Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 16
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 16
Thực Hành Làm Bài Thi Trắc Nghiệm: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 16
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 16. 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 16 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 16
Câu 1:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {e^{2x}}\). Khi đó
\(\int {f\left( x \right){d}x} = \frac{1}{2}{e^{2x}} + C\).
Chọn C
Câu 2:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai điểm \(M\left( {1;0; – 1} \right)\) và điểm \(N\left( {3;2; – 9} \right)\). Đường thẳng \(MN\) có phương trình là
\(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 4}}\)
Chọn D
Đường thẳng \(MN\) đi qua \(M\left( {1;0; – 1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {MN} \left( {2;2; – 8} \right) = 2\left( {1;1; – 4} \right)\):
\(\frac{{x – 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ – 4}}\)
Đường thẳng \(MN\) đi qua \(M\left( {1;0; – 1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {MN} \left( {2;2; – 8} \right) = 2\left( {1;1; – 4} \right)\):
\(\frac{{x – 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ – 4}}\)
Câu 3:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), mặt cầu tâm \(I\left( {1; – 4;1} \right)\), bán kính \(R = 4\) có phương trình:
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 16\).
Chọn A
Mặt cầu tâm \(I\left( {1; – 4;1} \right)\), bán kính \(R = 4\) có phương trình là \({\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 16\).
Mặt cầu tâm \(I\left( {1; – 4;1} \right)\), bán kính \(R = 4\) có phương trình là \({\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 16\).
Câu 4:
Diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục hoành, trục tung và đường thẳng \(x = a\), \(a > 0\) ( phần tô đậm trong hình vẽ) được tính theo công thức
\(S = \int\limits_0^c {f\left( x \right)dx} - \int\limits_a^c {f\left( x \right)dx} \).
Chọn A
Diện tích hình phẳng: \(S = \int\limits_0^a {\left| {f(x)} \right|{d}x} = \int\limits_0^c {\left| {f(x)} \right|{d}x} + \int\limits_c^a {\left| {f(x)} \right|{d}x} \)
\( = \int\limits_0^c {f\left( x \right){d}x} – \int\limits_c^a {f\left( x \right){d}x} \)
Diện tích hình phẳng: \(S = \int\limits_0^a {\left| {f(x)} \right|{d}x} = \int\limits_0^c {\left| {f(x)} \right|{d}x} + \int\limits_c^a {\left| {f(x)} \right|{d}x} \)
\( = \int\limits_0^c {f\left( x \right){d}x} – \int\limits_c^a {f\left( x \right){d}x} \)
Câu 5:
Cho mẫu số liệu điểm môn Toán của một nhóm học sinh như sau:
Trung vị của mẫu số liệu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) là:
Trung vị của mẫu số liệu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) là:
\(7,47\).
Chọn D
Ta có \(\frac{{2n}}{4} = \frac{{2 \cdot 46}}{4} = 23\).
Nhóm chứa \({M_e}\) là \(\left[ {7;8} \right)\).
Trung vị của mẫu số liệu là \({M_e} = 7 + \frac{{23 – 16}}{{15}} \cdot 1 \approx 7,47\).
Ta có \(\frac{{2n}}{4} = \frac{{2 \cdot 46}}{4} = 23\).
Nhóm chứa \({M_e}\) là \(\left[ {7;8} \right)\).
Trung vị của mẫu số liệu là \({M_e} = 7 + \frac{{23 – 16}}{{15}} \cdot 1 \approx 7,47\).
Câu 6:
Giải bất phương trình \({lo}{{g}_2}\left( {3x – 1} \right) < 3\) được tập nghiệm là \(\left( {a;b} \right)\). Hãy tính tổng \(S = a + b\).
\(S = \frac{{10}}{3}\).
Chọn B
Điều kiện \(3x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}\).
Bất phương trình trở thành \(3x – 1 < {2^3} \Leftrightarrow 3x < 9 \Leftrightarrow x < 3\).
Kết hợp điều kiện ta được \(\frac{1}{3} < x < 3\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left( {\frac{1}{3};3} \right)\).
Khi đó tổng \(S = a + b = \frac{1}{3} + 3 = \frac{{10}}{3}\).
Điều kiện \(3x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}\).
Bất phương trình trở thành \(3x – 1 < {2^3} \Leftrightarrow 3x < 9 \Leftrightarrow x < 3\).
Kết hợp điều kiện ta được \(\frac{1}{3} < x < 3\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left( {\frac{1}{3};3} \right)\).
Khi đó tổng \(S = a + b = \frac{1}{3} + 3 = \frac{{10}}{3}\).
Câu 7:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B,AB = a,BC = 2a,SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = a\sqrt 5 \) (tham khảo hình vẽ).
Góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng đáy \(\left( {ABC} \right)\) bằng
Góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng đáy \(\left( {ABC} \right)\) bằng
\(45^\circ \).
Chọn D
Ta có \(\;\left\{ \begin{gathered}
SC \cap \left( {ABC} \right) = C \hfill \\
SA \bot \left( {ABC} \right)\,\,\, \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\)
\(\, \Rightarrow \left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right)\)
Lại có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} = a\sqrt 5 \).
Suy ra \(\widehat {SCA} = 45^\circ \) (Vì \(\vartriangle SCA\) vuông cân tại \(A\)).
Vậy \(\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = 45^\circ \).
Ta có \(\;\left\{ \begin{gathered}
SC \cap \left( {ABC} \right) = C \hfill \\
SA \bot \left( {ABC} \right)\,\,\, \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\)
\(\, \Rightarrow \left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right)\)
Lại có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} = a\sqrt 5 \).
Suy ra \(\widehat {SCA} = 45^\circ \) (Vì \(\vartriangle SCA\) vuông cân tại \(A\)).
Vậy \(\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = 45^\circ \).
Câu 8:
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_1} = 3\) và \({u_2} = 9\). Công sai của cấp số cộng đã cho bằng
\(6\).
Chọn D
Ta có \(d = {u_2} – {u_1} = 9 – 3 = 6\)\( \Rightarrow d = 6\).
Ta có \(d = {u_2} – {u_1} = 9 – 3 = 6\)\( \Rightarrow d = 6\).
Câu 9:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)có đồ thị như Hình.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng sau đây?
\(\left( {1;2} \right)\).
Chọn D
Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đi lên trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\)nên hàm số đồng biến trên khoảng này.
Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đi lên trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\)nên hàm số đồng biến trên khoảng này.
Câu 10:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định, liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như sau:
Điểm cực đại của hàm số là
Điểm cực đại của hàm số là
\(x = 1\).
