Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 13
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 13
Thực Hành Làm Bài Thi Trắc Nghiệm: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 13
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 13. 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 13 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 13
Câu 1:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có một nguyên hàm là \(F\left( x \right)\). Biết rằng \(F\left( 1 \right) = 9\), \(F\left( 2 \right) = 5\). Giá trị của tích phân bằng \(\int\limits_1^2 {f\left( x \right).dx} \) bằng
\( - 4\).
\($
Lời giải:Chọn C
Ta có: \)\int\limits_1^2 {f\left( x \right).dx} = F\left( 2 \right) – F\left( 1 \right) = 5 – 9 = – 4$.
Lời giải:Chọn C
Ta có: \)\int\limits_1^2 {f\left( x \right).dx} = F\left( 2 \right) – F\left( 1 \right) = 5 – 9 = – 4$.
Câu 2:
Cho hình chóp đều \(S.ABCD\). Mặt phẳng nào sau đây vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\)?
\(\left( {SBD} \right)\).
Chọn D
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Tứ giác\(ABCD\) đều nên \(AC \bot BD\) (1).
Mặt khác tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) nên \(SO \bot AC\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC \bot \left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Tứ giác\(ABCD\) đều nên \(AC \bot BD\) (1).
Mặt khác tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) nên \(SO \bot AC\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC \bot \left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
Câu 3:
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\frac{{x – 1}}{4} = \frac{{y – 2}}{3} = \frac{{z – 3}}{{ – 7}}\). Phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {1;2;3} \right)\)và vuông góc với đường thẳng d là
\(4x + 3y - 7z + 11 = 0\).
Chọn C
Vì mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d nên \(\overrightarrow n = \overrightarrow u = \left( {4;3; – 7} \right)\)
Phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {1;2;3} \right)\) và có vec tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {4;3; – 7} \right)\)
\(4\left( {x – 1} \right) + 3\left( {y – 2} \right) – 7\left( {z – 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 4x + 3y – 7z + 11 = 0\)
Vì mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d nên \(\overrightarrow n = \overrightarrow u = \left( {4;3; – 7} \right)\)
Phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {1;2;3} \right)\) và có vec tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {4;3; – 7} \right)\)
\(4\left( {x – 1} \right) + 3\left( {y – 2} \right) – 7\left( {z – 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 4x + 3y – 7z + 11 = 0\)
Câu 4:
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình \({\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^x} < 1\).
\(S = \left( {0; + \infty } \right)\).
Chọn A
\({\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^x} < 1 \Leftrightarrow x > {\log _{\left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}1 = 0\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( {0; + \infty } \right)\)
\({\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^x} < 1 \Leftrightarrow x > {\log _{\left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}1 = 0\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( {0; + \infty } \right)\)
Câu 5:
Hình vẽ sau đây là đồ thị hàm số nào?
\(y = {x^3} - 2x + 1\).
Chọn A
Dựa vào đồ thị, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \), loại phương án C
Xét phương án D có \(y’ = 3{x^2} + 2 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), hàm số không có cực tri, loại phương án D
Xét phương án \(B\) có \(y’ = 3{x^2} – 4x\) và \(y’\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\) nên hàm số đạt cực tri tại \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\), loại phương án \(B\).
Dựa vào đồ thị, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \), loại phương án C
Xét phương án D có \(y’ = 3{x^2} + 2 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), hàm số không có cực tri, loại phương án D
Xét phương án \(B\) có \(y’ = 3{x^2} – 4x\) và \(y’\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\) nên hàm số đạt cực tri tại \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\), loại phương án \(B\).
Câu 6:
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\)có \({u_3} = 5\) và \({u_6} = 40\). Số hạng \({u_4}\) của cấp số nhân là
\({u_4} = 10\).
Chọn D
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_3} = {u_1}{q^2} \hfill \\
{u_6} = {u_1}{q^5} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} = \frac{5}{4} \hfill \\
q = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow {u_4} = 10\)
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_3} = {u_1}{q^2} \hfill \\
{u_6} = {u_1}{q^5} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} = \frac{5}{4} \hfill \\
q = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow {u_4} = 10\)
Câu 7:
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) = 3{x^2} – \sin x\)
\(f(x) = {x^3} + cosx + C\).
Chọn B
\(\int {\left( {3{x^2} – \sin x} \right)} {d}x = \int {3{x^2}} {d}x – \int {\sin x} {d}x = {x^3} + cosx + C\).
\(\int {\left( {3{x^2} – \sin x} \right)} {d}x = \int {3{x^2}} {d}x – \int {\sin x} {d}x = {x^3} + cosx + C\).
Câu 8:
Chohình lăng trụ \(ABC.A’B’C’\)phát biểu nào sau đây là đúng
\(\overrightarrow {B'C} = - \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)
Chọn B
Ta có \(\overrightarrow {B’C} = \overrightarrow {B’B} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = – \overrightarrow {AA’} – \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)
Ta có \(\overrightarrow {B’C} = \overrightarrow {B’B} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = – \overrightarrow {AA’} – \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)
Câu 9:
Rút gọn biểu thức \(P = \sin 3x\cos x – \sin x\cos 3x\).
\(P = \sin 2x\).
Chọn C
\(\begin{gathered}
P = \sin 3x\cos x – \sin x\cos 3x \hfill \\
\,\,\,\,\, = \sin \left( {3x – x} \right) = \sin 2x \hfill \\
\end{gathered} \)
\(\begin{gathered}
P = \sin 3x\cos x – \sin x\cos 3x \hfill \\
\,\,\,\,\, = \sin \left( {3x – x} \right) = \sin 2x \hfill \\
\end{gathered} \)
Câu 10:
Thống kê điểm kiểm tra học kì 1 môn Toán của \(300\) học sinh lớp \(12\) được mô tả ở bảng sau
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là
\(8\).
Chọn C
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là \(R = 10 – 2 = 8\).
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là \(R = 10 – 2 = 8\).
Câu 11:
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt phẳng \(\left( P \right):x – 3y – 4z + 1 = 0\). Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) có tọa độ là
\(\left( {1; - 3; - 4} \right)\).
