báo hàng hóa chưa được thanh toán khi qua cửa. Thiết bị phát chuông cảnh báo với \(99\% \) các hàng hóa ra cửa mà chưa thanh toán và \(0,1\% \) các hàng hóa đã thanh toán. Tỷ lệ hàng hóa qua cửa chưa được thanh toán là \(0,1\% \). Chọn ngẫu nhiên một hàng hóa khi đi qua cửa.
Xác suất để hàng qua cửa đã thanh toán và thiết bị phát chuông cảnh báo là \(0,2\% \).
Gọi \(A\) là biến cố “Hàng qua cửa đã được thanh toán”.
\(B\) là biến cố “Thiết bị phát chuông cảnh báo”.
a) Đúng.
Tỷ lệ hàng qua cửa chưa được thanh toán là \(0,1\% \) tức là \(P\left( {\overline A } \right) = 0,1\% \)
suy ra \(P\left( A \right) = 100\% – 0,1\% = 99,9\% \).
b) Sai.
Xác suất để hàng hóa qua cửa đã thanh toán và thiết bị phát chuông cảnh báo là \(P\left( {AB} \right) = 0,0999\% \)
c) Đúng.
Xác suất để hàng qua cửa chưa thanh toán và thiết bị không phát chuông cảnh báo là \(P\left( {\overline A \overline B } \right) = 0,001\% \).
d) Sai.
Ta có \(P\left( {B|A} \right) = 0,1\% \) và \(P\left( {B|\overline A } \right) = 99\% \);
\(P\left( {\overline B |A} \right) = 100\% – P\left( {B|A} \right) = 99,9\% \); \(P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 100\% – P\left( {B|\overline A } \right) = 1\% \).
Ta có sơ đồ hình cây như sau:
Vậy ta có: Xác suất để hàng qua cửa chưa thanh toán và thiết bị phát chuông cảnh báo là\(P\left( {\overline A B} \right) = 0,099\% \).
\(B\) là biến cố “Thiết bị phát chuông cảnh báo”.
a) Đúng.
Tỷ lệ hàng qua cửa chưa được thanh toán là \(0,1\% \) tức là \(P\left( {\overline A } \right) = 0,1\% \)
suy ra \(P\left( A \right) = 100\% – 0,1\% = 99,9\% \).
b) Sai.
Xác suất để hàng hóa qua cửa đã thanh toán và thiết bị phát chuông cảnh báo là \(P\left( {AB} \right) = 0,0999\% \)
c) Đúng.
Xác suất để hàng qua cửa chưa thanh toán và thiết bị không phát chuông cảnh báo là \(P\left( {\overline A \overline B } \right) = 0,001\% \).
d) Sai.
Ta có \(P\left( {B|A} \right) = 0,1\% \) và \(P\left( {B|\overline A } \right) = 99\% \);
\(P\left( {\overline B |A} \right) = 100\% – P\left( {B|A} \right) = 99,9\% \); \(P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 100\% – P\left( {B|\overline A } \right) = 1\% \).
Ta có sơ đồ hình cây như sau:
Vậy ta có: Xác suất để hàng qua cửa chưa thanh toán và thiết bị phát chuông cảnh báo là\(P\left( {\overline A B} \right) = 0,099\% \).
Câu 17:
Một công ty muốn đầu tư vào hệ thống điện mặt trời có công suất \(x\)(đơn vị tính: \(MW\)). Theo nghiên cứu cho thấy một số thông tin sau: Chi phí đầu tư ban đầu là \({C_1}\left( x \right) = 1400 + 55x\)(tỷ đồng). Doanh thu hàng năm là \(R\left( x \right) = 28x – 0,15{x^2}\)(tỷ đồng/năm). Chi phí vận hành hàng năm là \({C_2}\left( x \right) = 12 + 0,35x + 0,012{x^2}\)(tỷ đồng/năm). Hãy tìm công suất \(x\)(làm tròn đến hàng đơn vị) để tối đa hóa lợi nhuận trên đầu tư, được tính là tỷ lệ lợi nhuận hang năm trên chi phí đầu tư ban đầu.