Chọn C
Điểm cực đại của hàm số là \(x = 1\).
Điểm cực đại của hàm số là \(x = 1\).
Câu 11:
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A’B’C’D’\).Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).
Chọn C
Theo quy tắc hình hộp ta có\(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA’} \).
Theo quy tắc hình hộp ta có\(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA’} \).
Câu 12:
Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ một hộp có 10 viên bi gồm 6 bi xanh và 4 bi đỏ, xác suất chọn được 3 viên bi màu xanh là
\(\frac{1}{6}\).
Chọn B
Gọi \(A\) là biến cố “chọn được 3 viên bi màu xanh”. Khi đó
\(n\left( \Omega \right) = C_{10}^3\); \(n\left( A \right) = C_6^3\) \( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{C_6^3}}{{C_{10}^3}} = \frac{1}{6}\).
Gọi \(A\) là biến cố “chọn được 3 viên bi màu xanh”. Khi đó
\(n\left( \Omega \right) = C_{10}^3\); \(n\left( A \right) = C_6^3\) \( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{C_6^3}}{{C_{10}^3}} = \frac{1}{6}\).
Câu 13:
Vịnh Hạ Long là một địa danh du lịch được nhiều người biết đến trên thế giới, nơi đây vẫn còn nhiều quần thể đảo lớn nhỏ chưa được khám phá. Một công ty du lịch quyết định khai thác khu vực có một số đảo nhỏ với hình dáng đặc biệt nếu nhìn từ trên xuống; trong số đó có hai hòn đảo mà phần giới hạn đất liền của nó được mô phỏng như hai đồ thị hàm số trên hình. Với hệ trục tọa độ Oxy thích hợp, đơn vị trên mỗi trục là 100 mét, đường cong mô tả cho hòn đảo thứ nhất có dạng \(y = {\log _a}x\) đi qua điểm có tọa độ \(\left( {3\,;\,\,1} \right)\).
Điểm có tọa độ \(\left( {9\,;\,\,3} \right)\) thuộc đường cong \(y = {\log _a}x\).
a) Sai.
Đường cong \(y = {\log _a}x\) đi qua điểm \(\left( {3\,;\,\,1} \right)\) nên \(1 = {\log _a}3 \Rightarrow a = 3\).
Khi đó hàm số trở thành \(y = {\log _3}x\); đường cong này không đi qua điểm \(\left( {9\,;\,\,3} \right)\).
b) Sai.
Điểm \(A\left( {{x_A}\,;\,\, – 1} \right)\) thuộc đồ thị hàm só \(y = {\log _3}x \Rightarrow {\log _3}x = – 1 \Rightarrow x = {3^{ – x}} = \frac{1}{3}\).
Diện tích tam giác cong ABC là phần hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị \(y = {\log _3}x\,;\,\,y = – 1\) cùng các đường thẳng \(x = \frac{1}{3}\,;\,\,x = 4\).
Do đó diện tích cần tính là \(S = 100 \times \int\limits_{1/3}^4 {\left| {{{\log }_3}x – \left( { – 1} \right)} \right|{d}x} \approx 571\,\,{m^2}\).
c) Đúng.
Gọi \(M\left( {{x_M}\,;\,\,{y_M}} \right) \in \left( {{C_1}} \right):y = {\log _3}x\) và \(N\left( {x\,;\,\,y} \right) \in \left( {{C_2}} \right):y = g\left( x \right)\).
M, N đối xứng qua \(x – y + 1 = 0\) nên ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
\frac{{x + {x_M}}}{2} – \frac{{y + {y_M}}}{2} + 1 = 0 \hfill \\
1 \cdot \left( {x – {x_M}} \right) + 1 \cdot \left( {y – {y_M}} \right) = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x – y + {x_M} – {y_M} + 2 = 0 \hfill \\
x + y – {x_M} – {y_M} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{y_M} = x + 1 \hfill \\
{x_M} = y – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) hay \(\boxed{M\left( {y – 1\,;\,\,x + 1} \right)}\).
Vì \(M \in \left( {{C_1}} \right)\) nên \(x + 1 = {\log _3}\left( {y – 1} \right) \Rightarrow y – 1 = {3^{x + 1}} \Rightarrow y = {3^{x + 1}} + 1\,\,\,{hay}\,\,\,\boxed{y = g\left( x \right) = 1 + 3 \cdot {3^x}}\).
d) Sai.
Xét tiếp tuyến của đường cong \(y = {\log _3}x\) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng \(y = x + 1\).
Hệ số góc tiếp tuyến là \(k = 1\); gọi \(M\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}} \right)\) là tiếp điểm thì \(f’\left( {{x_0}} \right) = k \Rightarrow \frac{1}{{{x_0}\ln 3}} = 1 \Rightarrow {x_0} = \frac{1}{{\ln 3}};\,\,{y_0} = {\log _3}\frac{1}{{\ln 3}}\).
Độ dài ngắn nhất cây cầu (theo đường chim bay) bằng hai lần khoảng cách từ \(M\left( {\frac{1}{{\ln 3}}\,;\,\,{{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}}} \right)\) đến đường thẳng \(y = x + 1\).
Ta có: \({d_{\min }} = 2 \cdot \frac{{\left| {\frac{1}{{\ln 3}} – {{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}} + 1} \right|}}{{\sqrt 2 }} \times 100 \approx \boxed{282\,\,m}\).
Đường cong \(y = {\log _a}x\) đi qua điểm \(\left( {3\,;\,\,1} \right)\) nên \(1 = {\log _a}3 \Rightarrow a = 3\).
Khi đó hàm số trở thành \(y = {\log _3}x\); đường cong này không đi qua điểm \(\left( {9\,;\,\,3} \right)\).
b) Sai.
Điểm \(A\left( {{x_A}\,;\,\, – 1} \right)\) thuộc đồ thị hàm só \(y = {\log _3}x \Rightarrow {\log _3}x = – 1 \Rightarrow x = {3^{ – x}} = \frac{1}{3}\).
Diện tích tam giác cong ABC là phần hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị \(y = {\log _3}x\,;\,\,y = – 1\) cùng các đường thẳng \(x = \frac{1}{3}\,;\,\,x = 4\).
Do đó diện tích cần tính là \(S = 100 \times \int\limits_{1/3}^4 {\left| {{{\log }_3}x – \left( { – 1} \right)} \right|{d}x} \approx 571\,\,{m^2}\).
c) Đúng.