Chọn B
\(\left( P \right):x – 3y – 4z + 1 = 0\), một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) có tọa độ là \(\left( {1; – 3; – 4} \right)\)
\(\left( P \right):x – 3y – 4z + 1 = 0\), một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) có tọa độ là \(\left( {1; – 3; – 4} \right)\)
Câu 12:
Có \(7\)chiếc ghế xếp thành hàng ngang. Có bao nhiêu cách xếp \(3\) người vào \(7\) chiếc ghế đó sao cho mỗi người ngồi một ghế?
\(210.\)
Chọn B
Mỗi cách xếp tạo ra một chỉnh hợp chập \(3\)của \(7\)nên số cách xếp là \(210\).
Mỗi cách xếp tạo ra một chỉnh hợp chập \(3\)của \(7\)nên số cách xếp là \(210\).
Câu 13:
Một chất điểm \(A\) chuyển động từ trạng thái nghỉ và xuất phát từ \(O\), chuyển động thẳng, nhanh dần đều với gia tốc \(a\left( {m/{s^2}} \right)\); 6 giây sau nó đạt đến vận tốc \(12{\kern 1pt} \left( {m/s} \right)\). Từ thời điểm đó chất điểm \(A\) chuyển động thẳng đều. Cũng từ trạng thái nghỉ một chất điểm \(B\) xuất phát từ \(O\), chuyển động thẳng cùng hướng với \(A\) nhưng chậm hơn 3 giây so với \(A\) và chuyển động thẳng, nhanh dần đều với gia tốc \(4\left( {m/{s^2}} \right)\).
a) Đúng. Chất điểm \(A\) đạt vận tốc \(12{\kern 1pt} \left( {m/s} \right)\) sau \(6s\) chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ. Áp dụng công thức: \(a = \frac{{\Delta v}}{{\Delta t}} = \frac{{12}}{6} = 2\;\left( {m/{s^2}} \right)\).
Sử dụng công thức tính quãng đường đi được trong chuyển động thẳng nhanh dần đều: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(A\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \(S = \frac{1}{2}{.2.6^2} = 36\;\left( m \right)\). Suy ra a) đúng.
b) Đúng. Chất điểm \(B\) chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc \(4\left( {m/{s^2}} \right)\). Áp dụng công thức tính quãng đường: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(B\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \({S_B}\left( t \right) = \frac{1}{2}.4.{t^2} = 2{t^2}\;\left( m \right)\).
Suy ra b) đúng.
c) Đúng. Gọi \({T_0}\) là thời gian từ lúc chất điểm \(B\) xuất phát cho đến khi đuổi kịp chất điểm \(A\). Trong khoảng thời gian này \(A\) đã chuyển động đều sau khi đạt vận tốc \(12m/s\). Quãng đường \(A\) đi được từ lúc xuất phát đến khi gặp \(B\) là \({S_A} = 36 + 12{T_0}\). Suy ra c) đúng.
d) Đúng. Vì hai chất điểm gặp nhau nên: \({S_A} = {S_B} \Leftrightarrow 36 + 12{T_0} = 2{T_0}^2 \Leftrightarrow {T_0}^2 – 12{T_0} – 36 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
{T_0} = 3 + 3\sqrt 3 \approx 8,196\;(TM) \hfill \\
{T_0} = 3 – 3\sqrt 3 \;(loai) \hfill \\
\end{gathered} \right.\;\).
Sử dụng công thức tính quãng đường đi được trong chuyển động thẳng nhanh dần đều: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(A\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \(S = \frac{1}{2}{.2.6^2} = 36\;\left( m \right)\). Suy ra a) đúng.
b) Đúng. Chất điểm \(B\) chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc \(4\left( {m/{s^2}} \right)\). Áp dụng công thức tính quãng đường: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(B\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \({S_B}\left( t \right) = \frac{1}{2}.4.{t^2} = 2{t^2}\;\left( m \right)\).
Suy ra b) đúng.
c) Đúng. Gọi \({T_0}\) là thời gian từ lúc chất điểm \(B\) xuất phát cho đến khi đuổi kịp chất điểm \(A\). Trong khoảng thời gian này \(A\) đã chuyển động đều sau khi đạt vận tốc \(12m/s\). Quãng đường \(A\) đi được từ lúc xuất phát đến khi gặp \(B\) là \({S_A} = 36 + 12{T_0}\). Suy ra c) đúng.
d) Đúng. Vì hai chất điểm gặp nhau nên: \({S_A} = {S_B} \Leftrightarrow 36 + 12{T_0} = 2{T_0}^2 \Leftrightarrow {T_0}^2 – 12{T_0} – 36 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
{T_0} = 3 + 3\sqrt 3 \approx 8,196\;(TM) \hfill \\
{T_0} = 3 – 3\sqrt 3 \;(loai) \hfill \\
\end{gathered} \right.\;\).
Câu 14:
Một thực tế là khi một sợi dây mềm được quấn quanh một hình trụ nhám, một lực nhỏ có độ lớn \({F_0}\) ở một đầu có thể đối kháng một lực lớn có độ lớn \(F\) ở đầu bên kia. Hình vẽ dưới đây cho thấy đồ thị của \(F\) (tính bằng pound, kí hiệu lb) so với \(\theta \) (tính bằng radian), trong đó \(F\) là độ lớn của lực có thể bị cản lại bời một lực có độ lớn \({F_0} = 10{lb}\) đối với một sợi dây và hình trụ nhất định. Người ta chứng minh được rằng \({F^\prime }(\theta ) = \mu .F(\theta )\) trong đó hằng số \(\mu \) được gọi là hệ số ma sát.
Với mọi \(F(\theta ) \geqslant 0\) ta luôn có đạo hàm của \(\ln (F(\theta ))\) bằng \(\frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}}\).
a) Đúng.
Dựa theo đồ thị ta thấy \(F(0) = 10,F(10) = 200\)
b) Sai.
Ta có: \(\ln u = \frac{{u’}}{u}\) với \(u > 0\)
c) Đúng.
Ta có: \(F'(\theta ) = \mu .F(\theta )\)
\( \Rightarrow \frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}} = \mu \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \int d \theta \)
d) Đúng.
Theo ý c) ta có: \(\ln F(\theta ) = \mu \int {d\theta } \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \theta + C\)
\({ M\`a }F(0) = 10,F(10) = 200 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{C = \ln 10} \\
{\mu = \frac{{\ln (20)}}{{10}} \approx 0,3}
\end{array}} \right.\)
Dựa theo đồ thị ta thấy \(F(0) = 10,F(10) = 200\)
b) Sai.
