Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 12
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 12
Thực Hành Làm Bài Thi Trắc Nghiệm: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 12
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 12. 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 12 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 12
Câu 1:
Cho cấp số nhân \(\left( {{U_n}} \right)\)với \({u_1} = 2\) và công bội \(q = 3\). Tìm số hạng thứ 4 của cấp số nhân?
54.
Chọn B
Số hạng thứ 4 của cấp số nhân \({u_4} = {u_{1.}}{q^3} = {2.3^3} = 54\)
Số hạng thứ 4 của cấp số nhân \({u_4} = {u_{1.}}{q^3} = {2.3^3} = 54\)
Câu 2:
Trong không gian với hệ toạ độ , cho phương trình đường thẳng \(d:\,\,\left\{ \begin{gathered}
x = 2 – t \hfill \\
y = 1 + 2t \hfill \\
z = 3 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\)?
x = 2 – t \hfill \\
y = 1 + 2t \hfill \\
z = 3 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\)?
\(\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 1;\,2;\,1} \right)\).
Chọn A
Ta có một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\)là: \(\overrightarrow u = \left( { – 1;\,2;1} \right)\).
Ta có một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\)là: \(\overrightarrow u = \left( { – 1;\,2;1} \right)\).
Câu 3:
Tính \(\int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} \) biết rằng \(\int\limits_{ – 1}^1 {\left[ {f\left( x \right) – x} \right]{d}x} = 3.\)
\(3\).
Chọn D
Ta có:
\(\begin{gathered}
\int\limits_{ – 1}^1 {\left[ {f\left( x \right) – x} \right]{d}x} = 3 \Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x – \int\limits_{ – 1}^1 {x\,{d}x\, = 3} } \hfill \\
\Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} = 3 + \int\limits_{ – 1}^1 {x\,{d}x} \Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} = 3. \hfill \\
\end{gathered} \)
Ta có:
\(\begin{gathered}
\int\limits_{ – 1}^1 {\left[ {f\left( x \right) – x} \right]{d}x} = 3 \Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x – \int\limits_{ – 1}^1 {x\,{d}x\, = 3} } \hfill \\
\Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} = 3 + \int\limits_{ – 1}^1 {x\,{d}x} \Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} = 3. \hfill \\
\end{gathered} \)
Câu 4:
Cho mẫu số liệu ghép nhóm có tứ phân vị thứ nhất, thứ hai, thứ ba lần lượt là \({Q_1},{Q_2},{Q_3}\). Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm đó bằng:
\({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}\).
Chọn B
Ta có khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm được tính bởi công thức: \({\Delta _Q} = {Q_3} – {Q_1}\)
Ta có khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm được tính bởi công thức: \({\Delta _Q} = {Q_3} – {Q_1}\)
Câu 5:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \cos x + 2\). Tìm mệnh đề đúng?
\(\int {f\left( x \right)} \,dx = \sin x + 2x + C\).
Chọn D
Ta có: \(\int {f\left( x \right)} \,dx = \int {\left( {\cos x + 2} \right)} \,dx = \sin x + 2x + C\)
Ta có: \(\int {f\left( x \right)} \,dx = \int {\left( {\cos x + 2} \right)} \,dx = \sin x + 2x + C\)
Câu 6:
Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy \(ABCD\) là hình bình hành và \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Đường thẳng nào sau đây vuông góc với \(SA\)?
\(BD\).
Chọn B
\(\left. \begin{gathered}
SA \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\
BD \subset \left( {ABCD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow SA \bot BD\)
\(\left. \begin{gathered}
SA \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\
BD \subset \left( {ABCD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow SA \bot BD\)
Câu 7:
Nghiệm của phương trình \({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 1\) là
\(x = 3\).
Chọn A
\({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 1 \Leftrightarrow x – 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3\)
\({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 1 \Leftrightarrow x – 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3\)
Câu 8:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), phương trình mặt phẳng qua điểm \(A\left( { – 1\,;1\,; – 2} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1\,; – 2\,;3} \right)\) là
\(x - 2y + 3z + 9 = 0\).
Chọn D
Phương trình mặt phẳng qua điểm \(A\left( { – 1\,;1\,; – 2} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1\,; – 2\,;3} \right)\) là
\(1.\left( {x + 1} \right) – \,2\left( {y – 1} \right) + 3\left( {z + 2} \right) = 0\, \Leftrightarrow \,x – 2y + 3z + 9 = 0\)
Phương trình mặt phẳng qua điểm \(A\left( { – 1\,;1\,; – 2} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1\,; – 2\,;3} \right)\) là
\(1.\left( {x + 1} \right) – \,2\left( {y – 1} \right) + 3\left( {z + 2} \right) = 0\, \Leftrightarrow \,x – 2y + 3z + 9 = 0\)
Câu 9:
Cho Trong không gian, cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\). Mệnh đề nào dưới đây sai?
\(\overrightarrow {BD'} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BB'} \).
Chọn C
Theo quy tắc hình hộp ta có:\(\overrightarrow {CA’} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CC’} \) và \(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA’} \) nên các mệnh đề ở phương án A và B là các mệnh đề đúng.
Theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {BD’} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB’} \) nên mệnh đề C sai.
Theo quy tắc hình ta có: \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} \) nên mệnh đề B đúng.
Theo quy tắc hình hộp ta có:\(\overrightarrow {CA’} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CC’} \) và \(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA’} \) nên các mệnh đề ở phương án A và B là các mệnh đề đúng.
Theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {BD’} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB’} \) nên mệnh đề C sai.
Theo quy tắc hình ta có: \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} \) nên mệnh đề B đúng.
Câu 10:
Cho hàm số \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{mx + n}}\) có đồ thị hàm số như hình vẽ:
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho là
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho là
\(O\left( {0;0} \right)\).
Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số tháy giao của đường tiệm cận xiên và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số giao nhau tại điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm \(O\left( {0;0} \right)\).
Dựa vào đồ thị hàm số tháy giao của đường tiệm cận xiên và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số giao nhau tại điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm \(O\left( {0;0} \right)\).
Câu 11:
Một nhóm có 5 học sinh, trong đó có 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh để tham gia 1 cuộc khảo sát. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ.
\(\frac{3}{{10}}\).
Chọn A
Gọi \(A\): “2 học sinh được chọn là nữ”.
Số cách chọn 2 trong 5 học sinh là: \(n\left( \Omega \right) = C_5^2\) (cách).
Số cách chọn 2 trong 3 học sinh nữ là: \(n\left( A \right) = C_3^2\) (cách).
Xác suất để 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_3^2}}{{C_5^2}} = \frac{3}{{10}}\).