Gọi \(M\left( {{x_M}\,;\,\,{y_M}} \right) \in \left( {{C_1}} \right):y = {\log _3}x\) và \(N\left( {x\,;\,\,y} \right) \in \left( {{C_2}} \right):y = g\left( x \right)\).
M, N đối xứng qua \(x – y + 1 = 0\) nên ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
\frac{{x + {x_M}}}{2} – \frac{{y + {y_M}}}{2} + 1 = 0 \hfill \\
1 \cdot \left( {x – {x_M}} \right) + 1 \cdot \left( {y – {y_M}} \right) = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x – y + {x_M} – {y_M} + 2 = 0 \hfill \\
x + y – {x_M} – {y_M} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{y_M} = x + 1 \hfill \\
{x_M} = y – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) hay \(\boxed{M\left( {y – 1\,;\,\,x + 1} \right)}\).
Vì \(M \in \left( {{C_1}} \right)\) nên \(x + 1 = {\log _3}\left( {y – 1} \right) \Rightarrow y – 1 = {3^{x + 1}} \Rightarrow y = {3^{x + 1}} + 1\,\,\,{hay}\,\,\,\boxed{y = g\left( x \right) = 1 + 3 \cdot {3^x}}\).
d) Sai.
Xét tiếp tuyến của đường cong \(y = {\log _3}x\) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng \(y = x + 1\).
Hệ số góc tiếp tuyến là \(k = 1\); gọi \(M\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}} \right)\) là tiếp điểm thì \(f’\left( {{x_0}} \right) = k \Rightarrow \frac{1}{{{x_0}\ln 3}} = 1 \Rightarrow {x_0} = \frac{1}{{\ln 3}};\,\,{y_0} = {\log _3}\frac{1}{{\ln 3}}\).
Độ dài ngắn nhất cây cầu (theo đường chim bay) bằng hai lần khoảng cách từ \(M\left( {\frac{1}{{\ln 3}}\,;\,\,{{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}}} \right)\) đến đường thẳng \(y = x + 1\).
Ta có: \({d_{\min }} = 2 \cdot \frac{{\left| {\frac{1}{{\ln 3}} – {{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}} + 1} \right|}}{{\sqrt 2 }} \times 100 \approx \boxed{282\,\,m}\).
Câu 14:
Một khinh khí cầu bay với độ cao (so với mực nước biển) tại thời điểm \(t\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\) là \(h\left( t \right),\) trong đó \(t\) tính bằng phút, \(h\left( t \right)\) tính bằng mét. Tốc độ bay của khinh khí cầu được cho bởi hàm số \(v\left( t \right) = a{t^2} + bt\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right),\) với \(t\) tính bằng phút, \(v\left( t \right)\) tính bằng mét/phút. Tại thời điểm xuất phát, khinh khí cầu ở độ cao \(520\) m và \(5\) phút sau khi xuất phát, khinh khí cầu đã ở độ cao \(530\) m. Khinh khí cầu sẽ trở lại độ cao khi xuất phát sau \(15\) phút.
Giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát.
a) Đúng
Tại thời điểm xuất phát, khinh khí cầu ở độ cao \(520\) m vậy nên \(h\left( 0 \right) = 520\)m
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520\)
b) Đúng
Độ cao của khinh khí cầu tại thời điểm \(t\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\) là \(h\left( t \right) = \int\limits_0^t {v\left( t \right){d}t} .\)
c) Sai
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520\)
\( \Rightarrow v\left( t \right) = – \frac{9}{{25}}{t^2} + \frac{{12}}{5}t\)
Xét \(v\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow 0 < t < \frac{{20}}{3}\) vậy nên giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát là sai
d) Sai
Xét \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{20}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Với \(h\left( 0 \right) = 520\), \(h\left( {\frac{{20}}{3}} \right) = 537,78\) nên độ cao tối đa của khinh khí cầu là \(540\) m là sai
Tại thời điểm xuất phát, khinh khí cầu ở độ cao \(520\) m vậy nên \(h\left( 0 \right) = 520\)m
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520\)
b) Đúng
Độ cao của khinh khí cầu tại thời điểm \(t\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\) là \(h\left( t \right) = \int\limits_0^t {v\left( t \right){d}t} .\)
c) Sai
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520\)
\( \Rightarrow v\left( t \right) = – \frac{9}{{25}}{t^2} + \frac{{12}}{5}t\)
Xét \(v\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow 0 < t < \frac{{20}}{3}\) vậy nên giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát là sai
d) Sai
Xét \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{20}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Với \(h\left( 0 \right) = 520\), \(h\left( {\frac{{20}}{3}} \right) = 537,78\) nên độ cao tối đa của khinh khí cầu là \(540\) m là sai
Câu 15:
Trong không gian, xét hệ toạ độ \(Oxyz\) có gốc \(O\) trùng với vị trí một giàn khoan trên biển, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt biển (được gọi là mặt phẳng) với tia \(Ox\) hướng về phía nam, tia \(Oy\) hướng về phía đông, tia \(Oz\) hướng thẳng lên trời (tham khảo hình vẽ). Đơn vị đo trong không gian \(Oxyz\) lấy theo kilômét. Một chiếc radar đặt tại \(O\) có phạm vi theo dõi \(30\,km\). Một chiếc tàu thám hiểm tại vị trí \(A\) ở độ sâu \(10\,km\) so với mặt nước biển, cách \(O\) \(25\,km\) về phía nam và \(15\,km\) về phía tây. Một tàu đánh cá tại vị trí \(B( – 20;15;0)\).
a) Đúng.
Gọi \(x\,\left( {km} \right),\,\,x > 0\)là khoảng cách từ tàu cảnh sát biển cách radar \(O\) về phía đông. Khi đó toạ độ của tàu cảnh sát biển là \(C\left( {15\,;\,x\,;\,0} \right)\). Ta có \(OC = \sqrt {{{15}^2} + {x^2} + {0^2}} = \sqrt {{x^2} + 225} \).
Để radar phát hiện được tàu cảnh sát biển thì \(OC \leqslant 30\,km\).
Suy ra \(\sqrt {{x^2} + 225} \leqslant 30 \Leftrightarrow {x^2} + 225 \leqslant 900 \Leftrightarrow {x^2} \leqslant 675 \Leftrightarrow x \leqslant 15\sqrt 3 \,km\).
Vậy tàu cảnh sát biển cần di chuyển về phía đông cách \(O\) tối đa \(15\sqrt 3 \,km\).
b) Đúng.
Ta có \(OB = \sqrt {{{\left( { – 20} \right)}^2} + {{15}^2} + {0^2}} = 25\,km < 30\,km\) nên radar phát hiện ra tàu đánh cá tại vị trí \(B\).
c) Đúng.