Lợi nhuận hàng năm \(P\left( x \right) = R\left( x \right) – {C_2}\left( x \right) = 28x – 0,15{x^2} – \left( {12 + 0,35x + 0,012{x^2}} \right)\)
\( = – 0,162{x^2} + 27,65x – 12\)
Tỷ lệ lợi nhuận hàng năm trên chi phí đầu tư ban đầu \(f\left( x \right) = \frac{{P\left( x \right)}}{{{C_1}\left( x \right)}} = \frac{{ – 0,162{x^2} + 27,65x – 12}}{{1400 + 55x}}\)
Ta có \(f’\left( x \right) = \frac{{\left( { – 0,324x + 27,65} \right)\left( {1400 + 55x} \right) – 55\left( { – 0,162{x^2} + 27,65x – 12} \right)}}{{{{\left( {1400 + 55x} \right)}^2}}}\)
\( = \frac{{ – 8,91{x^2} – 453,6x + 39370}}{{{{\left( {1400 + 55x} \right)}^2}}}\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x \approx 45,72525952 \hfill \\
x \approx – 96,63435043 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Do \(x\) là công suất nên \(x > 0\) nên \(x \approx 45,72525952 = {x_1}\). Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên, để tối đa hóa lợi nhuận trên đầu tư thì \(x = {x_1} \approx 46\).
\( = – 0,162{x^2} + 27,65x – 12\)
Tỷ lệ lợi nhuận hàng năm trên chi phí đầu tư ban đầu \(f\left( x \right) = \frac{{P\left( x \right)}}{{{C_1}\left( x \right)}} = \frac{{ – 0,162{x^2} + 27,65x – 12}}{{1400 + 55x}}\)
Ta có \(f’\left( x \right) = \frac{{\left( { – 0,324x + 27,65} \right)\left( {1400 + 55x} \right) – 55\left( { – 0,162{x^2} + 27,65x – 12} \right)}}{{{{\left( {1400 + 55x} \right)}^2}}}\)
\( = \frac{{ – 8,91{x^2} – 453,6x + 39370}}{{{{\left( {1400 + 55x} \right)}^2}}}\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x \approx 45,72525952 \hfill \\
x \approx – 96,63435043 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Do \(x\) là công suất nên \(x > 0\) nên \(x \approx 45,72525952 = {x_1}\). Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên, để tối đa hóa lợi nhuận trên đầu tư thì \(x = {x_1} \approx 46\).
Câu 18:
Vào ngày lễ tình nhân, Ronaldo đã tặng cho cô bạn gái Georgina một viên kim cương vô cùng giá trị. Viên kim cương nằm trong một gói quà độc đáo có dạng hình chóp tứ giác đều với cạnh đáy bằng 4 dm, vị trí đặt kim cương là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp đó. Từ vị trí tâm \(O\) của đáy hình chóp, có một sợi dây dùng để treo một quả cầu nhỏ, bên trong quả cầu đó chứa những lời cầu chúc có cánh của huyền thoại bóng đá dành cho người tình. Gói quà được treo cân bằng trong căn phòng sao cho đỉnh hình chóp ở vị trí cao nhất và đáy hình chóp song song với mặt đất; khi đó viên kim cương và quả cầu đối xứng nhau qua \(O\); đồng thời tâm quả cầu cách đều tất cả các cạnh hình chóp. Hỏi gói quà hình chóp đều đó có thể tích bao nhiêu dm khối (làm tròn đền hàng đơn vị)?
Trả lời: 9,4
Gọi các điểm như hình vẽ, bán kính đường tròn nội tiếp bằng \(r\) dm, chiều cao hình chóp bằng \(SO = h\) dm.
Ta có: \(\frac{{SI}}{{IO}} = \frac{{SM}}{{OM}}\)\(\; \Leftrightarrow {\;}\frac{{h – r}}{r} = \frac{{\sqrt {{h^2} + 4} }}{2}\)\(\; \Leftrightarrow {\;}{r^2}{h^2} + 8rh = 4{h^2} \Leftrightarrow h = \frac{{8r}}{{4 – {r^2}}}\).(1)
Lại có:\({\;}SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \sqrt {{h^2} + 8} \) và \(JM = \sqrt {{r^2} + 4} \).
\(K\) là hình chiếu của \(J\) lên \(SA\), ta có: .
