Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 17
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 17
Thực Hành Làm Bài Thi Trắc Nghiệm: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 17
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 17. 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 17 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 17
Câu 1:
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x – 1}}\) có phương trình đường tiệm cận ngang là
\(y = 2\).
Chọn C
Ta có
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2x + 1}}{{x – 1}} = 2\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x – 1}} = 2\).
Do đó đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là \(y = 2\).
Ta có
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2x + 1}}{{x – 1}} = 2\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x – 1}} = 2\).
Do đó đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là \(y = 2\).
Câu 2:
Cho \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = 2\) và \(\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} = 5\), khi đó \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2g\left( x \right)} \right]dx} \) bằng
\( - 8\).
Chọn B
Ta có \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2g\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} – 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} = 2 – 2.5 = – 8\).
Ta có \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2g\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} – 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} = 2 – 2.5 = – 8\).
Câu 3:
Hình vẽ sau là bảng biến thiên của hàm số nào sau đây?
\(y = - 2{x^3} + 6x - 1\).
Chọn D
Vì theo bảng biến thiên là đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số \(a < 0\).
Vì theo bảng biến thiên là đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số \(a < 0\).
Câu 4:
Khẳng định nào dưới đây đúng?
\(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} .\)
Chọn D
\(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} .\)
\(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} .\)
Câu 5:
Cho khối lăng trụ đứng \(ABC.A’B’C’\) có đáy là tam giác đều cạnh \(a\) và \(AA’ = a\sqrt 3 \). Thể tích của khối lăng trụ đã cho là
\(\frac{{3{a^3}}}{4}\).
Chọn B
Ta có \({V_{ABC.A’B’C’}} = AA’.{S_{ABC}} = a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{4}\)
Ta có \({V_{ABC.A’B’C’}} = AA’.{S_{ABC}} = a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{4}\)
Câu 6:
Trong không gian \(\left( {Oxyz} \right)\) cho mặt cầu \(\left( S \right)\)có phương trình \({x^2} + {y^2} + {z^2} – 4x + 8y – 2z – 4 = 0\). Tìm toạ độ tâm \(I\)và bán kính \(R\)của mặt cầu \(\left( S \right)\).
\(I\left( {2; - 4;1} \right),R = 5\).
Chọn A
Ta có \(I\left( {2; – 4;1} \right) \Rightarrow R = \sqrt {{2^2} + {{\left( { – 4} \right)}^2} + 1 – ( – 4)} = 5\).
Ta có \(I\left( {2; – 4;1} \right) \Rightarrow R = \sqrt {{2^2} + {{\left( { – 4} \right)}^2} + 1 – ( – 4)} = 5\).
Câu 7:
Trong không gian \(\left( {Oxyz} \right)\) cho véc tơ \(\overrightarrow a = \left( {2;1; – 1} \right)\) và \(\overrightarrow b = \left( {3; – 2;1} \right)\). Véc tơ \(\overrightarrow a + \overrightarrow b \) có toạ độ là:
\(\left( {5; - 1;0} \right)\)
Chọn A
\(\overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {2 + 3;1 – 2; – 1 + 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {5; – 1;0} \right)\).
\(\overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {2 + 3;1 – 2; – 1 + 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {5; – 1;0} \right)\).
Câu 8:
Bạn Chi rất thích nhảy hiện đại. Thời gian tập nhảy mỗi ngày trong thời gian gần đây của bạn Chi được thống kê lại ở bảng sau:
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là
8,125.
Chọn B
Cỡ mẫu \(n = 6 + 6 + 4 + 1 + 1 = 18\).
Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là \(\left[ {20;25} \right)\). Do đó \({Q_1} = 20 + \frac{{\frac{{18}}{4}}}{6}.5 = 23,75\).
Nhóm chứa tứ phân vị thứ ba là \(\left[ {30;35} \right)\). Do đó \({Q_2} = 30 + \frac{{18.\frac{3}{4} – 12}}{4}.5 = 31,875\).
Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \(\Delta Q = {Q_3} – {Q_1} = 8,125\).
Cỡ mẫu \(n = 6 + 6 + 4 + 1 + 1 = 18\).
Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là \(\left[ {20;25} \right)\). Do đó \({Q_1} = 20 + \frac{{\frac{{18}}{4}}}{6}.5 = 23,75\).