Một chiếc tàu thám hiểm tại vị trí \(A\) ở độ sâu \(10\,km\) so với mặt nước biển, cách \(O\) \(25\,km\) về phía nam và \(15\,km\) về phía tây nên ta có toạ độ tàu thám hiểm là điểm toạ độ điểm \(A\left( {25\,;\, – 15\,;\, – 10} \right)\). Khi đó khoảng cách từ chiếc tàu thám hiểm đến radar bằng \(OA = \sqrt {{{25}^2} + {{\left( { – 15} \right)}^2} + {{\left( { – 10} \right)}^2}} = 5\sqrt {38} \,\,km\).
d) Đúng.
Ta thấy \(OA = 5\sqrt {38} \,km \approx 30,82\,km\), mà phạm vi theo dõi của radar là \(30\,km\) nên radar không phát hiện được tàu thám hiểm đặt tại vị trí \(A\).
Gọi \(x\,\left( {km} \right),\,\,x > 0\)là khoảng cách từ tàu cảnh sát biển cách radar \(O\) về phía đông. Khi đó toạ độ của tàu cảnh sát biển là \(C\left( {15\,;\,x\,;\,0} \right)\). Ta có \(OC = \sqrt {{{15}^2} + {x^2} + {0^2}} = \sqrt {{x^2} + 225} \).
Để radar phát hiện được tàu cảnh sát biển thì \(OC \leqslant 30\,km\).
Suy ra \(\sqrt {{x^2} + 225} \leqslant 30 \Leftrightarrow {x^2} + 225 \leqslant 900 \Leftrightarrow {x^2} \leqslant 675 \Leftrightarrow x \leqslant 15\sqrt 3 \,km\).
Vậy tàu cảnh sát biển cần di chuyển về phía đông cách \(O\) tối đa \(15\sqrt 3 \,km\).
b) Đúng.
Ta có \(OB = \sqrt {{{\left( { – 20} \right)}^2} + {{15}^2} + {0^2}} = 25\,km < 30\,km\) nên radar phát hiện ra tàu đánh cá tại vị trí \(B\).
c) Đúng.
Một chiếc tàu thám hiểm tại vị trí \(A\) ở độ sâu \(10\,km\) so với mặt nước biển, cách \(O\) \(25\,km\) về phía nam và \(15\,km\) về phía tây nên ta có toạ độ tàu thám hiểm là điểm toạ độ điểm \(A\left( {25\,;\, – 15\,;\, – 10} \right)\). Khi đó khoảng cách từ chiếc tàu thám hiểm đến radar bằng \(OA = \sqrt {{{25}^2} + {{\left( { – 15} \right)}^2} + {{\left( { – 10} \right)}^2}} = 5\sqrt {38} \,\,km\).
d) Đúng.
Ta thấy \(OA = 5\sqrt {38} \,km \approx 30,82\,km\), mà phạm vi theo dõi của radar là \(30\,km\) nên radar không phát hiện được tàu thám hiểm đặt tại vị trí \(A\).
Câu 16:
Trong cuộc khảo sát ngẫu nhiên \(600\) học sinh về việc “thích học” hay “không thích học” môn toán. Kết quả thống kê như sau: có \(400\) học sinh trả lời “thích học” và \(200\) học sinh trả lời “không thích học”. Thực tế cho thấy tỉ lệ học sinh “giỏi toán” tương ứng với những cách trả lời “thích học” và “không thích học” lần lượt là \(70\% \) và \(10\% \).
Gọi \(T\) là biến cố “Học sinh được phỏng vấn trả lời thích học môn toán”.
Gọi \(G\) là biến cố “Học sinh được phỏng vấn giỏi toán”.
Gọi \(T\) là biến cố “Học sinh được phỏng vấn trả lời thích học môn toán”.
Gọi \(G\) là biến cố “Học sinh được phỏng vấn giỏi toán”.
Xác suất có điều kiện \(P\left( {G|T} \right) = 0,3\), \(P\left( {G|\overline T } \right) = 0,9\).
a) Đúng
Ta có: \(P\left( T \right) = \frac{{400}}{{600}} = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow P\left( {\overline T } \right) = 1 – P\left( T \right) = \frac{1}{3}\)
b) Sai
Theo đề bài ta có: \(P\left( {G|T} \right) = 70\% = 0,7\), \(P\left( {G|\overline T } \right) = 10\% = 0,1\).
c) Đúng
Ta có: \(P\left( G \right) = P\left( {GT} \right) + P\left( {G\overline T } \right)\)\( = P\left( {G|T} \right).P\left( T \right) + P\left( {G|\overline T } \right).P\left( {\overline T } \right)\)\( = 0,7.\frac{2}{3} + 0,1.\frac{1}{3} = 0,5\)
d) Sai
Ta có: \(P\left( {T|G} \right) = \frac{{P\left( {TG} \right)}}{{P\left( G \right)}} = \frac{{P\left( {G|T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( G \right)}} = \frac{{0,7.\frac{2}{3}}}{{0,5}} = \frac{{14}}{{15}} \approx 93,3\% \).
Ta có: \(P\left( T \right) = \frac{{400}}{{600}} = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow P\left( {\overline T } \right) = 1 – P\left( T \right) = \frac{1}{3}\)
b) Sai
Theo đề bài ta có: \(P\left( {G|T} \right) = 70\% = 0,7\), \(P\left( {G|\overline T } \right) = 10\% = 0,1\).
c) Đúng
Ta có: \(P\left( G \right) = P\left( {GT} \right) + P\left( {G\overline T } \right)\)\( = P\left( {G|T} \right).P\left( T \right) + P\left( {G|\overline T } \right).P\left( {\overline T } \right)\)\( = 0,7.\frac{2}{3} + 0,1.\frac{1}{3} = 0,5\)
d) Sai
Ta có: \(P\left( {T|G} \right) = \frac{{P\left( {TG} \right)}}{{P\left( G \right)}} = \frac{{P\left( {G|T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( G \right)}} = \frac{{0,7.\frac{2}{3}}}{{0,5}} = \frac{{14}}{{15}} \approx 93,3\% \).