Suy ra: \(\frac{{JK}}{{OA}} = \frac{{SJ}}{{SA}} \Leftrightarrow JK = 2\sqrt 2 .\frac{{h + r}}{{\sqrt {{h^2} + 8} }}\).
Theo đề, ta có: \(JM = JK \Leftrightarrow \sqrt {{r^2} + 4} = 2\sqrt 2 .\frac{{h + r}}{{\sqrt {{h^2} + 8} }}\)\( \Leftrightarrow {r^2}{h^2} + 32 = 4{h^2} + 16rh\).(2)
Từ (1) và (2) ta được: \(\left\{ \begin{gathered}
32 – 8rh = 16rh \hfill \\
h = \frac{{8r}}{{4 – {r^2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
rh = \frac{4}{3} \hfill \\
\frac{4}{3} = \frac{{8{r^2}}}{{4 – {r^2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
h = \frac{{2\sqrt 7 }}{3} \hfill \\
r = \frac{2}{{\sqrt 7 }} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy \(V = \frac{1}{3}.\frac{{2\sqrt 7 }}{3} \cdot {4^2} = \frac{{32\sqrt 7 }}{9} \approx 9,4\).
Gọi các điểm như hình vẽ, bán kính đường tròn nội tiếp bằng \(r\) dm, chiều cao hình chóp bằng \(SO = h\) dm.
Ta có: \(\frac{{SI}}{{IO}} = \frac{{SM}}{{OM}}\)\(\; \Leftrightarrow {\;}\frac{{h – r}}{r} = \frac{{\sqrt {{h^2} + 4} }}{2}\)\(\; \Leftrightarrow {\;}{r^2}{h^2} + 8rh = 4{h^2} \Leftrightarrow h = \frac{{8r}}{{4 – {r^2}}}\).(1)
Lại có:\({\;}SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \sqrt {{h^2} + 8} \) và \(JM = \sqrt {{r^2} + 4} \).
\(K\) là hình chiếu của \(J\) lên \(SA\), ta có: .
Suy ra: \(\frac{{JK}}{{OA}} = \frac{{SJ}}{{SA}} \Leftrightarrow JK = 2\sqrt 2 .\frac{{h + r}}{{\sqrt {{h^2} + 8} }}\).
Theo đề, ta có: \(JM = JK \Leftrightarrow \sqrt {{r^2} + 4} = 2\sqrt 2 .\frac{{h + r}}{{\sqrt {{h^2} + 8} }}\)\( \Leftrightarrow {r^2}{h^2} + 32 = 4{h^2} + 16rh\).(2)
Từ (1) và (2) ta được: \(\left\{ \begin{gathered}
32 – 8rh = 16rh \hfill \\
h = \frac{{8r}}{{4 – {r^2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
rh = \frac{4}{3} \hfill \\
\frac{4}{3} = \frac{{8{r^2}}}{{4 – {r^2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
h = \frac{{2\sqrt 7 }}{3} \hfill \\
r = \frac{2}{{\sqrt 7 }} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy \(V = \frac{1}{3}.\frac{{2\sqrt 7 }}{3} \cdot {4^2} = \frac{{32\sqrt 7 }}{9} \approx 9,4\).
Câu 19:
Một người đưa thư xuất phát từ bưu điện (vị trí C), các điểm cần phát thư nằm dọc các con đường cần đi qua. Biết rằng người này phải đi trên mỗi con đường ít nhất một tần (để phát được thư cho tất cả các điểm cần phát nằm dọc theo con đường đó) và cuối cùng quay lại điểm xuất phát. Sơ đồ các con đường cần đi qua và độ dài của chúng (tính theo km) được biểu diễn ở hình vẽ bên. Hỏi tổng quãng đường người đưa thư có thể đi ngắn nhất có thể là bao nhiêu km?
Trả lời: \(39\)
Đồ thị trên chỉ có hai đỉnh bậc lẻ là C và E nên ta có thể tìm được một đường đi Euler từ C đến E (đường đi này đi qua mỗi cạnh đúng một lần).
Một đường đi Euler từ C đến E là CABDEBCE và tổng độ dài của nó là
\(2 + 1 + 3 + 6 + 5 + 4 + 10 = 31\left( {{km}} \right)\).