Ta có: \(\ln u = \frac{{u’}}{u}\) với \(u > 0\)
c) Đúng.
Ta có: \(F'(\theta ) = \mu .F(\theta )\)
\( \Rightarrow \frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}} = \mu \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \int d \theta \)
d) Đúng.
Theo ý c) ta có: \(\ln F(\theta ) = \mu \int {d\theta } \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \theta + C\)
\({ M\`a }F(0) = 10,F(10) = 200 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{C = \ln 10} \\
{\mu = \frac{{\ln (20)}}{{10}} \approx 0,3}
\end{array}} \right.\)
Câu 15:
Coi bề mặt trái đất là mặt cầu có bán kính \(6371\)km. Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) với gốc \(O\) tại tâm Trái Đất và đơn vị độ dài trên mỗi trục tọa độ là \(6371\)km. Giả sử tại một thời điểm, một thiết bị GPS trên mặt đất xác định được khoảng cách từ nó đến ba vệ tinh đặt tại các điểm có tọa độ \(A\left( {2;\,0;\,0} \right)\), \(B\left( {0;\,2;\,0} \right)\), \(C\left( {0;\,\frac{{11}}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\) tương ứng là \(\sqrt 5 ;\,\sqrt 2 ;\,2\) (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Thiết bị GPS có tọa độ \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\, - \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
a) Đúng: Phương trình bề mặt trái đất là \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 1\)
b) Sai: Giả sử tại thời điểm đã cho thì thiết bị GPS ở điểm có tọa độ \(P\left( {x;\,y;\,z} \right)\)
Khi đó \(\left\{ \begin{gathered}
OP = 1 \hfill \\
OA = \sqrt 5 \hfill \\
OB = \sqrt 2 \hfill \\
OC = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 \hfill \\
{\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 5 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} = 2 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – \frac{{11}}{4}} \right)^2} + {\left( {z – \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)^2} = 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
y = \frac{3}{4} \hfill \\
z = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)nên \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
c) Đúng: Vị trí điểm \(P\) của GPS có tung độ dương nên thuộc bán cầu Đông và có cao độ dương nên thuộc bán cầu Bắc
Gọi vĩ độ và kinh độ của \(P\) tương ứng là \(\alpha ^\circ \)N, \(\beta ^\circ \)E \(\left( {0^\circ < \alpha < 90^\circ ;\,0^\circ < \beta < 180^\circ } \right)\)
Khi đó \(P\left( {\cos \alpha ^\circ \cos \beta ^\circ ;\,\cos \alpha ^\circ \sin \beta ^\circ ;\,\sin \alpha ^\circ } \right)\) mà \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\) nên \(\sin \alpha = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow \alpha \approx 41^\circ \)
Ta có \(\cos \alpha \ne 0\) và \(\cos \alpha \cos \beta = 0\) nên \(\cos \beta = 0\) suy ra \(\beta = 90^\circ \)
Vậy vị trí của thiết bị GPS là \(41^\circ \)N, \(90^\circ \)E.
d) Sai: Gọi vị trí của thiết bị GPS đặt tại điểm \(Q\)
Khi đó: \(QA = QB \Leftrightarrow {\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} \Leftrightarrow x = y \Rightarrow Q\left( {x;x; \pm \sqrt {1 – 2{x^2}} } \right)\)
Đặt \(\gamma = \widehat {POQ} \Rightarrow {cos}\gamma = \frac{{\overrightarrow {OP} .\overrightarrow {OQ} }}{{\left| {\overrightarrow {OP} \left| . \right|\overrightarrow {OQ} } \right|}} = \frac{3}{4}x \pm \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}\).
Độ dài cung nhỏ trên thực tế là \(6371\alpha \)km
Do đó khoảng cách trên mặt đất giữa hai thiết bị GPS ngắn nhất khi \(\gamma \) nhỏ nhất tức \(\cos \gamma \) lớn nhất.
Mà \({max}\left\{ {\frac{3}{4}x + \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}} \right\} = \frac{{\sqrt {46} }}{8} \Leftrightarrow x = \frac{3}{{\sqrt {46} }}\)
b) Sai: Giả sử tại thời điểm đã cho thì thiết bị GPS ở điểm có tọa độ \(P\left( {x;\,y;\,z} \right)\)
Khi đó \(\left\{ \begin{gathered}
OP = 1 \hfill \\
OA = \sqrt 5 \hfill \\
OB = \sqrt 2 \hfill \\
OC = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 \hfill \\
{\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 5 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} = 2 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – \frac{{11}}{4}} \right)^2} + {\left( {z – \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)^2} = 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
y = \frac{3}{4} \hfill \\
z = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)nên \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
c) Đúng: Vị trí điểm \(P\) của GPS có tung độ dương nên thuộc bán cầu Đông và có cao độ dương nên thuộc bán cầu Bắc
Gọi vĩ độ và kinh độ của \(P\) tương ứng là \(\alpha ^\circ \)N, \(\beta ^\circ \)E \(\left( {0^\circ < \alpha < 90^\circ ;\,0^\circ < \beta < 180^\circ } \right)\)
Khi đó \(P\left( {\cos \alpha ^\circ \cos \beta ^\circ ;\,\cos \alpha ^\circ \sin \beta ^\circ ;\,\sin \alpha ^\circ } \right)\) mà \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\) nên \(\sin \alpha = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow \alpha \approx 41^\circ \)
Ta có \(\cos \alpha \ne 0\) và \(\cos \alpha \cos \beta = 0\) nên \(\cos \beta = 0\) suy ra \(\beta = 90^\circ \)
Vậy vị trí của thiết bị GPS là \(41^\circ \)N, \(90^\circ \)E.
d) Sai: Gọi vị trí của thiết bị GPS đặt tại điểm \(Q\)
Khi đó: \(QA = QB \Leftrightarrow {\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} \Leftrightarrow x = y \Rightarrow Q\left( {x;x; \pm \sqrt {1 – 2{x^2}} } \right)\)
Đặt \(\gamma = \widehat {POQ} \Rightarrow {cos}\gamma = \frac{{\overrightarrow {OP} .\overrightarrow {OQ} }}{{\left| {\overrightarrow {OP} \left| . \right|\overrightarrow {OQ} } \right|}} = \frac{3}{4}x \pm \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}\).