Câu 17:
Anh \(A\) mở một nhà hàng lẩu. Anh đã trang bị cho mỗi bàn ăn một nồi lẩu có dạng hai hình trụ đồng trục. Bán kính đáy nồi (ngoài) là \(R = 15\,cm\), bán kính trụ giữa (trong) là \(r = 3,5\,cm\), chiều cao lòng nồi là \(h = 10\,cm\). Để khách hàng có trải nghiệm tốt nhất, anh \(A\) cần xác định chiều dài tối thiểu \(L\) của chiếc đũa sao cho dù đầu đũa có bị trượt vào vị trí nào trong nồi, phần đầu đũa thừa ra ngoài miệng nồi vẫn phải lớn hơn \(5\,cm\). Tính \(L\) (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Trả lời: 35,9
Đặt chiếc đũa có chiều dài \(CD\); \(A\) là giao điểm của chiếc đũa và đáy trên của nồi (ngoài). Khi đó, để \(AD > 5\,cm\) thì ta cần tìm chiều dài đoạn thẳng \(AC\) lớn nhất có thể nằm trọn vẹn bên trong phần không gian chứa nước lẩu như hình vẽ.
Gọi \(B\) là hình chiếu của \(A\) xuống mặt đáy dưới. Khi đó, \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{10}^2} + B{C^2}} \).
Để \(AC\) lớn nhất thì \(BC\) lớn nhất. Khi đó \(BC\) tiếp xúc với7H7| đường tròn đáy của hình trụ nhỏ tại \(H\). Khi đó, \(OH \bot BC\) và \(H\) là trung điểm của \(BC\).
Suy ra \(BC = 2BH = 2\sqrt {O{B^2} – O{H^2}} \)
\( = 2\sqrt {{{15}^2} – 3,{5^2}} = 2\sqrt {212,75} \,cm\).
Từ đó ta tính được \(AC = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {2\sqrt {212,75} } \right)}^2}} = \sqrt {951} \,cm\).
Suy ra \(L > \sqrt {951} + 5 \approx 35,838\,cm\). Vậy chiều dài tối thiểu \(L\) của chiếc đũa khi làm tròn đến hàng phần mười là \(35,9\,cm\).
Đặt chiếc đũa có chiều dài \(CD\); \(A\) là giao điểm của chiếc đũa và đáy trên của nồi (ngoài). Khi đó, để \(AD > 5\,cm\) thì ta cần tìm chiều dài đoạn thẳng \(AC\) lớn nhất có thể nằm trọn vẹn bên trong phần không gian chứa nước lẩu như hình vẽ.
Gọi \(B\) là hình chiếu của \(A\) xuống mặt đáy dưới. Khi đó, \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{10}^2} + B{C^2}} \).
Để \(AC\) lớn nhất thì \(BC\) lớn nhất. Khi đó \(BC\) tiếp xúc với7H7| đường tròn đáy của hình trụ nhỏ tại \(H\). Khi đó, \(OH \bot BC\) và \(H\) là trung điểm của \(BC\).
Suy ra \(BC = 2BH = 2\sqrt {O{B^2} – O{H^2}} \)
\( = 2\sqrt {{{15}^2} – 3,{5^2}} = 2\sqrt {212,75} \,cm\).
Từ đó ta tính được \(AC = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {2\sqrt {212,75} } \right)}^2}} = \sqrt {951} \,cm\).
Suy ra \(L > \sqrt {951} + 5 \approx 35,838\,cm\). Vậy chiều dài tối thiểu \(L\) của chiếc đũa khi làm tròn đến hàng phần mười là \(35,9\,cm\).
Câu 18:
Tại một khu trung tâm dữ liệu, kỹ sư IT cần kiểm tra kết nối giữa các máy chủ trong hệ thống gồm các trạm \(A,B,C,D,E\). Các tuyến cáp quang nối giữa các trạm được biểu diễn trong sơ đồ sau, với con số ghi trên mỗi tuyến là chiều dài dây cáp (đơn vị: km).
Kỹ sư cần thực hiện một hành trình bắt đầu từ một trạm bất kỳ, đi qua tất cả các tuyến cáp ít nhất một lần và kết thúc tại đúng trạm khởi hành, nhằm đảm bảo toàn bộ hệ thống được kiểm tra. Tổng chiều dài đường đi ngắn nhất mà kỹ sư cần di chuyển là bao nhiêu km?
Kỹ sư cần thực hiện một hành trình bắt đầu từ một trạm bất kỳ, đi qua tất cả các tuyến cáp ít nhất một lần và kết thúc tại đúng trạm khởi hành, nhằm đảm bảo toàn bộ hệ thống được kiểm tra. Tổng chiều dài đường đi ngắn nhất mà kỹ sư cần di chuyển là bao nhiêu km?
Trả lời: 24
Từ đồ thị ta thấy có 3 đỉnh \(A,B,C\) có bậc lẻ nên không tồn tại một chu trình Euler đi qua tất cả các cạnh đúng một lần. Vậy có cạnh sẽ đi lại lần hai. Tổng trọng số của tất cả các cạnh là: \(3 + 4 + 3 + 5 + 2 + 2 + 1 = 20\)
Do trọng số các cạnh, nên để đường đi ngắn nhất, các cạnh chọn đi lần 2 sẽ chọn từ các cạnh \(AC,BE,BC\). Ta sẽ chọn điểm bắt đầu là 1 trong các đỉnh bậc lẻ \(A,B,C,E\).
+) Giả sử ta chọn đỉnh ban đầu là đỉnh \(A\), ta sẽ có cách đi như sau để đường đi tối ưu:
\(A \to D \to E \to C \to A \to B \to E \to B \to C \to A\).
Chu trình này sẽ đi qua các cạnh \(AC\) và \(BE\) mỗi cạnh 2 lần, vậy tổng chiều dài lúc này là \(20 + 2 + 2 = 24\).
+) Nếu chọn đỉnh ban đầu là C, ta có chu trình đi như sau:
\(C \to E \to D \to A \to B \to E \to B \to C \to A \to C\).
Chu trình này sẽ đi qua các cạnh \(AC\) và \(BE\) mỗi cạnh 2 lần, vậy tổng chiều dài lúc này là \(20 + 2 + 2 = 24\).
Tương tự nếu chọn từ các đỉnh \(B,E\) ta cũng chọn được đường đi ngắn nhất là \(24\) và cũng phải đi qua các cạnh \(AC\) và \(BE\) mỗi cạnh 2 lần. Do đó tổng quãng đường nhỏ nhất là \(24\).
Từ đồ thị ta thấy có 3 đỉnh \(A,B,C\) có bậc lẻ nên không tồn tại một chu trình Euler đi qua tất cả các cạnh đúng một lần. Vậy có cạnh sẽ đi lại lần hai. Tổng trọng số của tất cả các cạnh là: \(3 + 4 + 3 + 5 + 2 + 2 + 1 = 20\)
Do trọng số các cạnh, nên để đường đi ngắn nhất, các cạnh chọn đi lần 2 sẽ chọn từ các cạnh \(AC,BE,BC\). Ta sẽ chọn điểm bắt đầu là 1 trong các đỉnh bậc lẻ \(A,B,C,E\).