Để quay trở lại điểm xuất phát và có đường đi ngắn nhất, ta cần tìm một đường đi ngắn nhất từ E đến C.
Đường đi ngắn nhất từ \(E\) đến \(C\) là \(EBAC\) và có độ dài là \(5 + 1 + 2 = 8\left( {{km}} \right)\).
Vậy tổng quãng đường đưa thư có thể đi ngắn nhất là \(31 + 8 = 39\left( {{km}} \right)\).
Đồ thị trên chỉ có hai đỉnh bậc lẻ là C và E nên ta có thể tìm được một đường đi Euler từ C đến E (đường đi này đi qua mỗi cạnh đúng một lần).
Một đường đi Euler từ C đến E là CABDEBCE và tổng độ dài của nó là
\(2 + 1 + 3 + 6 + 5 + 4 + 10 = 31\left( {{km}} \right)\).
Để quay trở lại điểm xuất phát và có đường đi ngắn nhất, ta cần tìm một đường đi ngắn nhất từ E đến C.
Đường đi ngắn nhất từ \(E\) đến \(C\) là \(EBAC\) và có độ dài là \(5 + 1 + 2 = 8\left( {{km}} \right)\).
Vậy tổng quãng đường đưa thư có thể đi ngắn nhất là \(31 + 8 = 39\left( {{km}} \right)\).
Câu 20:
Cho hình vuông OABC cạnh bằng 8, điểm M nằm trong hình vuông sao cho khoảng cách từ M đến các cạnh OA, OC cùng bằng 3. Parabol \(\left( {{P_1}} \right)\) đi qua các điểm \({O},{A},{M}\), Parabol \(\left( {{P_2}} \right)\) đi qua các điểm \({O},{C},{M}\). Tính diện tích phần tô đậm (hình vẽ bên). (kết quả làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Trả lời: \(32\)
Cho hệ trục tọa độ Oxy sao cho tia Ox trùng tia OA, tia Oy trùng tia OB.
Gọi \({S_1}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\left( {{P_1}} \right),y = 0\);
\({S_2}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\left( {{P_2}} \right),x = 0\);
\({S_3}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\left( {{P_1}} \right)\) và \(\left( {{P_2}} \right)\).
Từ hình vẽ ta thấy diện tích hình phẳng cần tìm là \(S = {S_{{OABC\;}}} – \left[ {{S_1} + {S_2} – {S_3}} \right]\) (*)
Gọi phương trình \(\left( {{P_1}} \right)\) là \(y = a{x^2} + bx + c\).
Vì \(\left( {{P_1}} \right)\) đi qua \(O\left( {0;0} \right),M\left( {3;3} \right),A\left( {8;0} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{c = 0} \\
{9a + 3b + c = 3} \\
{64a + 8b + c = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = – \frac{1}{5}} \\
{b = \frac{8}{5}} \\
{c = 0.}
\end{array}} \right.} \right.\)
Suy ra \(y = – \frac{1}{5}{x^2} + \frac{8}{5}x\).
Ta thấy \(\left( {{P_1}} \right)\) và \(\left( {{P_2}} \right)\) đối xứng qua OM nên
Cho hệ trục tọa độ Oxy sao cho tia Ox trùng tia OA, tia Oy trùng tia OB.
Gọi \({S_1}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\left( {{P_1}} \right),y = 0\);
\({S_2}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\left( {{P_2}} \right),x = 0\);
\({S_3}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\left( {{P_1}} \right)\) và \(\left( {{P_2}} \right)\).
Từ hình vẽ ta thấy diện tích hình phẳng cần tìm là \(S = {S_{{OABC\;}}} – \left[ {{S_1} + {S_2} – {S_3}} \right]\) (*)
Gọi phương trình \(\left( {{P_1}} \right)\) là \(y = a{x^2} + bx + c\).
Vì \(\left( {{P_1}} \right)\) đi qua \(O\left( {0;0} \right),M\left( {3;3} \right),A\left( {8;0} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{c = 0} \\
{9a + 3b + c = 3} \\
{64a + 8b + c = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = – \frac{1}{5}} \\
{b = \frac{8}{5}} \\
{c = 0.}
\end{array}} \right.} \right.\)
Suy ra \(y = – \frac{1}{5}{x^2} + \frac{8}{5}x\).