Độ dài cung nhỏ trên thực tế là \(6371\alpha \)km
Do đó khoảng cách trên mặt đất giữa hai thiết bị GPS ngắn nhất khi \(\gamma \) nhỏ nhất tức \(\cos \gamma \) lớn nhất.
Mà \({max}\left\{ {\frac{3}{4}x + \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}} \right\} = \frac{{\sqrt {46} }}{8} \Leftrightarrow x = \frac{3}{{\sqrt {46} }}\)
Câu 16:
Có hai phác đồ điều trị A và B cho một loại bệnh. Phác đồ A có xác suất chữa khỏi bệnh là 60% và xác suất gây tác dụng phụ nghiêm trọng là 5%. Phác đồ B có xác suất chữa khỏi bệnh là 70% và xác suất gây tác dụng phụ nghiêm trọng là 10%. Một bệnh nhân được điều trị ngẫu nhiên bằng một trong hai phác đồ (xác suất chọn mỗi phác đồ là 50%).
Xác suất bệnh nhân điều trị bằng phác đồ A và được chữa khỏi bệnh là 0,6.
Gọi \(A\) là biến cố “bệnh nhân chọn phác đồ A”.
Gọi \(B\) là biến cố “bệnh nhân khỏi bệnh”.
Gọi \(C\) là biến cố “bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng”.
Khi đó:
\(P(A) = P(\bar A) = 0,5\)
\(P(B|A) = 0,6\)
\(P(B|\bar A) = 0,7\)
\(P(C|A) = 0,05\)
\(P(C|\bar A) = 0,1\)
a) Sai. Xác suất bệnh nhân điều trị phác đồ A và khỏi bệnh là:
\(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = 0,5 \times 0,6 = 0,3\).
b)Đúng. Xác suất bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P(C) = P(A \cap C) + P(\bar A \cap C) = P(A) \cdot P(C|A) + P(\bar A) \cdot P(C|\bar A) = 0,5 \cdot 0,05 + 0,5 \cdot 0,1 = 0,075\)
c)Đúng. Nếu biết bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng thì xác suất để bệnh nhân chọn phác đồ B là:
\(P(\bar A|C) = \frac{{P(\bar A \cap C)}}{{P(C)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,1}}{{0,075}} = \frac{2}{3} > 0,65\).
d)Đúng. Theo giả thiết \(B/A\) và \(\bar C/A\) độc lập, \(B/\bar A\) và \(\bar C/\bar A\) độc lập.
Xác suất bệnh nhân khỏi bệnh và không bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P\left( {B \cap \bar C} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap A} \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap \bar A} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar A} \right)\)
\( = P(A) \cdot P(B|A) \cdot P(\bar C|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) \cdot P(\bar C|\bar A)\)\( = 0,5 \cdot 0,6 \cdot (1 – 0,05) + 0,5 \cdot 0,7 \cdot (1 – 0,1)\)
\( = 0,6\).
Gọi \(B\) là biến cố “bệnh nhân khỏi bệnh”.
Gọi \(C\) là biến cố “bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng”.
Khi đó:
\(P(A) = P(\bar A) = 0,5\)
\(P(B|A) = 0,6\)
\(P(B|\bar A) = 0,7\)
\(P(C|A) = 0,05\)
\(P(C|\bar A) = 0,1\)
a) Sai. Xác suất bệnh nhân điều trị phác đồ A và khỏi bệnh là:
\(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = 0,5 \times 0,6 = 0,3\).
b)Đúng. Xác suất bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P(C) = P(A \cap C) + P(\bar A \cap C) = P(A) \cdot P(C|A) + P(\bar A) \cdot P(C|\bar A) = 0,5 \cdot 0,05 + 0,5 \cdot 0,1 = 0,075\)
c)Đúng. Nếu biết bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng thì xác suất để bệnh nhân chọn phác đồ B là:
\(P(\bar A|C) = \frac{{P(\bar A \cap C)}}{{P(C)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,1}}{{0,075}} = \frac{2}{3} > 0,65\).
d)Đúng. Theo giả thiết \(B/A\) và \(\bar C/A\) độc lập, \(B/\bar A\) và \(\bar C/\bar A\) độc lập.
Xác suất bệnh nhân khỏi bệnh và không bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P\left( {B \cap \bar C} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap A} \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap \bar A} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar A} \right)\)
\( = P(A) \cdot P(B|A) \cdot P(\bar C|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) \cdot P(\bar C|\bar A)\)\( = 0,5 \cdot 0,6 \cdot (1 – 0,05) + 0,5 \cdot 0,7 \cdot (1 – 0,1)\)
\( = 0,6\).
Câu 17:
Một khay đá gồm \(6\) ngăn nhỏ có dạng là các hình chóp cụt với miệng đáy là hình vuông.
Ta đo được độ dài cạnh đáy nhỏ, cạnh đáy lớn lần lượt bằng \(1\,\,cm\) và \(3\,\,cm\) và chiều cao mặt bên bằng \(\sqrt 2 \,\,cm\). Tính \(a + b\) biết \(\operatorname{cosin} \) góc giữa đường chéo của viên đá với cạnh đáy của viên đá có dạng \(\frac{a}{b}\) (a,b là hai số nguyên tố cùng nhau).
Ta đo được độ dài cạnh đáy nhỏ, cạnh đáy lớn lần lượt bằng \(1\,\,cm\) và \(3\,\,cm\) và chiều cao mặt bên bằng \(\sqrt 2 \,\,cm\). Tính \(a + b\) biết \(\operatorname{cosin} \) góc giữa đường chéo của viên đá với cạnh đáy của viên đá có dạng \(\frac{a}{b}\) (a,b là hai số nguyên tố cùng nhau).
Trả lời: \(5\).
Mỗi ngăn đá là một hình chóp cụt có hai đáy là hình vuông, các cạnh bên băng nhau. Các cạnh bên đồng quy tại \(S\). Góc giữa các đường chéo với các cạnh đáy bằng nhau nên ta xem đó là góc giữa \(MB\) và \(BC\). Kẻ \(MH \bot CD\), \(H \in CD\).