+) Giả sử ta chọn đỉnh ban đầu là đỉnh \(A\), ta sẽ có cách đi như sau để đường đi tối ưu:
\(A \to D \to E \to C \to A \to B \to E \to B \to C \to A\).
Chu trình này sẽ đi qua các cạnh \(AC\) và \(BE\) mỗi cạnh 2 lần, vậy tổng chiều dài lúc này là \(20 + 2 + 2 = 24\).
+) Nếu chọn đỉnh ban đầu là C, ta có chu trình đi như sau:
\(C \to E \to D \to A \to B \to E \to B \to C \to A \to C\).
Chu trình này sẽ đi qua các cạnh \(AC\) và \(BE\) mỗi cạnh 2 lần, vậy tổng chiều dài lúc này là \(20 + 2 + 2 = 24\).
Tương tự nếu chọn từ các đỉnh \(B,E\) ta cũng chọn được đường đi ngắn nhất là \(24\) và cũng phải đi qua các cạnh \(AC\) và \(BE\) mỗi cạnh 2 lần. Do đó tổng quãng đường nhỏ nhất là \(24\).
Câu 19:
Xét trong không gian \(Oxyz\) (mỗi đơn vị là \(1\) mét) một xưởng sản xuất có mặt phẳng làm việc nằm ngang (mặt phẳng \(z = 0\)) và một bức tường thẳng đứng (mặt phẳng \(x = 0\)). Trên sàn đặt trụ cấp tại điểm \(B\left( {20;\, – 5;\,0} \right)\). Từ trên tường đặt bình áp lực tại điểm \(A\left( {0;\,30;\,12} \right)\). Người ta lắp đặt đường ống nước từ \(B\) đến \(A\) qua ba đoạn (tham khảo hình vẽ bên dưới)
1. Đoạn \(BM\) nằm trên sàn: \(M\left( {0;\,y;\,0} \right)\) với \( – 5 \leqslant y \leqslant 30\).
2. Đoạn \(MN\) thẳng đứng: \(N\left( {0;\,y;\,12} \right)\) với \( – 5 \leqslant y \leqslant 30\).
3, Đoạn \(NA\) nằm ngang trên tường.
Biết chi phí lắp đặt:
– Ống nằm ngang (trên hoặc dưới sàn): \(150\,000\) đồng/m.
– Ống thẳng đứng: \(300\,000\) đồng/m.
Hỏi chi phí ít nhất để lắp đặt đường ống nước trên là bao nhiêu triệu đồng? (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)
1. Đoạn \(BM\) nằm trên sàn: \(M\left( {0;\,y;\,0} \right)\) với \( – 5 \leqslant y \leqslant 30\).
2. Đoạn \(MN\) thẳng đứng: \(N\left( {0;\,y;\,12} \right)\) với \( – 5 \leqslant y \leqslant 30\).
3, Đoạn \(NA\) nằm ngang trên tường.
Biết chi phí lắp đặt:
– Ống nằm ngang (trên hoặc dưới sàn): \(150\,000\) đồng/m.
– Ống thẳng đứng: \(300\,000\) đồng/m.
Hỏi chi phí ít nhất để lắp đặt đường ống nước trên là bao nhiêu triệu đồng? (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)
Trả lời: 10
Ta có\(BM = \sqrt {{{20}^2} + {{\left( {y + 5} \right)}^2}} = \sqrt {{y^2} + 10y + 425} \); \(MN = 12\); \(NA = \sqrt {{{\left( {y – 30} \right)}^2}} = 30 – y\).
Chi phí lắp đặt \(f\left( y \right) = \left( {BM + NA} \right).0,15 + MN.0,3 = \left( {30 – y + \sqrt {{y^2} + 10y + 425} } \right).0,15 + 3,6\) (với \( – 5 \leqslant y \leqslant 30\)) (triệu đồng).
Vì \(f’\left( y \right) = \left( {\frac{{y + 5}}{{\sqrt {{{\left( {y + 5} \right)}^2} + {{20}^2}} }} – 1} \right).0,15 \leqslant 0,\,\forall y \in \left[ { – 5;30} \right]\) nên hàm số \(f\left( y \right)\) nghịch biến trên \(\left[ { – 5;\,30} \right]\).
Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 5;\,30} \right]} f\left( y \right) = f\left( {30} \right) \approx 10\) triệu đồng.
Ta có\(BM = \sqrt {{{20}^2} + {{\left( {y + 5} \right)}^2}} = \sqrt {{y^2} + 10y + 425} \); \(MN = 12\); \(NA = \sqrt {{{\left( {y – 30} \right)}^2}} = 30 – y\).
Chi phí lắp đặt \(f\left( y \right) = \left( {BM + NA} \right).0,15 + MN.0,3 = \left( {30 – y + \sqrt {{y^2} + 10y + 425} } \right).0,15 + 3,6\) (với \( – 5 \leqslant y \leqslant 30\)) (triệu đồng).
Vì \(f’\left( y \right) = \left( {\frac{{y + 5}}{{\sqrt {{{\left( {y + 5} \right)}^2} + {{20}^2}} }} – 1} \right).0,15 \leqslant 0,\,\forall y \in \left[ { – 5;30} \right]\) nên hàm số \(f\left( y \right)\) nghịch biến trên \(\left[ { – 5;\,30} \right]\).
Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 5;\,30} \right]} f\left( y \right) = f\left( {30} \right) \approx 10\) triệu đồng.
Câu 20:
Hai công ty, công ty A và công ty B, cùng ra mắt sản phẩm cạnh tranh thị trường mới vào cùng thời điểm. Thị phần được đo bằng số lượng khách hàng lũy kế.
Công ty A: Bắt đầu với 0 khách hàng. Trong giai đoạn đầu, chiến dịch marketing hiệu quả giúp tốc độ thu hút khách hàng mới của họ tăng dần theo thời gian, được mô tả bởi hàm \(f\left( t \right) = 2t + 7\) (nghìn khách hàng/tháng), với \(t\) là số tháng kể từ khi ra mắt.
Công ty B: Nhờ có uy tín từ trước, họ bắt đầu với 10 nghìn khách hàng đặt trước sản phẩm. Sau đó, họ duy trì một tốc độ thu hút khách hàng mới ổn định là 10 nghìn khách hàng/tháng.