Ta thấy \(\left( {{P_1}} \right)\) và \(\left( {{P_2}} \right)\) đối xứng qua OM nên
Câu 21:
Cho hình lập phương \(ABCD \cdot A’B’C’D’\) có cạnh bằng \(20{ cm}\). Giả sử hai chú kiến vàng và đen xuất phát cùng một lúc tại các vị trí \(A\) và \(D\), kiến vàng đi thẳng từ \(A\) đến \(D’\) với vận tốc \(2{ cm/s}\) và kiến đen đi thẳng từ \(D\) đến \(B\) với vận tốc \(3{ cm/s}\). Hỏi khoảng cách ngắn nhất giữa hai chú kiến là bao nhiêu cm? (Kết quả làm tròn đến hàng phần chục).
Trả lời: \(11,7\)
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Lúc khó: \(A\left( {0,0,0} \right),B\left( {20,0,0} \right),D\left( {0,20,0} \right),D\prime \left( {0,20,20} \right)\)
– Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(AD\prime \) là \(\overrightarrow {AD’} = \left( {0,20,20} \right)\) và độ dài \(\left| {\overrightarrow {AD} } \right| = \)\(20\sqrt 2 \)
⇒ Vận tốc kiến vàng: \({\vec v_1} = \frac{{\overrightarrow {AD} }}{{\left| {\overrightarrow {AD} } \right|}}.{v_1} = \left( {0;\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\)
– Véc-tơ chỉ phương đường thẳng \(DB\) là \(\overrightarrow {DB} = \left( {20, – 20,0} \right)\) và độ dài \(\left| {\overrightarrow {DB} } \right| = 20\sqrt 2 \)
⇒ Vận tốc kiến đen: \({\vec v_2} = \frac{{\overrightarrow {BD} }}{{\left| {BD} \right|}}.{v_2} = \left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}, – \frac{3}{{\sqrt 2 }},0} \right)\)
Gọi \(t\) (giây) là thời gian kể từ lúc xuất phát.
* Vị trí kiến vàng là \(M\left( t \right) = \left( {0,\sqrt 2 t,\sqrt 2 t} \right)\)
* Vị trí kiến đen là \(N\left( t \right) = \left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}t,20 – \frac{3}{{\sqrt 2 }}t,0} \right)\)
Khoảng cách giữa hai chú kiến là \(MN\) và
\(M{N^2}(t){ } = {\left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}t} \right)^2} + {\left( {20 – \frac{3}{{\sqrt 2 }}t – \sqrt 2 t} \right)^2} + {(\sqrt 2 t)^2} = 19{t^2} – 100\sqrt 2 t + 400\)
Giá trị nhỏ nhất của \(M{N^2}\) đạt được khi: \(t = \frac{{50\sqrt 2 }}{{19}}\)
Khi đó: \(M{N_{\min }} = \sqrt {\frac{{2600}}{{19}}} \approx 11,7\left( {\;{cm}} \right)\)
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Lúc khó: \(A\left( {0,0,0} \right),B\left( {20,0,0} \right),D\left( {0,20,0} \right),D\prime \left( {0,20,20} \right)\)
– Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(AD\prime \) là \(\overrightarrow {AD’} = \left( {0,20,20} \right)\) và độ dài \(\left| {\overrightarrow {AD} } \right| = \)\(20\sqrt 2 \)
⇒ Vận tốc kiến vàng: \({\vec v_1} = \frac{{\overrightarrow {AD} }}{{\left| {\overrightarrow {AD} } \right|}}.{v_1} = \left( {0;\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\)
– Véc-tơ chỉ phương đường thẳng \(DB\) là \(\overrightarrow {DB} = \left( {20, – 20,0} \right)\) và độ dài \(\left| {\overrightarrow {DB} } \right| = 20\sqrt 2 \)
⇒ Vận tốc kiến đen: \({\vec v_2} = \frac{{\overrightarrow {BD} }}{{\left| {BD} \right|}}.{v_2} = \left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}, – \frac{3}{{\sqrt 2 }},0} \right)\)
Gọi \(t\) (giây) là thời gian kể từ lúc xuất phát.