Ta có: \(MC = \sqrt {M{H^2} + H{C^2}} = \sqrt 6 \,\,cm\), \(MD = \sqrt 3 \,\,cm\), \(BD = 3\sqrt 2 \,\,cm\).
Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(M\), \(P\) trên \(BD\). Nên \(ME \bot BD\), \(FP \bot BD\)
Suy ra: \( \Rightarrow DE = EF = FB = \sqrt 2 \,\,cm\).
Khi đó \(ME = \sqrt {M{D^2} – D{E^2}} = 1\,cm\)\( \Rightarrow MB = \sqrt {M{E^2} + E{B^2}} = 3\,\,cm\).
Trong \(\Delta MBC\) có \(\cos \widehat {MBC} = \frac{{M{B^2} + B{C^2} – M{C^2}}}{{2.MB.MC}} = \frac{2}{3}\).
Vậy \(a + b = 2 + 3 = 5\).
Mỗi ngăn đá là một hình chóp cụt có hai đáy là hình vuông, các cạnh bên băng nhau. Các cạnh bên đồng quy tại \(S\). Góc giữa các đường chéo với các cạnh đáy bằng nhau nên ta xem đó là góc giữa \(MB\) và \(BC\). Kẻ \(MH \bot CD\), \(H \in CD\).
Ta có: \(MC = \sqrt {M{H^2} + H{C^2}} = \sqrt 6 \,\,cm\), \(MD = \sqrt 3 \,\,cm\), \(BD = 3\sqrt 2 \,\,cm\).
Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(M\), \(P\) trên \(BD\). Nên \(ME \bot BD\), \(FP \bot BD\)
Suy ra: \( \Rightarrow DE = EF = FB = \sqrt 2 \,\,cm\).
Khi đó \(ME = \sqrt {M{D^2} – D{E^2}} = 1\,cm\)\( \Rightarrow MB = \sqrt {M{E^2} + E{B^2}} = 3\,\,cm\).
Trong \(\Delta MBC\) có \(\cos \widehat {MBC} = \frac{{M{B^2} + B{C^2} – M{C^2}}}{{2.MB.MC}} = \frac{2}{3}\).
Vậy \(a + b = 2 + 3 = 5\).
Câu 18:
Cho hình vẽ bên trái thể hiện một phần bản đồ của thành phố Hồ Chí Minh và bảng dưới bên phải liệt kê các cây cầu/hầm đi qua từng khu vực. Kí hiệu “0” biểu diễn đầu cuối của cây cầu. Ví dụ cầu chữ Y bắt từ đỉnh A qua đỉnh C nên tại A và C ta kí hiệu “0”. Biết rằng
Biết rằng ta cần vạch ra các đường đi phù hợp sao cho có thể đi qua hết tất cả cây cầu/hầm dù chỉ lần thông qua việc vẽ mô hình lí thuyết đồ thị với điểm đầu và cuối lần lượt là F và \(D.\)Nếu 4 cây cầu bắt qua giữa A và B cần phải đi qua liên tiếp nhau trong đường đi và trước khi về lại D phải qua cầu Rạch Ông thì có tất cả bao nhiêu đường đi?
Biết rằng ta cần vạch ra các đường đi phù hợp sao cho có thể đi qua hết tất cả cây cầu/hầm dù chỉ lần thông qua việc vẽ mô hình lí thuyết đồ thị với điểm đầu và cuối lần lượt là F và \(D.\)Nếu 4 cây cầu bắt qua giữa A và B cần phải đi qua liên tiếp nhau trong đường đi và trước khi về lại D phải qua cầu Rạch Ông thì có tất cả bao nhiêu đường đi?
Trả lời: \(288\)
Từ bảng bên phải ta suy ra số lượng số “0” ở mỗi đỉnh thể hiện bậc của mỗi đỉnh, tức ta lần lượt suy ra:
\(\deg \left( A \right) = 6,\deg \left( B \right) = 8,\deg \left( C \right) = 2,\deg \left( D \right) = 3,\deg \left( E \right) = 4,\deg \left( F \right) = 1\)
Từ đó ta có hình vẽ như sau (hình bên dưới).
Tiếp đến ta có chuỗi lập luận như sau:
Vì FA chỉ có 1 con đường duy nhất nên chỉ có 1 con đường từ F đến A.
Kế đến do từ A đến B có 4 cây cầu phải đi qua liên tiếp (có 4! cách) nên ta sẽ đơn giản hóa đồ thị như sau:
– Ta đã đánh giá được đoạn F-A nên ta bỏ trước đoạn F-A.
– Do chỉ có về A nên ta bỏ đi nhánh A-
B. (hình trái)
– Do ACD liên tiếp và là con đường duy nhất nên ta bỏ đoạn A-
C. (hình giữa)
– Tiếp đến từ C chỉ có 1 cách đi tới D nên ta bỏ đoạn C-
D. Khi đó ta có 2 khả năng như hình phải.
Như vậy sau khi bỏ nhánh C-D, ta nhận xét được rằng phải đi hết 3 cây cầu bắt giữa B và E liên
tiếp để về lại đích D tức ta có 3! cách. Từ đây kết luận tổng số đường đi là: \(2.4!.3! = 288\) (cách).
Từ bảng bên phải ta suy ra số lượng số “0” ở mỗi đỉnh thể hiện bậc của mỗi đỉnh, tức ta lần lượt suy ra:
\(\deg \left( A \right) = 6,\deg \left( B \right) = 8,\deg \left( C \right) = 2,\deg \left( D \right) = 3,\deg \left( E \right) = 4,\deg \left( F \right) = 1\)
Từ đó ta có hình vẽ như sau (hình bên dưới).
Tiếp đến ta có chuỗi lập luận như sau:
Vì FA chỉ có 1 con đường duy nhất nên chỉ có 1 con đường từ F đến A.
Kế đến do từ A đến B có 4 cây cầu phải đi qua liên tiếp (có 4! cách) nên ta sẽ đơn giản hóa đồ thị như sau:
– Ta đã đánh giá được đoạn F-A nên ta bỏ trước đoạn F-A.