Gọi \(A\): “2 học sinh được chọn là nữ”.
Số cách chọn 2 trong 5 học sinh là: \(n\left( \Omega \right) = C_5^2\) (cách).
Số cách chọn 2 trong 3 học sinh nữ là: \(n\left( A \right) = C_3^2\) (cách).
Xác suất để 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_3^2}}{{C_5^2}} = \frac{3}{{10}}\).
Câu 12:
Nghiệm của phương trình \(\cos \,x = \frac{1}{2}\) là
\(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,\,x = \frac{{ - \pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Chọn B
Câu 13:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = 2\sin x\cos x + \sqrt 2 x\)
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\), phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có đúng một nghiệm là \(\frac{{3\pi }}{8}\).
a) Đúng.
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2\sin x\cos x + \sqrt 2 x = \sin 2x + \sqrt 2 x\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)nên liên tục trên \(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\)
b) Đúng.
\(f’\left( x \right) = {\left( {2x} \right)^\prime }\cos 2x + \sqrt 2 = 2\cos 2x + \sqrt 2 \)
c) Sai.
\(\begin{gathered}
f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\cos 2x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \cos \frac{{3\pi }}{4} \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
2x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \hfill \\
2x = – \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \hfill \\
x = – \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \)
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\): \(\frac{\pi }{3} \leqslant \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow – \frac{1}{{24}} \leqslant k \leqslant \frac{5}{8}\). Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{8}\)
\(\frac{\pi }{3} \leqslant – \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow \frac{{17}}{{24}} \leqslant k \leqslant \frac{{11}}{8}\). Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{8}\)
d) Sai.
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\):\(f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{{2\pi }}{3} + \sqrt 2 .\frac{\pi }{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\pi \sqrt 2 }}{3}\)
\(f\left( {\frac{{3\pi }}{8}} \right) = \sin \frac{{2.3\pi }}{8} + \sqrt 2 .\frac{{3\pi }}{8} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{3\pi \sqrt 2 }}{8}\)
\(f\left( {\frac{{5\pi }}{8}} \right) = \sin \frac{{2.5\pi }}{8} + \sqrt 2 .\frac{{5\pi }}{8} = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{5\pi \sqrt 2 }}{8}\)
\(f\left( \pi \right) = \sin 2\pi + \sqrt 2 .\pi = \pi \sqrt 2 \)
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\)là:\( – \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{5\pi \sqrt 2 }}{8}\).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2\sin x\cos x + \sqrt 2 x = \sin 2x + \sqrt 2 x\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)nên liên tục trên \(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\)
b) Đúng.
\(f’\left( x \right) = {\left( {2x} \right)^\prime }\cos 2x + \sqrt 2 = 2\cos 2x + \sqrt 2 \)
c) Sai.
\(\begin{gathered}
f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\cos 2x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \cos \frac{{3\pi }}{4} \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
2x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \hfill \\
2x = – \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \hfill \\
x = – \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \)
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\): \(\frac{\pi }{3} \leqslant \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow – \frac{1}{{24}} \leqslant k \leqslant \frac{5}{8}\). Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{8}\)
\(\frac{\pi }{3} \leqslant – \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow \frac{{17}}{{24}} \leqslant k \leqslant \frac{{11}}{8}\). Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{8}\)
d) Sai.
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\):\(f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{{2\pi }}{3} + \sqrt 2 .\frac{\pi }{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\pi \sqrt 2 }}{3}\)
\(f\left( {\frac{{3\pi }}{8}} \right) = \sin \frac{{2.3\pi }}{8} + \sqrt 2 .\frac{{3\pi }}{8} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{3\pi \sqrt 2 }}{8}\)
\(f\left( {\frac{{5\pi }}{8}} \right) = \sin \frac{{2.5\pi }}{8} + \sqrt 2 .\frac{{5\pi }}{8} = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{5\pi \sqrt 2 }}{8}\)
\(f\left( \pi \right) = \sin 2\pi + \sqrt 2 .\pi = \pi \sqrt 2 \)
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\)là:\( – \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{5\pi \sqrt 2 }}{8}\).
Câu 14:
Một robot tự hành ở một cảng vận chuyển công nghệ cao bắt đầu di chuyển từ vị trí nghỉ tại điểm \(A\). Robot di chuyển như sau: Trong giai đoạn đầu, robot tăng tốc đều từ vận tốc \(0\,\left( {m/s} \right)\) đến \(10\,\left( {m/s} \right)\) trong thời gian chưa biết \({t_1}\) giây theo hàm số vận tốc \({v_1}\left( t \right) = at\) (\(a\) gọi là gia tốc trong giai đoạn này, \(a\,\left( {m/{s^2}} \right)\)). Sau đó, robot tiếp tục di chuyển với vận tốc không đổi trong 40 giây. Cuối cùng, robot giảm tốc đều từ \(10\,\left( {m/s} \right)\) và dừng lại đúng tại băng chuyền điểm \(B\) với thời gian \({t_2}\) giây theo hàm vận tốc \({v_2}\left( t \right) = 10 – bt\)(\(b\)gọi là gia tốc trong giai đoạn này, \(b\,\left( {m/{s^2}} \right)\)). Toàn bộ quá trình vận chuyển diễn ra trong tổng thời gian là 70 giây.
Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Nếu gia tốc \(b = 0,8\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian giảm tốc \({t_2}\) lớn hơn \(13\) giây.
Lần tăng tốc đầu tiên xe chuyển động với vận tốc \(v\left( t \right) = a.t\), \(\left( {a > 0} \right)\).
Đến khi xe đạt vận tốc \({10}\,{m/s}\) thì xe chuyển động hết \({t_1} = \frac{{10}}{a}\,\left( {s} \right)\).
Lần giảm tốc, xe chuyển động với vận tốc \({v_2} = 10 – bt\), \(\left( {b > 0} \right)\).
Khi xe dừng lại thì xe chuyển động thêm được \(10 – b{t_2} = 0 \Rightarrow {t_2} = \frac{{10}}{b}\left( {s} \right)\).
Tổng thời gian hành trình
Tổng thời gian: \({t_1} + 40 + {t_2} = 70 \Rightarrow \frac{{10}}{a} + \frac{{10}}{b} = 30 \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\)
a) Đúng. Nếu gia tốc \(a = 0,5\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian tăng tốc \({t_1} = \frac{{10}}{{0,5}} = 20\,\)giây < \(21\) giây.
b) Sai. Nếu gia tốc \(b = 0,8\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian giảm tốc \({t_2} = \frac{{10}}{{0,8}} = 12,5\) giây < \(13\) giây.
c) Sai. Với \(a > 0,\,\,b > 0\), ta có bất đẳng thức:\(\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \geqslant 4\,\) mà \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\)nên \(a + b \geqslant \frac{4}{3}\).