* Vị trí kiến vàng là \(M\left( t \right) = \left( {0,\sqrt 2 t,\sqrt 2 t} \right)\)
* Vị trí kiến đen là \(N\left( t \right) = \left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}t,20 – \frac{3}{{\sqrt 2 }}t,0} \right)\)
Khoảng cách giữa hai chú kiến là \(MN\) và
\(M{N^2}(t){ } = {\left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}t} \right)^2} + {\left( {20 – \frac{3}{{\sqrt 2 }}t – \sqrt 2 t} \right)^2} + {(\sqrt 2 t)^2} = 19{t^2} – 100\sqrt 2 t + 400\)
Giá trị nhỏ nhất của \(M{N^2}\) đạt được khi: \(t = \frac{{50\sqrt 2 }}{{19}}\)
Khi đó: \(M{N_{\min }} = \sqrt {\frac{{2600}}{{19}}} \approx 11,7\left( {\;{cm}} \right)\)
Câu 22:
Hai bạn Hùng và Cường chơi trò quay bánh xe số. Bánh xe số có \(20\) nấc điểm là \(5,10,15,…..,100\)với các vạch chia đều nhau (giả sử rằng khả năng chuyển từ nấc điểm đã có tới các nấc điểm còn lại là như nhau). Trong mỗi lượt chơi, mỗi người được quyền chọn quay \(1\) hoặc \(2\)lần và điểm số của người chơi được tính như sau:
\((1)\)Nếu người chơi chọn quay một lần thì điểm của người chơi là điểm quay được.
\((2)\) Nếu người chơi chọn quay \(2\) lần và tổng điểm quay được không lớn hơn \(100\) thì điểm của người chơi là tổng điểm quay được.
\((3)\) Nếu người chơi chọn quay \(2\) lần và tổng điểm quay được lớn hơn \(100\) thì điểm người chơi là tổng điểm quay được trừ đi \(100\).
Luật chơi quy định, trong mỗi lượt chơi người nào có điểm số cao hơn sẽ thắng cuộc, hòa nhau sẽ chơi lại lượt khác. Hùng chơi trước và có điểm số là \(75\). Tính xác suất để Cường thắng cuộc ngay ở lượt chơi này.( Lấy kết quả đến hàng phần trăm).
\((1)\)Nếu người chơi chọn quay một lần thì điểm của người chơi là điểm quay được.
\((2)\) Nếu người chơi chọn quay \(2\) lần và tổng điểm quay được không lớn hơn \(100\) thì điểm của người chơi là tổng điểm quay được.
\((3)\) Nếu người chơi chọn quay \(2\) lần và tổng điểm quay được lớn hơn \(100\) thì điểm người chơi là tổng điểm quay được trừ đi \(100\).
Luật chơi quy định, trong mỗi lượt chơi người nào có điểm số cao hơn sẽ thắng cuộc, hòa nhau sẽ chơi lại lượt khác. Hùng chơi trước và có điểm số là \(75\). Tính xác suất để Cường thắng cuộc ngay ở lượt chơi này.( Lấy kết quả đến hàng phần trăm).
Trả lời: \(0,44\)
Ta có: \(n(\Omega ) = \frac{{100 – 5}}{5} + 1 = 20\)
Để Cường thắng ta có \(2\) trường hợp:
– Trường hợp \(1\): Cường quay \(1\) lần ra điểm số lớn hơn \(75\), ta có \(5\) khả năng thuộc tập hợp \(\{ 80;85;90;95;100\} \)Do xác suất là \({P_1} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}\).
– Trường hợp \(2\): Cường quay lần đầu ra điểm số là\(a \leqslant 75\), ta có \(15\) khả năng.
Do đó xác suất \({P_2} = \frac{{15}}{{20}} = \frac{3}{4}\)
Khi đó, để thắng Cường cần phải có tổng hai lần quay lớn hơn \(75\), ta có \(5\) khả năng thuộc tập hợp \(\{ 80 – a;85 – a;90 – a;95 – a;100 – a\} \).Do đó xác suất là \({P_3} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}\).