– Do chỉ có về A nên ta bỏ đi nhánh A-
B. (hình trái)
– Do ACD liên tiếp và là con đường duy nhất nên ta bỏ đoạn A-
C. (hình giữa)
– Tiếp đến từ C chỉ có 1 cách đi tới D nên ta bỏ đoạn C-
D. Khi đó ta có 2 khả năng như hình phải.
Như vậy sau khi bỏ nhánh C-D, ta nhận xét được rằng phải đi hết 3 cây cầu bắt giữa B và E liên
tiếp để về lại đích D tức ta có 3! cách. Từ đây kết luận tổng số đường đi là: \(2.4!.3! = 288\) (cách).
Câu 19:
Bạn Xuân Anh có một tờ giấy cúng hình chữ nhật \(ABCD\) với \(AB = 4{dm},AD = 2{dm}\). Bạn chọn một điểm \(M\) thuộc cạnh \(BC\) rồi dùng thước kẻ vạch và cắt tờ giấy theo đường thẳng \(AM,\) chia tờ giấy thành hai phần.
Phần mảnh giấy chứa cạnh \(CD\): Bạn muốn cắt được một hình vuông có đỉnh \(D\), hai cạnh nằm trên đường \(DA\) và \(DC,\) đỉnh còn lại hình vuông thuộc đường cắt \(AM.\)
Phần mảnh giấy chứa cạnh \(AB\): Bạn muốn cắt được một hình tròn sao cho hình tròn tiếp xúc với cả ba cạnh tam giác \(ABM.\)
Gọi \(S\) (phần tô đậm trong hình vẽ) là tổng diện tích của hình vuông và hình tròn cắt được. Hỏi khi \(M\) di động trên \(BC,\) giá trị nhỏ nhất của \(S\) bằng bao nhiêu \({d}{{m}^2}\) (làm tròn đến hàng phần trăm)?
Phần mảnh giấy chứa cạnh \(CD\): Bạn muốn cắt được một hình vuông có đỉnh \(D\), hai cạnh nằm trên đường \(DA\) và \(DC,\) đỉnh còn lại hình vuông thuộc đường cắt \(AM.\)
Phần mảnh giấy chứa cạnh \(AB\): Bạn muốn cắt được một hình tròn sao cho hình tròn tiếp xúc với cả ba cạnh tam giác \(ABM.\)
Gọi \(S\) (phần tô đậm trong hình vẽ) là tổng diện tích của hình vuông và hình tròn cắt được. Hỏi khi \(M\) di động trên \(BC,\) giá trị nhỏ nhất của \(S\) bằng bao nhiêu \({d}{{m}^2}\) (làm tròn đến hàng phần trăm)?
Trả lời: 3,16
Đặt \(MB = x,\,\left( {0 < x < 2} \right) \Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {{x^2} + 16} \)
Gọi \(y,r\) lần lượt là độ dài cạnh hình vuông \(DEFG\) và bán kính đường tròn nội tiếp \(\vartriangle ABM\).
Ta có: \(\vartriangle ABM\) vuông tại \(B\) nên \(r = \frac{{AB + BM – AM}}{2} = \frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}\) (Tính chất tiếp tuyến)
Lai có: \(GAF = AMB\) (so le trong)
\( \Rightarrow \tan GAF = \tan AMB \Leftrightarrow \frac{{GF}}{{GA}} = \frac{{AB}}{{BM}} \Leftrightarrow \frac{y}{{2 – y}} = \frac{4}{x} \Rightarrow y = \frac{8}{{x + 4}}\)
Suy ra tổng diện tích hai hình là \(S = {y^2} + \pi \cdot {r^2} = \frac{{64}}{{x + {4^2}}} + \pi \cdot {\left( {\frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}} \right)^2} = f(x)\)
Sử dụng MTCT ta tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(\left( {0;2} \right)\) là \(3,16\)
Đặt \(MB = x,\,\left( {0 < x < 2} \right) \Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {{x^2} + 16} \)
Gọi \(y,r\) lần lượt là độ dài cạnh hình vuông \(DEFG\) và bán kính đường tròn nội tiếp \(\vartriangle ABM\).
Ta có: \(\vartriangle ABM\) vuông tại \(B\) nên \(r = \frac{{AB + BM – AM}}{2} = \frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}\) (Tính chất tiếp tuyến)
Lai có: \(GAF = AMB\) (so le trong)
\( \Rightarrow \tan GAF = \tan AMB \Leftrightarrow \frac{{GF}}{{GA}} = \frac{{AB}}{{BM}} \Leftrightarrow \frac{y}{{2 – y}} = \frac{4}{x} \Rightarrow y = \frac{8}{{x + 4}}\)
Suy ra tổng diện tích hai hình là \(S = {y^2} + \pi \cdot {r^2} = \frac{{64}}{{x + {4^2}}} + \pi \cdot {\left( {\frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}} \right)^2} = f(x)\)
Sử dụng MTCT ta tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(\left( {0;2} \right)\) là \(3,16\)
Câu 20:
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho hai viên bi xanh và đỏ ban đầu dạng hai mặt cầu lần lượt là \(\left( {{S_{do}}} \right):{\left( {x – 10} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z – 3} \right)^2} = 9\) và \(\left( {{S_{xanh}}} \right):{\left( {x + 12} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z – 4} \right)^2} = 16\). Biết mặt đất trùng với mặt phẳng \(Oxy\) và hai mặt cầu này tiếp xúc với mặt phẳng \(Oxy\) với điểm tiếp xúc nằm trên trục \(Ox\). Truyền cho hai viên bi đỏ và xanh lần lượt các tốc độ không đổi (m/s) và \({v_x} = 3\)(m/s) thì hai viên bi lăn thẳng về phía nhau dọc theo trục \(Ox\) (Điểm tiếp xúc luôn nằm trên \(Ox\)). Sau khoảng thời gian bằng bao nhiêu giây thì hai viên bi va chạm lần đầu tiên (Đơn vị trên hệ trục tọa độ là mét và kết quả làm tròn đến hàng phần chục)
Trả lời: \(1,88\)
Gọi \(M,\,N\) lần lượt là vị trí tiếp xúc của bi xanh và bi đỏ với trục \(Ox\)
Dựa vào phương trình mặt cầu thì khoảng cách giữa hai viên bị ban đầu là \(22\)m
Khi hai viên bị va chạm nhau tức là hai mặt cầu này sẽ tiếp xúc với nhau và bán kính hai mặt cầu này hơn kém nhau \(1\)m.