Do đó \(a + b \leqslant \,\frac{5}{4}\,\left( {m/{s^2}} \right)\) là một đáp án SAI.d) Đúng. Quãng đường tăng tốc: \({S_1} = \int_0^{{t_1}} v (t){\mkern 1mu} dt = \int_0^{{t_1}} a t{\mkern 1mu} dt = \frac{1}{2}a{\left( {{t_1}} \right)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{100}}{a} = \frac{{50}}{a}\,\,\left( m \right)\).
Quãng đường giảm tốc: \({S_2} = \int_0^{{t_2}} {(10 – bt)} {\mkern 1mu} dt = 10{t_2} – \frac{1}{2}bt_2^2\)
Ta có \({t_2} = \frac{{10}}{b} \Rightarrow {S_2} = 10 \cdot \frac{{10}}{b} – \frac{1}{2}b{\left( {\frac{{10}}{b}} \right)^2} = \frac{{100}}{b} – \frac{{50}}{b} = \frac{{50}}{b}\,\left( m \right)\)
Quãng đường chuyển động đều: \(10 \cdot 40 = 400\,{\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Tổng quãng đường: \(S = {S_1} + 400 + {S_2} = \frac{{50}}{a} + 400{\mkern 1mu} + \frac{{50}}{b} = 50\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 400 = 150 + 400 = 550\,{\mkern 1mu} \left( m \right)\).
Đến khi xe đạt vận tốc \({10}\,{m/s}\) thì xe chuyển động hết \({t_1} = \frac{{10}}{a}\,\left( {s} \right)\).
Lần giảm tốc, xe chuyển động với vận tốc \({v_2} = 10 – bt\), \(\left( {b > 0} \right)\).
Khi xe dừng lại thì xe chuyển động thêm được \(10 – b{t_2} = 0 \Rightarrow {t_2} = \frac{{10}}{b}\left( {s} \right)\).
Tổng thời gian hành trình
Tổng thời gian: \({t_1} + 40 + {t_2} = 70 \Rightarrow \frac{{10}}{a} + \frac{{10}}{b} = 30 \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\)
a) Đúng. Nếu gia tốc \(a = 0,5\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian tăng tốc \({t_1} = \frac{{10}}{{0,5}} = 20\,\)giây < \(21\) giây.
b) Sai. Nếu gia tốc \(b = 0,8\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian giảm tốc \({t_2} = \frac{{10}}{{0,8}} = 12,5\) giây < \(13\) giây.
c) Sai. Với \(a > 0,\,\,b > 0\), ta có bất đẳng thức:\(\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \geqslant 4\,\) mà \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\)nên \(a + b \geqslant \frac{4}{3}\).
Do đó \(a + b \leqslant \,\frac{5}{4}\,\left( {m/{s^2}} \right)\) là một đáp án SAI.d) Đúng. Quãng đường tăng tốc: \({S_1} = \int_0^{{t_1}} v (t){\mkern 1mu} dt = \int_0^{{t_1}} a t{\mkern 1mu} dt = \frac{1}{2}a{\left( {{t_1}} \right)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{100}}{a} = \frac{{50}}{a}\,\,\left( m \right)\).
Quãng đường giảm tốc: \({S_2} = \int_0^{{t_2}} {(10 – bt)} {\mkern 1mu} dt = 10{t_2} – \frac{1}{2}bt_2^2\)
Ta có \({t_2} = \frac{{10}}{b} \Rightarrow {S_2} = 10 \cdot \frac{{10}}{b} – \frac{1}{2}b{\left( {\frac{{10}}{b}} \right)^2} = \frac{{100}}{b} – \frac{{50}}{b} = \frac{{50}}{b}\,\left( m \right)\)
Quãng đường chuyển động đều: \(10 \cdot 40 = 400\,{\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Tổng quãng đường: \(S = {S_1} + 400 + {S_2} = \frac{{50}}{a} + 400{\mkern 1mu} + \frac{{50}}{b} = 50\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 400 = 150 + 400 = 550\,{\mkern 1mu} \left( m \right)\).
Câu 15:
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt phẳng \((P):x – 2y + z = 0\), đường thẳng \(d:\left\{ \begin{gathered}
x = 2 + t \hfill \\
y = – 3t \hfill \\
z = 1 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\)và hai điểm \(A\left( {2;1;0} \right),B\left( {2; – 3;4} \right)\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
x = 2 + t \hfill \\
y = – 3t \hfill \\
z = 1 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\)và hai điểm \(A\left( {2;1;0} \right),B\left( {2; – 3;4} \right)\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\)và mặt phẳng bằng \(\frac{{ - 3}}{8}\).