Hỏi sau khoảng bao nhiêu tháng kể từ khi ra mắt, tổng số lượng khách hàng lũy kế của công ty A bằng tổng số lượng khách hàng lũy kế của công ty B (tính cả 10 nghìn khách hàng ban đầu)?
Công ty A: Bắt đầu với 0 khách hàng. Trong giai đoạn đầu, chiến dịch marketing hiệu quả giúp tốc độ thu hút khách hàng mới của họ tăng dần theo thời gian, được mô tả bởi hàm \(f\left( t \right) = 2t + 7\) (nghìn khách hàng/tháng), với \(t\) là số tháng kể từ khi ra mắt.
Công ty B: Nhờ có uy tín từ trước, họ bắt đầu với 10 nghìn khách hàng đặt trước sản phẩm. Sau đó, họ duy trì một tốc độ thu hút khách hàng mới ổn định là 10 nghìn khách hàng/tháng.
Hỏi sau khoảng bao nhiêu tháng kể từ khi ra mắt, tổng số lượng khách hàng lũy kế của công ty A bằng tổng số lượng khách hàng lũy kế của công ty B (tính cả 10 nghìn khách hàng ban đầu)?
Trả lời: \(5\)
Gọi \({P_A}\left( t \right)\) là số lượng khách hàng luỹ kế của công ty A với \(t\) là số tháng kể từ khi ra mắt sản phẩm (\(t > 0\))
Ta có \({P_A}\left( t \right) = \int {f\left( t \right)dt = \int {\left( {2t + 7} \right)} } dt = {t^2} + 7t + C\).
Công ty A bắt đầu với 0 khách hàng nên \({P_A}\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow {0^2} + 7.0 + C = 0 \Leftrightarrow C = 0\).
Vậy \({P_A}\left( t \right) = {t^2} + 7t\).
Vì công ty B bắt đầu với 10 nghìn khách hàng đặt trước sản phẩm. Sau đó, họ duy trì một tốc độ thu hút khách hàng mới ổn định là 10 nghìn khách hàng/tháng, nên số lượng khách hàng lũy kế của công ty B sau \(t\) tháng ra mắt sản phẩm là \({P_B}\left( t \right) = 10 + 10t\) (\(t > 0\)).
Ta có \({P_A}\left( t \right) = {P_B}\left( t \right) \Leftrightarrow {t^2} + 7t = 10 + 10t \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – 10 \hfill \\
t = 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì \(t > 0\) nên \(t = 5\).
Vậy sau 5 tháng ra mắt, tổng số lượng khách hàng lũy kế của công ty A bằng tổng số lượng khách hàng lũy kế của công ty B (tính cả 10 nghìn khách hàng ban đầu).
Gọi \({P_A}\left( t \right)\) là số lượng khách hàng luỹ kế của công ty A với \(t\) là số tháng kể từ khi ra mắt sản phẩm (\(t > 0\))
Ta có \({P_A}\left( t \right) = \int {f\left( t \right)dt = \int {\left( {2t + 7} \right)} } dt = {t^2} + 7t + C\).
Công ty A bắt đầu với 0 khách hàng nên \({P_A}\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow {0^2} + 7.0 + C = 0 \Leftrightarrow C = 0\).
Vậy \({P_A}\left( t \right) = {t^2} + 7t\).
Vì công ty B bắt đầu với 10 nghìn khách hàng đặt trước sản phẩm. Sau đó, họ duy trì một tốc độ thu hút khách hàng mới ổn định là 10 nghìn khách hàng/tháng, nên số lượng khách hàng lũy kế của công ty B sau \(t\) tháng ra mắt sản phẩm là \({P_B}\left( t \right) = 10 + 10t\) (\(t > 0\)).
Ta có \({P_A}\left( t \right) = {P_B}\left( t \right) \Leftrightarrow {t^2} + 7t = 10 + 10t \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – 10 \hfill \\
t = 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì \(t > 0\) nên \(t = 5\).
Vậy sau 5 tháng ra mắt, tổng số lượng khách hàng lũy kế của công ty A bằng tổng số lượng khách hàng lũy kế của công ty B (tính cả 10 nghìn khách hàng ban đầu).
Câu 21:
Trong không gian \(Oxyz\), toạ độ các khu vực được xác định như sau:
* Khu vực \(A(20;30;0)\) nằm trên mặt đất và cách trung tâm thành phố \(2\) km.
* Khu vực \(B(70;50;40)\) nằm trên tòa nhà cao tầng và ở độ cao \(40\)m.
* Khu vực \(C(50;80;70)\) nằm trên một đỉnh đồi ở độ cao \(70\)m.
Gọi vị trí đặt trạm phát sóng là \(D(a;b;c)\) sao cho khoảng cách từ \(D\) đến ba khu vực trên là bằng nhau và có khoảng cách đến chúng là nhỏ nhất. Tính \(T = a + b + c\).
* Khu vực \(A(20;30;0)\) nằm trên mặt đất và cách trung tâm thành phố \(2\) km.
* Khu vực \(B(70;50;40)\) nằm trên tòa nhà cao tầng và ở độ cao \(40\)m.
* Khu vực \(C(50;80;70)\) nằm trên một đỉnh đồi ở độ cao \(70\)m.
Gọi vị trí đặt trạm phát sóng là \(D(a;b;c)\) sao cho khoảng cách từ \(D\) đến ba khu vực trên là bằng nhau và có khoảng cách đến chúng là nhỏ nhất. Tính \(T = a + b + c\).
Trả lời: 120
Ta thấy: trong không gian tập hợp tất cả các điểm \(D\) thỏa mãn \(DA = DB = DC\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) (đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) và vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\)). Dễ thấy khi \(D\) di động trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) thì \(DA,DB,DC\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(D\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Ta có:
\(\overrightarrow {AB} (50;20;40),\overrightarrow {AC} (30;50;70)\), suy ra \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = ( – 600; – 2300;1900)//\left( {6;23; – 19} \right)\); \(\overrightarrow {AD} (a – 20;b – 30;c)\).