Khi đó: \(\sin \alpha = \frac{1}{7}\) suy ra \(MN = 7.\cos \alpha = 4\sqrt 3 \) nên hai viên va chạm nhau khi \(MN = 4\sqrt 3 \).
Phương trình tọa độ điểm \(M\) theo trục \(Ox\): \(10 – 5t\)
Phương trình tọa độ điểm \(N\) theo trục \(Ox\): \( – 12 + 3t\)
Do \(MN = 4\sqrt 3 \Leftrightarrow \left| {10 – 5t + 12 – 3t} \right| = 4\sqrt 3 \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
8t – 22 = 4\sqrt 3 \hfill \\
8t – 22 = – 4\sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t \approx 1,88\left( {nhan} \right) \hfill \\
t \approx 3,61\left( {loai} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy sau khoảng \(1,88\) giây thì hai viên bi va chạm lần đầu tiên.
Gọi \(M,\,N\) lần lượt là vị trí tiếp xúc của bi xanh và bi đỏ với trục \(Ox\)
Dựa vào phương trình mặt cầu thì khoảng cách giữa hai viên bị ban đầu là \(22\)m
Khi hai viên bị va chạm nhau tức là hai mặt cầu này sẽ tiếp xúc với nhau và bán kính hai mặt cầu này hơn kém nhau \(1\)m.
Khi đó: \(\sin \alpha = \frac{1}{7}\) suy ra \(MN = 7.\cos \alpha = 4\sqrt 3 \) nên hai viên va chạm nhau khi \(MN = 4\sqrt 3 \).
Phương trình tọa độ điểm \(M\) theo trục \(Ox\): \(10 – 5t\)
Phương trình tọa độ điểm \(N\) theo trục \(Ox\): \( – 12 + 3t\)
Do \(MN = 4\sqrt 3 \Leftrightarrow \left| {10 – 5t + 12 – 3t} \right| = 4\sqrt 3 \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
8t – 22 = 4\sqrt 3 \hfill \\
8t – 22 = – 4\sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t \approx 1,88\left( {nhan} \right) \hfill \\
t \approx 3,61\left( {loai} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy sau khoảng \(1,88\) giây thì hai viên bi va chạm lần đầu tiên.
Câu 21:
Một vật nặng được bắn lên điểm \(O\) trên mặt đất với vận tốc ban đầu \({v_0} = 10m/s\), các góc bắn \(\alpha \) với \({30^0} \leqslant \alpha \leqslant {90^0}\) (bỏ qua dức cản không khí và coi gia tốc rơi tự do là \(g = 10m/{s^2}\)). Cho biết với góc bắn \(\alpha < {90^0}\) thì quỹ đạo của vật là một phần của parabol \(y = x\tan \alpha - \frac{g}{{2{v_0}^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2}\) và xét trên một mặt phẳng đứng, khi \(\alpha \) thay đổi thì các quỹ đạo của vật nặng sinh ra một hình phẳng giới hạn bởi một phần của parabol \(\left( P \right)\) và mặt đất (xem hình vẽ), Tính thể tích vùng không gian chứa tất cả các vị trí có thể của vật nặng (làm tròn đến hàng đơn vị)
Trả lời: \(785\)
Với góc bắn \(\alpha < {90^0}\) thì quỹ đạo cảu vật thể là một phần của parabol
\(y = x\tan \alpha – \frac{g}{{2{v_0}^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2}\)
Suy ra tầm xa của vật và độ cao lớn nhất của vật lần lượt là \(L = \frac{{{v_0}^2\sin 2\alpha }}{g}\) và \(H = \frac{{{v_0}^2{{\sin }^2}\alpha }}{{2g}}\).
Dễ thấy, vật đạt được tầm xa lớn nhất khi \(\alpha = {45^0}\), tức tầm xa lớn nhất là \({L_{\max }} = 10\) hay \(A\left( {10;0} \right) \in \left( P \right)\). Với góc ném \(\alpha = {90^0}\) thì quỹ đạo của vật là đoạn \(OI\), khi đó độ cao của vật tại thời điểm \(t\) (giây) được cho bởi \(y = {v_0}t – \frac{1}{2}g{t^2}\)
Do đó, ta thấy vật đạt độ cao lớn nhất khi \(\alpha = {90^0}\), khi đó độ cao lớn nhất của vật là \({H_{\max }} = 5\). Suy ra \(I\left( {0;5} \right)\) là đỉnh của parabol \(\left( P \right)\). Hàm số bậc hai có đồ thị \(\left( P \right)\) có dạng \(y = a\left( {x – 10} \right)\left( {x + 10} \right) = a\left( {{x^2} – 100} \right)\). Thay \(x = 0\), ta được:
\(5 = a\left( {{0^2} – 100} \right) \Rightarrow a = – \frac{1}{{20}} \Rightarrow x = \sqrt {100 – 20y} \)
Vậy thể tích vùng không gian cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_0^5 {{{\left( {\sqrt {100 – 20y} } \right)}^2}dy} = 250\pi {m^3} \approx 785{m^3}\)
Với góc bắn \(\alpha < {90^0}\) thì quỹ đạo cảu vật thể là một phần của parabol
\(y = x\tan \alpha – \frac{g}{{2{v_0}^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2}\)
Suy ra tầm xa của vật và độ cao lớn nhất của vật lần lượt là \(L = \frac{{{v_0}^2\sin 2\alpha }}{g}\) và \(H = \frac{{{v_0}^2{{\sin }^2}\alpha }}{{2g}}\).