a) Đúng. Ta có: \(2 – 2.1 + 0 = 0 \Rightarrow A \in (P)\)
Suy ra a) đúng.b) Sai. Gọi \(\left\{ I \right\} = d \cap (P)\)
\(I \in d \Rightarrow I(2 + t; – 3t;1 + t)\)
\($\)I \in (P) \Rightarrow 2 + t – 2.( – 3t) + 1 + t = 0 \Rightarrow t = \frac{{ – 3}}{8} \Rightarrow I\left( {\frac{{13}}{8};\frac{9}{8};\frac{5}{8}} \right)\(
Suy ra b) sai.c) Đúng. \)d’ \bot (P) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{d’}}} = \overrightarrow {{n_P}} = (1; – 2;1)\(
Phương trình đường thẳng \)d’\(đi qua điểm \)B(2; – 3;4)\(và vuông góc mp \)\left( P \right)\(là \)\left\{ \begin{gathered}
x = 2 + t \hfill \\
y = – 3 – 2t \hfill \\
z = 4 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\(
Gọi \)H\(là hình chiếu của \)B\(lên mp \)\left( P \right) \Rightarrow \left\{ H \right\} = d’ \cap \left( P \right)\(
\)\begin{gathered}
H \in d’ \Rightarrow H\left( {2 + t; – 3 – 2t;4 + t} \right) \hfill \\
H \in \left( P \right) \Rightarrow 2 + t – 2.( – 3 – 2t) + 4 + t = 0 \Rightarrow t = – 2 \hfill \\
\Rightarrow H\left( {0;1;2} \right) \hfill \\
\end{gathered} \(
Suy ra c) đúng.d) Đúng. Gọi \){\{ }A'{\ }} = \Delta \cap (P)\(. Giả sử \)A'(x;y;z)\(
Vì \)A \in (P)\( mà \)\Delta \bot (P) \Rightarrow \Delta \bot AA’ \Rightarrow AA’ = d\left( {A,\Delta } \right) = \sqrt 2 \(
\)\begin{gathered}
\Rightarrow \sqrt {{{(x – 2)}^2} + {{(y – 1)}^2} + {z^2}} = \sqrt 2 \hfill \\
\Rightarrow {(x – 2)^2} + {(y – 1)^2} + {z^2} = 2\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( 1 \right) \hfill \\
\end{gathered} \(
Lại có: \)A’ \in (P) \Rightarrow x – 2y + z = 0\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( 2 \right)\(
Do \)\left\{ \begin{gathered}
\Delta \bot (P) \hfill \\
BH \bot (P) \hfill \\
\end{gathered} \right.\(nên \)BH\(song song hoặc trùng \)\Delta \($ \Rightarrow d\left( {B,\Delta } \right) = d\left( {H,\Delta } \right) = HA’\)
Khoảng cách từ \(B\)đến \(\Delta \)lớn nhất \( \Leftrightarrow HA’\)lớn nhất \( \Leftrightarrow H,A,A’\)thẳng hàng và \(A\)nằm giữa \(H,A’\)
Ta có: \(\begin{gathered}
\overrightarrow {AH} = ( – 2;0;2) \hfill \\
AA’ = \left( {x – 2;y – 1;z} \right) \hfill \\
\end{gathered} \)
\(H,A,A’\)thẳng hàng và \(A\)nằm giữa \(H,A’\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
x – 2 = – 2k \hfill \\
y – 1 = 0k \hfill \\
z = 2k \hfill \\
\end{gathered} \right.,k < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
x – 2 = – z \hfill \\
z = 2k \hfill \\
\end{gathered} \right.,k < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
z < 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}
{(3)}&{}
\end{array}\)
Thế \(\left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
\end{gathered} \right.\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\& \left( 2 \right)\)ta suy ra \(\left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
{(x – 2)^2} = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
x = 3 \hfill \\
y = 1 \hfill \\
z = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.(TM) \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
y = 1 \hfill \\
z = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.(KTM) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy đường thẳng \(\Delta \)đi qua điểm có tọa độ \(\left( {3;1; – 1} \right)\)
Suy ra d) đúng.
Suy ra a) đúng.b) Sai. Gọi \(\left\{ I \right\} = d \cap (P)\)
\(I \in d \Rightarrow I(2 + t; – 3t;1 + t)\)
\($\)I \in (P) \Rightarrow 2 + t – 2.( – 3t) + 1 + t = 0 \Rightarrow t = \frac{{ – 3}}{8} \Rightarrow I\left( {\frac{{13}}{8};\frac{9}{8};\frac{5}{8}} \right)\(
Suy ra b) sai.c) Đúng. \)d’ \bot (P) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{d’}}} = \overrightarrow {{n_P}} = (1; – 2;1)\(
Phương trình đường thẳng \)d’\(đi qua điểm \)B(2; – 3;4)\(và vuông góc mp \)\left( P \right)\(là \)\left\{ \begin{gathered}
x = 2 + t \hfill \\
y = – 3 – 2t \hfill \\
z = 4 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\(
Gọi \)H\(là hình chiếu của \)B\(lên mp \)\left( P \right) \Rightarrow \left\{ H \right\} = d’ \cap \left( P \right)\(
\)\begin{gathered}
H \in d’ \Rightarrow H\left( {2 + t; – 3 – 2t;4 + t} \right) \hfill \\
H \in \left( P \right) \Rightarrow 2 + t – 2.( – 3 – 2t) + 4 + t = 0 \Rightarrow t = – 2 \hfill \\
\Rightarrow H\left( {0;1;2} \right) \hfill \\
\end{gathered} \(
Suy ra c) đúng.d) Đúng. Gọi \){\{ }A'{\ }} = \Delta \cap (P)\(. Giả sử \)A'(x;y;z)\(
Vì \)A \in (P)\( mà \)\Delta \bot (P) \Rightarrow \Delta \bot AA’ \Rightarrow AA’ = d\left( {A,\Delta } \right) = \sqrt 2 \(
\)\begin{gathered}
\Rightarrow \sqrt {{{(x – 2)}^2} + {{(y – 1)}^2} + {z^2}} = \sqrt 2 \hfill \\
\Rightarrow {(x – 2)^2} + {(y – 1)^2} + {z^2} = 2\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( 1 \right) \hfill \\
\end{gathered} \(
Lại có: \)A’ \in (P) \Rightarrow x – 2y + z = 0\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( 2 \right)\(
Do \)\left\{ \begin{gathered}
\Delta \bot (P) \hfill \\
BH \bot (P) \hfill \\
\end{gathered} \right.\(nên \)BH\(song song hoặc trùng \)\Delta \($ \Rightarrow d\left( {B,\Delta } \right) = d\left( {H,\Delta } \right) = HA’\)
Khoảng cách từ \(B\)đến \(\Delta \)lớn nhất \( \Leftrightarrow HA’\)lớn nhất \( \Leftrightarrow H,A,A’\)thẳng hàng và \(A\)nằm giữa \(H,A’\)
Ta có: \(\begin{gathered}
\overrightarrow {AH} = ( – 2;0;2) \hfill \\
AA’ = \left( {x – 2;y – 1;z} \right) \hfill \\
\end{gathered} \)
\(H,A,A’\)thẳng hàng và \(A\)nằm giữa \(H,A’\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
x – 2 = – 2k \hfill \\
y – 1 = 0k \hfill \\
z = 2k \hfill \\
\end{gathered} \right.,k < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
x – 2 = – z \hfill \\
z = 2k \hfill \\
\end{gathered} \right.,k < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
z < 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}
{(3)}&{}
\end{array}\)
Thế \(\left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
\end{gathered} \right.\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\& \left( 2 \right)\)ta suy ra \(\left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
{(x – 2)^2} = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
x = 3 \hfill \\
y = 1 \hfill \\
z = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.(TM) \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
y = 1 \hfill \\
z = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.(KTM) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy đường thẳng \(\Delta \)đi qua điểm có tọa độ \(\left( {3;1; – 1} \right)\)
Suy ra d) đúng.