Vậy xác suất để Cường thắng ngay trong lượt là \(P = {P_1} + {P_2}{P_3} = \frac{7}{{16}} \approx 0,44\).
Ta có: \(n(\Omega ) = \frac{{100 – 5}}{5} + 1 = 20\)
Để Cường thắng ta có \(2\) trường hợp:
– Trường hợp \(1\): Cường quay \(1\) lần ra điểm số lớn hơn \(75\), ta có \(5\) khả năng thuộc tập hợp \(\{ 80;85;90;95;100\} \)Do xác suất là \({P_1} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}\).
– Trường hợp \(2\): Cường quay lần đầu ra điểm số là\(a \leqslant 75\), ta có \(15\) khả năng.
Do đó xác suất \({P_2} = \frac{{15}}{{20}} = \frac{3}{4}\)
Khi đó, để thắng Cường cần phải có tổng hai lần quay lớn hơn \(75\), ta có \(5\) khả năng thuộc tập hợp \(\{ 80 – a;85 – a;90 – a;95 – a;100 – a\} \).Do đó xác suất là \({P_3} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}\).
Vậy xác suất để Cường thắng ngay trong lượt là \(P = {P_1} + {P_2}{P_3} = \frac{7}{{16}} \approx 0,44\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: A
\(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} \).
Câu 2
Đáp án đúng: A
\( - 8\).
Câu 3
Đáp án đúng: B
\(\overrightarrow u .\overrightarrow v = 6\).
Câu 4
Đáp án đúng: B
\(\left( {1;{\mkern 1mu} \frac{3}{2}} \right)\).
Câu 5
Đáp án đúng: D
\(\overrightarrow {{n_2}} = (3;0; - 1)\).
Câu 6
Đáp án đúng: A
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
Câu 7
Đáp án đúng: A
6.
Câu 8
Đáp án đúng: B
\(\frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\).
Câu 9
Đáp án đúng: D
\(y = {e^x}\).
Câu 10
Đáp án đúng: C
\(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).
Câu 11
Đáp án đúng: D
\(x = - 1\).
Câu 12
Đáp án đúng: A
5.
Câu 13
Đáp án đúng: A
\(f\left( {e} \right) = 3\).
Câu 14
Đáp án đúng: B
Biết \(f\left( x \right) = a{x^3} + bx\). Khi đó \(a + b = - 15\).
Câu 15
Đáp án đúng: B
Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nhận \(\overrightarrow k = \left( {0;\,1;\,1} \right)\)làm véctơ pháp tuyến.
Câu 16
Đáp án đúng: B
Xác suất để hàng qua cửa đã thanh toán và thiết bị phát chuông cảnh báo là \(0,2\% \).
Câu 17
Đáp án đúng: A
Câu 18
Đáp án đúng: A
Câu 19
Đáp án đúng: A
Câu 20
Đáp án đúng: A
Câu 21
Đáp án đúng: A
Câu 22
Đáp án đúng: A
Hướng Dẫn Thao Tác Trực Tiếp Trên Giao Diện Bài Thi Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11
Để giúp người dùng, đặc biệt là các bạn học sinh lần đầu tiếp xúc với hình thức thi máy tính, dễ dàng thao tác mà không gặp sự cố, bài thi Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11 được lập trình với một giao diện vô cùng đơn giản và thân thiện. Ở góc trên cùng màn hình là hệ thống đồng hồ đếm ngược; khi thời gian kết thúc, hệ thống sẽ tự động khóa bài làm và thu bài. Khung bên trái hiển thị danh sách toàn bộ số thứ tự câu hỏi trong đề, cho phép bạn nhảy (jump) nhanh đến bất kỳ câu hỏi nào mà không cần lật từng trang. Đối với mỗi câu hỏi, bạn chỉ cần sử dụng chuột nhấp vào phương án A, B, C hoặc D mà mình cho là chính xác. Nếu phát hiện sai sót, bạn hoàn toàn có thể click chọn lại một phương án khác trước khi hết giờ. Nếu gặp một câu quá khó, bạn có thể sử dụng chức năng Đánh dấu (Mark/Flag) để tạm thời bỏ qua và quay lại suy nghĩ sau, giúp tối ưu hóa thời gian làm bài hiệu quả nhất.