Dễ thấy, vật đạt được tầm xa lớn nhất khi \(\alpha = {45^0}\), tức tầm xa lớn nhất là \({L_{\max }} = 10\) hay \(A\left( {10;0} \right) \in \left( P \right)\). Với góc ném \(\alpha = {90^0}\) thì quỹ đạo của vật là đoạn \(OI\), khi đó độ cao của vật tại thời điểm \(t\) (giây) được cho bởi \(y = {v_0}t – \frac{1}{2}g{t^2}\)
Do đó, ta thấy vật đạt độ cao lớn nhất khi \(\alpha = {90^0}\), khi đó độ cao lớn nhất của vật là \({H_{\max }} = 5\). Suy ra \(I\left( {0;5} \right)\) là đỉnh của parabol \(\left( P \right)\). Hàm số bậc hai có đồ thị \(\left( P \right)\) có dạng \(y = a\left( {x – 10} \right)\left( {x + 10} \right) = a\left( {{x^2} – 100} \right)\). Thay \(x = 0\), ta được:
\(5 = a\left( {{0^2} – 100} \right) \Rightarrow a = – \frac{1}{{20}} \Rightarrow x = \sqrt {100 – 20y} \)
Vậy thể tích vùng không gian cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_0^5 {{{\left( {\sqrt {100 – 20y} } \right)}^2}dy} = 250\pi {m^3} \approx 785{m^3}\)
Câu 22:
Hai người tham gia một trò chơi di chuyển theo cạnh của các ô hình chữ nhật như trong hình (hình có \(15 \times 8\) ô hình chữ nhật nhỏ)
Người thứ nhất đi từ điểm A đến điểm B, người thứ hai đi từ điểm E đến điểm F. Biết rằng cả hai người cùng đi ngẫu nhiên và theo con đường ngắn nhất. Tính xác suất để cả hai người cùng đi qua điểm I (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Người thứ nhất đi từ điểm A đến điểm B, người thứ hai đi từ điểm E đến điểm F. Biết rằng cả hai người cùng đi ngẫu nhiên và theo con đường ngắn nhất. Tính xác suất để cả hai người cùng đi qua điểm I (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: \(0,24\)
Gọi \(X\) là biến cố “cả hai người cùng đi qua điểm \(I\)”
Xét hệ trục tọa độ với \(E\left( {0;0} \right),A\left( {0;8} \right),B\left( {15;0} \right),F\left( {15;8} \right),I\left( {11;5} \right)\)
Để đi từ \(A\) đến \(B\) theo đường ngắn nhất thì người thứ nhất cần di chuyển 15 bước ngang và 8 bước xuống
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là số cách sắp xếp 15 bước ngang và 8 bước xuống và bằng \(C_{23}^8\)
Tương tự có \(C_{23}^8\) cách để người thứ hai di chuyển từ \(E\) đến \(F\)
Như vậy không gian mẫu \(\left| {\Omega } \right| = {\left( {C_{23}^8} \right)^2}\)
Người thứ nhất di chuyển từ \(A\left( {0;8} \right)\) đến \(I\left( {11;5} \right)\) cần 11 bước ngang và 3 bước xuống
Người thứ nhất di chuyển từ \(I\left( {11;5} \right)\) đến \(B\left( {15;0} \right)\) cần 4 bước ngang và 5 bước xuống
Như vậy số cách di chuyển của người thứ nhất từ \(A \to I \to B\) là \(C_{14}^8.C_9^4\)
Tương tự số cách di chuyển của người thứ hai từ \(E \to I \to F\) là \(C_{16}^5.C_7^3\)
Như vậy \(\left| X \right| = C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3\)
Vậy xác suất để cả hai người cùng đi qua \(I\) là \(P\left( X \right) = \frac{{\left| X \right|}}{{\left| {\Omega } \right|}} = \frac{{C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3}}{{{{\left( {C_{23}^8} \right)}^2}}} \approx 0,24\)
Gọi \(X\) là biến cố “cả hai người cùng đi qua điểm \(I\)”
Xét hệ trục tọa độ với \(E\left( {0;0} \right),A\left( {0;8} \right),B\left( {15;0} \right),F\left( {15;8} \right),I\left( {11;5} \right)\)
Để đi từ \(A\) đến \(B\) theo đường ngắn nhất thì người thứ nhất cần di chuyển 15 bước ngang và 8 bước xuống
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là số cách sắp xếp 15 bước ngang và 8 bước xuống và bằng \(C_{23}^8\)
Tương tự có \(C_{23}^8\) cách để người thứ hai di chuyển từ \(E\) đến \(F\)
Như vậy không gian mẫu \(\left| {\Omega } \right| = {\left( {C_{23}^8} \right)^2}\)
Người thứ nhất di chuyển từ \(A\left( {0;8} \right)\) đến \(I\left( {11;5} \right)\) cần 11 bước ngang và 3 bước xuống
Người thứ nhất di chuyển từ \(I\left( {11;5} \right)\) đến \(B\left( {15;0} \right)\) cần 4 bước ngang và 5 bước xuống
Như vậy số cách di chuyển của người thứ nhất từ \(A \to I \to B\) là \(C_{14}^8.C_9^4\)
Tương tự số cách di chuyển của người thứ hai từ \(E \to I \to F\) là \(C_{16}^5.C_7^3\)
Như vậy \(\left| X \right| = C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3\)
Vậy xác suất để cả hai người cùng đi qua \(I\) là \(P\left( X \right) = \frac{{\left| X \right|}}{{\left| {\Omega } \right|}} = \frac{{C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3}}{{{{\left( {C_{23}^8} \right)}^2}}} \approx 0,24\)
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: C
\( - 4\).
Câu 2
Đáp án đúng: D
\(\left( {SBD} \right)\).
Câu 3
Đáp án đúng: C
\(4x + 3y - 7z + 11 = 0\).
Câu 4
Đáp án đúng: A
\(S = \left( {0; + \infty } \right)\).
Câu 5
Đáp án đúng: A
\(y = {x^3} - 2x + 1\).
Câu 6
Đáp án đúng: D
\({u_4} = 10\).
Câu 7
Đáp án đúng: B
\(f(x) = {x^3} + cosx + C\).
Câu 8
Đáp án đúng: B
\(\overrightarrow {B'C} = - \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)
Câu 9
Đáp án đúng: C
\(P = \sin 2x\).
Câu 10
Đáp án đúng: C
\(8\).
Câu 11
Đáp án đúng: B
\(\left( {1; - 3; - 4} \right)\).
Câu 12
Đáp án đúng: B
\(210.\)
Câu 13
Đáp án đúng: A
Câu 14
Đáp án đúng: B
Với mọi \(F(\theta ) \geqslant 0\) ta luôn có đạo hàm của \(\ln (F(\theta ))\) bằng \(\frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}}\).
Câu 15
Đáp án đúng: B
Thiết bị GPS có tọa độ \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\, - \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
Câu 16
Đáp án đúng: A
Xác suất bệnh nhân điều trị bằng phác đồ A và được chữa khỏi bệnh là 0,6.
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 13
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 13 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 13 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 13 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 13 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 13, 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 13 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 13 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 13 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.