Câu 16:
Một công ty tổ chức chương trình bốc thăm trúng thưởng nhân dịp nghỉ lễ 30/4 và 1/5 cho 100 nhân viên. Trong hộp có 100 vé, trong đó có 4 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí ở Thái Lan, 10 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí ở Đà Nẵng và 20 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí tại Cửa Lò (Nghệ An), các vé còn lại trúng thưởng năm triệu đồng. Lần lượt từng nhân viên lên bốc ngẫu nhiên một vé (không hoàn lại).
Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(\frac{{13}}{{20}}\), biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
Xét các biến cố:
Người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng;
Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
a) Đúng.
Ta có số vé trúng thưởng năm triệu đồng là: \(100 – \left( {4 + 10 + 20} \right) = 66\)
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:\(P\left( A \right) = \frac{{66}}{{100}} = \frac{{33}}{{50}}\)
b) Sai.
Nếu người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 65 vé.
Suy ra, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{65}}{{99}}\).
c) Đúng.
Xác suất để người thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 – P\left( A \right) = 1 – \frac{{66}}{{100}} = \frac{{17}}{{50}}\).
Nếu người bốc thăm thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 66 nên \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{66}}{{99}}\).
Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}} + \frac{{17}}{{50}}.\frac{{66}}{{99}} = \frac{{33}}{{50}}\).
d) Đúng.
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {A|B} \right)\).
Theo công thức Bayes, ta có: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}}}}{{\frac{{33}}{{50}}}} = \frac{{65}}{{99}}\).
Người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng;
Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
a) Đúng.
Ta có số vé trúng thưởng năm triệu đồng là: \(100 – \left( {4 + 10 + 20} \right) = 66\)
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:\(P\left( A \right) = \frac{{66}}{{100}} = \frac{{33}}{{50}}\)
b) Sai.
Nếu người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 65 vé.
Suy ra, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{65}}{{99}}\).
c) Đúng.
Xác suất để người thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 – P\left( A \right) = 1 – \frac{{66}}{{100}} = \frac{{17}}{{50}}\).
Nếu người bốc thăm thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 66 nên \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{66}}{{99}}\).
Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}} + \frac{{17}}{{50}}.\frac{{66}}{{99}} = \frac{{33}}{{50}}\).
d) Đúng.
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {A|B} \right)\).
Theo công thức Bayes, ta có: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}}}}{{\frac{{33}}{{50}}}} = \frac{{65}}{{99}}\).
Câu 17:
Bánh tráng sau khi tráng, người ta sẽ đặt chúng trên tấm liếp tre rồi phơi nắng. Trên mặt đất phẳng, người ta dựng tấm liếp tre (xem như đoạn thẳng \(AB\)) có chiều dài bằng 3 m và tạo với mặt đất một góc \(60^\circ \). Tại một thời điểm dưới ánh sáng mặt trời, bóng \(BC\)của tấm liếp tre (đoạn thẳng \(BC\)) trên mặt đất dài 3,6 m và tạo với tấm liếp một góc bằng \(120^\circ \) (tức là \(\widehat {ABC} = 120^\circ \)) (hình vẽ bên dưới).
Góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên bằng bao nhiêu độ? (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên bằng bao nhiêu độ? (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Trả lời: \(27\)
Gọi mặt đất là mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\). Khi này góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên là góc giữa đường thẳng \(CA\) và mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\), khi này \(\left( {AC,\left( \alpha \right)} \right) = \widehat {ACH}\).
Áp dụng định lí Cô – sin trong tam giác \(ABC\) ta có
\(AC = \sqrt {B{C^2} + B{A^2} – 2BC.BA.\cos \widehat {ABC}} \)
\( = \sqrt {3,{6^2} + {3^2} – 2.3,6.3.\cos 120^\circ } = \frac{{3\sqrt {91} }}{5}\).
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\), ta có
\(AH = AB.\sin \widehat {ABH} = 3.\sin 60^\circ = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\), ta có
\(\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3\sqrt {91} }}{5}}} = \frac{{5\sqrt {273} }}{{182}}\)
Suy ra \(\widehat {ACH} \approx 27^\circ \).
Gọi mặt đất là mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\). Khi này góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên là góc giữa đường thẳng \(CA\) và mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\), khi này \(\left( {AC,\left( \alpha \right)} \right) = \widehat {ACH}\).
Áp dụng định lí Cô – sin trong tam giác \(ABC\) ta có
\(AC = \sqrt {B{C^2} + B{A^2} – 2BC.BA.\cos \widehat {ABC}} \)
\( = \sqrt {3,{6^2} + {3^2} – 2.3,6.3.\cos 120^\circ } = \frac{{3\sqrt {91} }}{5}\).
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\), ta có
\(AH = AB.\sin \widehat {ABH} = 3.\sin 60^\circ = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\), ta có
\(\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3\sqrt {91} }}{5}}} = \frac{{5\sqrt {273} }}{{182}}\)
Suy ra \(\widehat {ACH} \approx 27^\circ \).
Câu 18:
Nhóm của bạn Lan dự định làm thủ công các bó hoa bằng nguyên liệu là kẽm nhung để bán, góp tiền ủng hộ các em nhỏ mồ côi nhân dịp ngày quốc tế thiếu nhi 1/6 sắp tới. Biết cần 2 giờ để làm một bó hoa nhỏ có giá 60 nghìn đồng và 3 giờ để làm một bó hoa lớn có giá 100 nghìn đồng. Nhóm của Lan chỉ có thể sắp xếp tối đa 36 giờ để làm và yêu cầu của nhóm đặt ra là phải làm ít nhất 15 bó hoa. Hãy cho biết nhóm bạn Lan thu được số tiền lớn nhất là bao nhiêu nghìn đồng?
Trả lời: 1140
Gọi \(x\) là số bó hoa nhỏ làm được và \(y\) là số bó hoa lớn làm được \(\left( {x\,;\,y \in \mathbb{N}} \right).\) Từ giả thiết ta có:
+ Nhóm của Lan chỉ có thể sắp xếp tối đa 36 giờ: \(2x + 3y \leqslant 36\)
+ Nhóm của Lan đặt ra yêu cầu là phải làm ít nhất 15 bó hoa: \(x + y \geqslant 15.\)
Cần tìm giá trị lớn nhất của số tiền thu được tương ứng với hàm \(F\left( {x\,;y} \right) = 60x + 100y.\)
Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình: \(\left\{ \begin{gathered}
2x + 3y \leqslant 36 \hfill \\
x + y \geqslant 15 \hfill \\
x,\,y \geqslant 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.:\)
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tam giác \(ABC\) với \(A\left( {9\,;6} \right),\;B\left( {15\,;\,0} \right),\;C\left( {18\,;\,0} \right).\)
Xét \(F\left( {9\,;\,6} \right) = 1140,\) \(F\left( {15\,;\,0} \right) = 900,\) \(F\left( {18\,;\,0} \right) = 1080.\)
Vậy số tiền lớn nhất thu được ứng làm 9 bó hoa nhỏ, 6 bó hoa to là \(1140\) nghìn đồng.