\(\left\{ \begin{gathered}
D{A^2} = D{B^2} \hfill \\
D{A^2} = D{C^2} \hfill \\
\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( {a – 20} \right)^2} + {(b – 30)^2} + {c^2} = {\left( {a – 70} \right)^2} + {(b – 50)^2} + {\left( {c – 40} \right)^2} \hfill \\
{\left( {a – 20} \right)^2} + {(b – 30)^2} + {c^2} = {\left( {a – 50} \right)^2} + {(b – 80)^2} + {\left( {c – 70} \right)^2} \hfill \\
6(a – 20) + 23(b – 30) – 19c = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
100a + 40b + 80c = 7700 \hfill \\
60a + 100b + 140c = 12500 \hfill \\
6a + 23b – 19c = 810 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 11085/463 \hfill \\
y = 27445/463 \hfill \\
z = 16985/463 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow D\left( {\frac{{11085}}{{463}};\frac{{27445}}{{463}};\frac{{16985}}{{463}}} \right)\).
Vậy \(a + b + c \approx 120\).
Ta thấy: trong không gian tập hợp tất cả các điểm \(D\) thỏa mãn \(DA = DB = DC\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) (đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) và vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\)). Dễ thấy khi \(D\) di động trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) thì \(DA,DB,DC\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(D\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Ta có:
\(\overrightarrow {AB} (50;20;40),\overrightarrow {AC} (30;50;70)\), suy ra \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = ( – 600; – 2300;1900)//\left( {6;23; – 19} \right)\); \(\overrightarrow {AD} (a – 20;b – 30;c)\).
\(\left\{ \begin{gathered}
D{A^2} = D{B^2} \hfill \\
D{A^2} = D{C^2} \hfill \\
\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( {a – 20} \right)^2} + {(b – 30)^2} + {c^2} = {\left( {a – 70} \right)^2} + {(b – 50)^2} + {\left( {c – 40} \right)^2} \hfill \\
{\left( {a – 20} \right)^2} + {(b – 30)^2} + {c^2} = {\left( {a – 50} \right)^2} + {(b – 80)^2} + {\left( {c – 70} \right)^2} \hfill \\
6(a – 20) + 23(b – 30) – 19c = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
100a + 40b + 80c = 7700 \hfill \\
60a + 100b + 140c = 12500 \hfill \\
6a + 23b – 19c = 810 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 11085/463 \hfill \\
y = 27445/463 \hfill \\
z = 16985/463 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow D\left( {\frac{{11085}}{{463}};\frac{{27445}}{{463}};\frac{{16985}}{{463}}} \right)\).
Vậy \(a + b + c \approx 120\).
Câu 22:
Bé Dũng có một tam giác đều lớn được chia thành 9 tam giác đều nhỏ hơn gồm 2 hàng: hàng trên cùng có 1 tam giác, hàng giữa có 3 tam giác, hàng dưới cùng có 5 tam giác. Bé Dũng có 3 màu để tô khác nhau là Đỏ, Xanh, Vàng. Bé tô mỗi tam giác nhỏ bằng một trong ba màu đó với điều kiện là “không có hai tam giác nhỏ chung cạnh nào lạu có cùng màu”. Có bao nhiêu cách khác nhau để bé Dũng tô màu tam giác lớn này?
Trả lời: 528.
Ta đánh số các tam giác như hình vẽ sau:
Có 3 cách để chọn để tô màu cho tam giác số 1.
Có 2 cách để tô màu cho tam giác số 3.
TH1: Hai tam giác 2 và 4 cùng màu
Có 2 cách để tô tam giác 2 và 4 cùng màu
– TH 1.1: Hai tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 2 cách để tô tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 2.2.2 = 8 cách để tô 3 tam giác 5,7,9
– TH 1.2: Hai tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 2 cách để tồ tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 2.1.2 = 4 cách để tô 3 tam giác 5, 7, 9
TH2: Hai tam giác 2 và 4 khác màu
Có 2 cách để tồ tam giác 2 và 4 khác màu
– TH 2.1: Hai tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 1 cách để tô tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 2.2.2 = 8 cách để tô 3 tam giác 5,7,9
– TH 2.2: Hai tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 3 cách để tô tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 2.1.2 = 4 cách đề tô 3 tam giác 5,7,9
Vậy có tất cả \(3.2 \cdot [2 \cdot (16 + 8) + 2 \cdot (8 + 12)] = 528\) cách.
Ta đánh số các tam giác như hình vẽ sau:
Có 3 cách để chọn để tô màu cho tam giác số 1.
Có 2 cách để tô màu cho tam giác số 3.
TH1: Hai tam giác 2 và 4 cùng màu
Có 2 cách để tô tam giác 2 và 4 cùng màu
– TH 1.1: Hai tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 2 cách để tô tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 2.2.2 = 8 cách để tô 3 tam giác 5,7,9
– TH 1.2: Hai tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 2 cách để tồ tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 2.1.2 = 4 cách để tô 3 tam giác 5, 7, 9
TH2: Hai tam giác 2 và 4 khác màu
Có 2 cách để tồ tam giác 2 và 4 khác màu
– TH 2.1: Hai tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 1 cách để tô tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 2.2.2 = 8 cách để tô 3 tam giác 5,7,9
– TH 2.2: Hai tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 3 cách để tô tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 2.1.2 = 4 cách đề tô 3 tam giác 5,7,9
Vậy có tất cả \(3.2 \cdot [2 \cdot (16 + 8) + 2 \cdot (8 + 12)] = 528\) cách.
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: C
\(\int {f\left( x \right){d}x} = \frac{1}{2}{e^{2x}} + C\).
Câu 2
Đáp án đúng: D
\(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ - 4}}\)
Câu 3
Đáp án đúng: A
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 16\).
Câu 4
Đáp án đúng: A
\(S = \int\limits_0^c {f\left( x \right)dx} - \int\limits_a^c {f\left( x \right)dx} \).
Câu 5
Đáp án đúng: D
\(7,47\).
Câu 6
Đáp án đúng: B
\(S = \frac{{10}}{3}\).
Câu 7
Đáp án đúng: D
\(45^\circ \).
Câu 8
Đáp án đúng: D
\(6\).
Câu 9
Đáp án đúng: D
\(\left( {1;2} \right)\).
Câu 10
Đáp án đúng: C
\(x = 1\).
Câu 11
Đáp án đúng: C
\(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).
Câu 12
Đáp án đúng: B
\(\frac{1}{6}\).
Câu 13
Đáp án đúng: A
Điểm có tọa độ \(\left( {9\,;\,\,3} \right)\) thuộc đường cong \(y = {\log _a}x\).
Câu 14
Đáp án đúng: C
Giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát.
Câu 15
Đáp án đúng: A
Câu 16
Đáp án đúng: B
Xác suất có điều kiện \(P\left( {G|T} \right) = 0,3\), \(P\left( {G|\overline T } \right) = 0,9\).
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 16
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 16 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 16 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 16 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 16 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 16, 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 16 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 16 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 16 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.