Phân Tích Kết Quả Và Hệ Thống Lời Giải Chuyên Sâu
Giây phút quan trọng nhất của mọi kỳ thi là lúc nhấn nút "Nộp bài". Khác biệt hoàn toàn với phương pháp truyền thống, hệ thống chấm thi tự động của bài kiểm tra Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11 hoạt động không độ trễ. Ngay lập tức, bạn sẽ nhận được bảng tổng kết chi tiết bao gồm: Tổng số điểm (thang điểm 10 hoặc 100), Thời gian làm bài thực tế, Số câu trả lời đúng, Số câu sai và Số câu chưa làm. Không dừng lại ở việc báo điểm số, bên dưới bảng tổng hợp là một bản đối chiếu đáp án chi tiết. Hệ thống sẽ hiển thị lại từng câu hỏi, đánh dấu tích xanh vào phương án đúng và dấu x chéo đỏ vào phương án bạn chọn sai. Kèm theo đó là một bảng thông báo hiển thị chi tiết phương pháp giải, công thức áp dụng hoặc những ghi chú lưu ý về các bẫy (tricks) thường gặp trong đề thi. Việc học từ những lỗi sai của bài Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11 chính là cách nhanh nhất để nâng cao điểm số của bạn trong tương lai.
Kỹ Năng Kiểm Soát Thời Gian Và Tâm Lý Phòng Thi
Nhiều học sinh dù có nền tảng kiến thức vững vàng nhưng vẫn đạt điểm thấp trong bài thi Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11 do thiếu kỹ năng làm bài trắc nghiệm. Dưới đây là một số chiến thuật thực chiến bạn cần áp dụng:
- Quy tắc "Dễ làm trước, Khó để sau": Đừng tốn quá 2 phút cho một câu hỏi khó. Hãy lướt một vòng và giải quyết triệt để 60% số câu hỏi nhận biết và thông hiểu đầu tiên để nắm chắc điểm trung bình, tạo đà tâm lý thoải mái.
- Kỹ thuật loại trừ phương án nhiễu: Trong 4 phương án, thường sẽ có 2 phương án sai hoàn toàn có thể dễ dàng nhận ra. Việc loại trừ bớt lựa chọn sẽ nâng tỷ lệ đánh lụi đúng lên 50%.
- Phân bổ thời gian: Luôn dành ra ít nhất 3-5 phút cuối giờ để dò lại toàn bộ bài thi Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11, đảm bảo không bỏ sót bất kỳ câu hỏi nào chưa đánh dấu đáp án.
- Giữ vững tâm lý: Việc làm thử bài Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11 nhiều lần với đồng hồ đếm ngược sẽ giúp bạn làm quen với áp lực thời gian, không bị hoảng loạn khi thời gian sắp hết, từ đó duy trì được sự tập trung cao độ nhất.
Lưu Lại Kết Quả Và Đóng Góp Xây Dựng Đề Thi
Một tính năng vô cùng hữu ích trên hệ thống của chúng tôi là Lịch sử làm bài. Mọi kết quả, điểm số của bạn sau khi hoàn thành đề thi Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11 đều được tự động lưu lại trong hồ sơ cá nhân. Bạn có thể xem lại những bài mình đã làm cách đây nhiều tuần để đánh giá sự tiến bộ, hoặc làm lại (retry) chính bài thi đó để xem mình có mắc lại những lỗi sai cũ hay không. Ngoài ra, việc tổ chức các kỳ thi trắc nghiệm trực tuyến đòi hỏi nguồn cơ sở dữ liệu khổng lồ. Mặc dù đề thi Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11 đã được rà soát kỹ lưỡng, nhưng không thể tránh khỏi những sai sót nhỏ giọt về lỗi chính tả (typos) hoặc hiển thị công thức lỗi. Nếu bạn phát hiện ra bất kỳ điều bất thường nào, hãy giúp chúng tôi báo cáo lỗi thông qua nút Báo Cáo Câu Hỏi (Report). Đội ngũ học thuật sẽ tiếp nhận và chỉnh sửa kịp thời, đảm bảo mang đến một môi trường luyện thi hoàn hảo và minh bạch nhất cho cộng đồng học sinh toàn quốc.