Gọi \(x\) là số bó hoa nhỏ làm được và \(y\) là số bó hoa lớn làm được \(\left( {x\,;\,y \in \mathbb{N}} \right).\) Từ giả thiết ta có:
+ Nhóm của Lan chỉ có thể sắp xếp tối đa 36 giờ: \(2x + 3y \leqslant 36\)
+ Nhóm của Lan đặt ra yêu cầu là phải làm ít nhất 15 bó hoa: \(x + y \geqslant 15.\)
Cần tìm giá trị lớn nhất của số tiền thu được tương ứng với hàm \(F\left( {x\,;y} \right) = 60x + 100y.\)
Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình: \(\left\{ \begin{gathered}
2x + 3y \leqslant 36 \hfill \\
x + y \geqslant 15 \hfill \\
x,\,y \geqslant 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.:\)
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tam giác \(ABC\) với \(A\left( {9\,;6} \right),\;B\left( {15\,;\,0} \right),\;C\left( {18\,;\,0} \right).\)
Xét \(F\left( {9\,;\,6} \right) = 1140,\) \(F\left( {15\,;\,0} \right) = 900,\) \(F\left( {18\,;\,0} \right) = 1080.\)
Vậy số tiền lớn nhất thu được ứng làm 9 bó hoa nhỏ, 6 bó hoa to là \(1140\) nghìn đồng.
Câu 19:
Xét hệ gồm hai nguyên tử khí argon \(({Ar})\) ở trạng thái cơ bản, mỗi nguyên tử được coi là một khối cầu, khoảng cách \((d)\) giữa hai nguyên tử bằng khoảng cách giữa tâm của hai khô̂i cầu (tham khảo hình bên). Coi như không có tương tác bên ngoài nào tác động đến hệ, sự phụ thuộc của thế năng tương tác \(V(d)\) giữa hai nguyên tử khí vào khoảng cách \(d\) được xác định theo công thức:
\(V(d) = 4\varepsilon \left[ {{{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^{12}} – {{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^6}} \right]\)
Trong đó \(\varepsilon \) và \(\sigma \) là các hằng số đặc trưng cho từng khí hiếm. Đối với Ar, \(\varepsilon = 0,930\) và \(\sigma = 3,62\). Biết rằng khi thế năng tương tác đạt nhỏ nhất thì hệ hai nguyên tử Ar là bền nhất, khoảng cách \((d)\) mà hai nguyên tử đó bền nhất là?
(Công thức\(V(d)\) có tên gọi là: Thế Lennard-Jones)
(Nguồn Wikipedia)
\(V(d) = 4\varepsilon \left[ {{{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^{12}} – {{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^6}} \right]\)
Trong đó \(\varepsilon \) và \(\sigma \) là các hằng số đặc trưng cho từng khí hiếm. Đối với Ar, \(\varepsilon = 0,930\) và \(\sigma = 3,62\). Biết rằng khi thế năng tương tác đạt nhỏ nhất thì hệ hai nguyên tử Ar là bền nhất, khoảng cách \((d)\) mà hai nguyên tử đó bền nhất là?
(Công thức\(V(d)\) có tên gọi là: Thế Lennard-Jones)
(Nguồn Wikipedia)
Trả lời: \(4,06\)
– Theo đề ta có thế năng tương tác đạt nhỏ nhất, Ta tìm:\(\min V(d),\,d > 0\).
\(V(d) = 4\varepsilon \left[ {{{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^{12}} – {{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^6}} \right] = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( {\frac{{{\sigma ^6}}}{{{d^{12}}}} – \frac{1}{{{d^6}}}} \right) = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( {{\sigma ^6}{d^{ – 12}} – {d^{ – 6}}} \right).\)
\( \Rightarrow {V^\prime }(d) = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( { – 12{\sigma ^6}{d^{ – 13}} + 6{d^{ – 7}}} \right) = 24\varepsilon {\sigma ^6}\left( {\frac{1}{{{d^7}}} – \frac{{2{\sigma ^6}}}{{{d^{13}}}}} \right) = 0.\)
\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{d^7}}} = \frac{{2{\sigma ^6}}}{{{d^{13}}}} \Leftrightarrow {d^{13}} = 2{d^7}{\sigma ^6} \Leftrightarrow {d^6} = 2{\sigma ^6} \Rightarrow d = \sqrt[6]{{2{\sigma ^6}}} \approx 4,06.\)
Ta có bảng biến thiên
Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{d \in \left( {0; + \infty } \right)} V(d)\) tại \(d \approx 4,06.\)
– Theo đề ta có thế năng tương tác đạt nhỏ nhất, Ta tìm:\(\min V(d),\,d > 0\).
\(V(d) = 4\varepsilon \left[ {{{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^{12}} – {{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^6}} \right] = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( {\frac{{{\sigma ^6}}}{{{d^{12}}}} – \frac{1}{{{d^6}}}} \right) = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( {{\sigma ^6}{d^{ – 12}} – {d^{ – 6}}} \right).\)
\( \Rightarrow {V^\prime }(d) = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( { – 12{\sigma ^6}{d^{ – 13}} + 6{d^{ – 7}}} \right) = 24\varepsilon {\sigma ^6}\left( {\frac{1}{{{d^7}}} – \frac{{2{\sigma ^6}}}{{{d^{13}}}}} \right) = 0.\)
\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{d^7}}} = \frac{{2{\sigma ^6}}}{{{d^{13}}}} \Leftrightarrow {d^{13}} = 2{d^7}{\sigma ^6} \Leftrightarrow {d^6} = 2{\sigma ^6} \Rightarrow d = \sqrt[6]{{2{\sigma ^6}}} \approx 4,06.\)
Ta có bảng biến thiên
Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{d \in \left( {0; + \infty } \right)} V(d)\) tại \(d \approx 4,06.\)
Câu 20:
Một công ty logistics đang thử nghiệm hệ thống giao hàng tự động bằng máy bay không người lái (drone).
Trong không gian \(Oxyz\), mỗi đơn vị trên các trục tương ứng với 1 mét trên thực tế. Mặt ngoài của một tòa nhà cao tầng được xem là một phần của mặt phẳng \((P)\) thẳng đứng, đi qua hai điểm \(C\left( {10;50;0} \right)\) và \(D\left( {30;10;0} \right)\). Vị trí giao hàng là điểm B nằm trên mặt phẳng \((P).\) Drone bắt đầu bay từ kho hàng tại gốc tọa độ \(O\left( {0;0;0} \right)\). Ban đầu, nó bay theo một đường thẳng đến vị trí \(A\left( {30;40;120} \right).\) Từ vị trí \(A\), drone thay đổi đường bay, di chuyển theo phương vuông góc với mặt phẳng \((P)\) đến vị trí giao hàng \(B\). Tính khoảng cách từ \(O\) đến \(B\)(làm tròn đến hàng đơn vị).
Trong không gian \(Oxyz\), mỗi đơn vị trên các trục tương ứng với 1 mét trên thực tế. Mặt ngoài của một tòa nhà cao tầng được xem là một phần của mặt phẳng \((P)\) thẳng đứng, đi qua hai điểm \(C\left( {10;50;0} \right)\) và \(D\left( {30;10;0} \right)\). Vị trí giao hàng là điểm B nằm trên mặt phẳng \((P).\) Drone bắt đầu bay từ kho hàng tại gốc tọa độ \(O\left( {0;0;0} \right)\). Ban đầu, nó bay theo một đường thẳng đến vị trí \(A\left( {30;40;120} \right).\) Từ vị trí \(A\), drone thay đổi đường bay, di chuyển theo phương vuông góc với mặt phẳng \((P)\) đến vị trí giao hàng \(B\). Tính khoảng cách từ \(O\) đến \(B\)(làm tròn đến hàng đơn vị).
Trả lời: 126
\(\overrightarrow {CD} = \left( {20; – 40;0} \right) = 20.\overrightarrow u ;\) với \(\overrightarrow u = \left( {1; – 2;0} \right)\).
\(\left( P \right)\) là mặt phẳng thẳng đứng qua \(C\) và \(D\) nên nhận vec tơ \(\overrightarrow u = \left( {1; – 2;0} \right)\) và \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương nên vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow k } \right] = \left( {2;1;0} \right)\)
\(\left( P \right):2\left( {x – 10} \right) + 1\left( {y – 50} \right) + 0\left( {z – 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y – 70 = 0\)
Đường thẳng \(AB\)vuông góc với \(\left( P \right)\) nên nhận vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_{AB}}} = \left( {2;1;0} \right)\). Phương trình đường thẳng \(AB\):
\(\left\{ \begin{gathered}
x = 30 + 2t \hfill \\
y = 40 + t \hfill \\
z = 120 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\(B\) là giao điểm của đường thẳng \(AB\)và mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên ta có
\(60 + 4t + 40 + t – 70 = 0 \Leftrightarrow 5t = – 30 \Leftrightarrow t = – 6\)
\( \Rightarrow B\left( {18;34;120} \right) \Rightarrow OB = \sqrt {{{18}^2} + {{34}^2} + {{120}^2}} = 126\)
\(\overrightarrow {CD} = \left( {20; – 40;0} \right) = 20.\overrightarrow u ;\) với \(\overrightarrow u = \left( {1; – 2;0} \right)\).
\(\left( P \right)\) là mặt phẳng thẳng đứng qua \(C\) và \(D\) nên nhận vec tơ \(\overrightarrow u = \left( {1; – 2;0} \right)\) và \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương nên vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow k } \right] = \left( {2;1;0} \right)\)
\(\left( P \right):2\left( {x – 10} \right) + 1\left( {y – 50} \right) + 0\left( {z – 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y – 70 = 0\)
Đường thẳng \(AB\)vuông góc với \(\left( P \right)\) nên nhận vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_{AB}}} = \left( {2;1;0} \right)\). Phương trình đường thẳng \(AB\):
\(\left\{ \begin{gathered}
x = 30 + 2t \hfill \\
y = 40 + t \hfill \\
z = 120 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\(B\) là giao điểm của đường thẳng \(AB\)và mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên ta có
\(60 + 4t + 40 + t – 70 = 0 \Leftrightarrow 5t = – 30 \Leftrightarrow t = – 6\)
\( \Rightarrow B\left( {18;34;120} \right) \Rightarrow OB = \sqrt {{{18}^2} + {{34}^2} + {{120}^2}} = 126\)
Câu 21:
Công tử Bạc Liêu có một mảnh đất hình vuông ở một khu đô thị sầm uất, hình vuông có cạnh \(40{ m}\), công tử dự định xây một hồ bơi được giới hạn bởi cạnh \(AB\)của hình vuông và một parabol đi qua hai đầu mút cạnh đó, đỉnh của parabol cách cạnh \(AB\)một đoạn \(10{ m}\). Từ vị trí \(O\) là trung điểm \(AB,\)kẻ tia \(Ot\)bất kì cắt parabol và một cạnh khác của hình vuông theo thứ tự tại các điểm \(M, N\). Gọi \(P\) là trung điểm \(MN,\)khi tia \(Ot\)quay quanh gốc \(O\) thì tập hợp các điểm \(P\) tạo thành đường cong \((L)\). Công tử dự định sử dụng một loại gạch men đặc biệt để lát nền cho toàn bộ khu vực được giới hạn bởi đường cong \((L)\) và parabol. Phần còn lại trên mảnh đất hình vuông đó thì công tử sẽ trồng cỏ.
Biết rằng chi phí xây hồ bơi là \(5\)triệu đồng/ \({m^2}\), chi phí lát gạch men là \(2\) triệu đồng/ \({m^2}\), chi phí trồng cỏ tự nhiên là \(100\)nghìn đồng/ \({m^2}\). Tính tổng số tiền mà công tử Bạc Liêu phải chi trả cho toàn bộ dự án trên theo đơn vị tỷ đồng (làm tròn đến hàng phần chục).
Biết rằng chi phí xây hồ bơi là \(5\)triệu đồng/ \({m^2}\), chi phí lát gạch men là \(2\) triệu đồng/ \({m^2}\), chi phí trồng cỏ tự nhiên là \(100\)nghìn đồng/ \({m^2}\). Tính tổng số tiền mà công tử Bạc Liêu phải chi trả cho toàn bộ dự án trên theo đơn vị tỷ đồng (làm tròn đến hàng phần chục).
Gán hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta dễ dàng tìm được \((P):y = – \frac{1}{{40}}{x^2} + 10\)
Diện tích hồ bơi là: \({S_b} = 2\int\limits_0^{20} {\left( { – \frac{1}{{40}}{x^2} + 10} \right)} = \frac{{800}}{3}\)
Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi tia \(Ot\) và trục \(Ox\).
Lúc đó: \(M(OM\cos \alpha ;OM{ sin}\alpha {)}\). Vì \(M \in \left( P \right)\)\( \Rightarrow OM{ sin}\alpha { = }\frac{{ – 1}}{{40}}{\left( {OM{ cos}\alpha } \right)^2} + 10\)
\(\begin{gathered}
\Rightarrow O{M^2}{ }{\left( {{cos}\alpha } \right)^2} + 40OM{ sin}\alpha – 400 = 0 \hfill \\
\hfill \\
\end{gathered} \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
OM = \frac{{ – 20\sin \alpha – 20}}{{{{\left( {{cos}\alpha } \right)}^2}}} \hfill \\
OM = \frac{{ – 20\sin \alpha – 20}}{{{{\left( {{cos}\alpha } \right)}^2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ta chọn \(OM = \frac{{20 – 20\sin \alpha }}{{{{\left( {{cos}\alpha } \right)}^2}}} = \frac{{20}}{{1 + \sin \alpha }}\)
TH1: \(\alpha \in \left[ {0,\arctan 2} \right] \Rightarrow ON = \frac{{20}}{{{cos}\alpha }}\).
Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{cos}\alpha }}\)
TH2:\(\alpha \in \left[ {\arctan 2,\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow ON = \frac{{40}}{{{sin}\alpha }}\).
Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{sin}\alpha }}\)
\({S_{(L)}} = 2\left[ {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\arctan 2} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{cos}\alpha }}} \right)}^2}} dx + \frac{1}{2}\int\limits_{\arctan 2}^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{sin}\alpha }}} \right)}^2}} dx} \right] = 756,3({m^2})\)
Tổng chi phí:
\($\)5.{S_b} + 2.\left( {{S_L} – {S_b}} \right) + 0,1\left( {{S_V} – {S_L}} \right)\(
\) = 5.\frac{{800}}{3} + 2.\left( {756,3 – \frac{{800}}{3}} \right) + 0,1\left( {1600 – 756,3} \right) = 2396,97 \approx 2,4\(tỉ
Lưu ý: Ở trên ta sử dụng công thức của bổ đề sau:
Cho một đương cong ( \)L\( ) có phương trình trong hệ tọa độ cực là \)r = r\left( \theta \right)\(, với \)\alpha \leqslant \theta \leqslant \beta \(. Tính diện tích \)S\( của hình phẳng giới hạn bởi đường cong \)\left( L \right)\( và hai tia \)\theta = \alpha ,\theta = \beta \(.
\)S = \int_\alpha ^\beta {\frac{1}{2}} {[r(\theta )]^2}d\theta $
Câu 22:
Bạn Quỳnh và bạn Hà tham gia chơi trò chơi sau:
+ Quỳnh chọn trước một trong ba vòng quay được cho trong hinh.
+ Sau đó, Hà chọn một trong hai vòng còn lại.
+ Cả hai quay vòng của mình. Người có số lớn hơn là người thắng.
Biết rằng mỗi vùng trên vòng quay đều có xác suất như nhau. Tính xác suất mà Quỳnh chiến thắng. Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm.
+ Quỳnh chọn trước một trong ba vòng quay được cho trong hinh.
+ Sau đó, Hà chọn một trong hai vòng còn lại.
+ Cả hai quay vòng của mình. Người có số lớn hơn là người thắng.
Biết rằng mỗi vùng trên vòng quay đều có xác suất như nhau. Tính xác suất mà Quỳnh chiến thắng. Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm.
Trả lời: 0,5.
Quỳnh chọn trước có 3 cách
Hà chọn sau có 2 cách
Quỳnh và Hà quay có \(3.3 = 9\) cách
\( \Rightarrow n(\Omega ) = 3.2.9 = 54\)
Quỳnh quay được:
– Số 9: Hà có 6 cách thua.
– Số 5: Hà có 3 cách thua.
– Số 3: Hà có 2 cách thua.
– Số 4: Hà có 2 cách thua.
– Số 8: Hà có 5 cách thua.
– Số 9: Hà có 4 cách thua.
– Số 6: Hà có 4 cách thua.
– Số 2: Hà có 1 cách thua.
⇒ Có 27 cách để Hà chiến thắng
Xác suất cần tìm là \(\frac{{27}}{{54}} = 0,5\).
Quỳnh chọn trước có 3 cách
Hà chọn sau có 2 cách
Quỳnh và Hà quay có \(3.3 = 9\) cách
\( \Rightarrow n(\Omega ) = 3.2.9 = 54\)
Quỳnh quay được:
– Số 9: Hà có 6 cách thua.
– Số 5: Hà có 3 cách thua.
– Số 3: Hà có 2 cách thua.
– Số 4: Hà có 2 cách thua.
– Số 8: Hà có 5 cách thua.
– Số 9: Hà có 4 cách thua.
– Số 6: Hà có 4 cách thua.
– Số 2: Hà có 1 cách thua.
⇒ Có 27 cách để Hà chiến thắng
Xác suất cần tìm là \(\frac{{27}}{{54}} = 0,5\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: B
54.
Câu 2
Đáp án đúng: A
\(\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 1;\,2;\,1} \right)\).
Câu 3
Đáp án đúng: D
\(3\).
Câu 4
Đáp án đúng: B
\({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}\).
Câu 5
Đáp án đúng: D
\(\int {f\left( x \right)} \,dx = \sin x + 2x + C\).
Câu 6
Đáp án đúng: B
\(BD\).
Câu 7
Đáp án đúng: A
\(x = 3\).
Câu 8
Đáp án đúng: D
\(x - 2y + 3z + 9 = 0\).
Câu 9
Đáp án đúng: C
\(\overrightarrow {BD'} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BB'} \).
Câu 10
Đáp án đúng: D
\(O\left( {0;0} \right)\).
Câu 11
Đáp án đúng: A
\(\frac{3}{{10}}\).
Câu 12
Đáp án đúng: B
\(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,\,x = \frac{{ - \pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 13
Đáp án đúng: C
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\), phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có đúng một nghiệm là \(\frac{{3\pi }}{8}\).
Câu 14
Đáp án đúng: B
Nếu gia tốc \(b = 0,8\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian giảm tốc \({t_2}\) lớn hơn \(13\) giây.
Câu 15
Đáp án đúng: B
Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\)và mặt phẳng bằng \(\frac{{ - 3}}{8}\).
Câu 16
Đáp án đúng: B
Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(\frac{{13}}{{20}}\), biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
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 12
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 12 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 12 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 12 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 12 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 12, 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 12 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 12 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 12 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.