Nhóm chứa tứ phân vị thứ ba là \(\left[ {30;35} \right)\). Do đó \({Q_2} = 30 + \frac{{18.\frac{3}{4} – 12}}{4}.5 = 31,875\).
Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \(\Delta Q = {Q_3} – {Q_1} = 8,125\).
Câu 9:
Tập nghiệm của bất phương trình \({2^x} > 6\) là
\(\left( {{{\log }_2}6; + \infty } \right)\).
Chọn C
Ta có \({2^x} > 6 \Leftrightarrow x > {\log _2}6\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {{{\log }_2}6; + \infty } \right)\).
Ta có \({2^x} > 6 \Leftrightarrow x > {\log _2}6\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {{{\log }_2}6; + \infty } \right)\).
Câu 10:
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\), biết \({u_2} = 3\) và \({u_4} = 7\). Giá trị của \({u_{15}}\) bằng
\(29\).
Chọn D
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_2} = {u_1} + d \hfill \\
{u_4} = {u_1} + 3d \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} + d = 3 \hfill \\
{u_1} + 3d = 7 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 2 \hfill \\
{u_1} = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy \({u_{15}} = {u_1} + 14d = 1 + 14.2 = 29\).
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_2} = {u_1} + d \hfill \\
{u_4} = {u_1} + 3d \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} + d = 3 \hfill \\
{u_1} + 3d = 7 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 2 \hfill \\
{u_1} = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy \({u_{15}} = {u_1} + 14d = 1 + 14.2 = 29\).
Câu 11:
Cho hai biến cố \(A,B\) thỏa mãn \(P(\overline B ) = 0,2;P\left( {\left. A \right|B} \right) = 0,5;P\left( {\left. A \right|\overline B } \right) = 0,3\). Khi đó, \(P(A)\) bằng
\(0,46\).
Chọn C
Áp dụng công thức xác suất toàn phần:
\(\begin{gathered}
P(A) = P\left( {\left. A \right|B} \right).P(B) + P\left( {\left. A \right|\overline B } \right).P(\overline B ) \hfill \\
P(A) = 0,5.(1 – 0,2) + 0,3.0,2 = 0,46 \hfill \\
\end{gathered} \).
Áp dụng công thức xác suất toàn phần:
\(\begin{gathered}
P(A) = P\left( {\left. A \right|B} \right).P(B) + P\left( {\left. A \right|\overline B } \right).P(\overline B ) \hfill \\
P(A) = 0,5.(1 – 0,2) + 0,3.0,2 = 0,46 \hfill \\
\end{gathered} \).
Câu 12:
Cho hình lập phương\(ABCD.A’B’C’D’\)cạnh \(a\). Khẳng định nào sau đây SAI?
\(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A'C'} = \vec 0\).
Chọn C
Ta có \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A’C’} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AC} \).
Ta có \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A’C’} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AC} \).
Câu 13:
Xét chuyển động của một tàu lượn trên đoạn đường ray có hình dạng một phần đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{135x – {x^2} – {x^3}}}{{200}}\quad \left( {x \geqslant 0} \right),\) trong đó \(x\) là khoảng cách theo phương ngang kể từ điểm \(A\), \(y\) là độ cao tương ứng của tàu lượn so với phương ngang \(AB\).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ (đơn vị trên mỗi trục là \(10{\text{m}}\)). Các kết quả được làm tròn đến hàng đơn vị.
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ (đơn vị trên mỗi trục là \(10{\text{m}}\)). Các kết quả được làm tròn đến hàng đơn vị.
Độ cao lớn nhất của tàu lượn so với phương ngang \(AB\) là \(64{\text{m}}\).
a) Đúng. Điểm \(B\) là giao điểm của đồ thị với trục hoành nên:
\(f\left( x \right) = 0 \Rightarrow 135x – {x^2} – {x^3} = 0 \Leftrightarrow \)\(x\left( {135 – x – {x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = \frac{{ – 1 + \sqrt {541} }}{2} \hfill \\
x = \frac{{ – 1 – \sqrt {541} }}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ngoài nghiệm \(x = 0\) ứng với điểm \(A\), ta có: \({x_B} = \frac{{ – 1 + \sqrt {541} }}{2}\)
Suy ra: \(AB = {x_B} \cdot 10 \approx 111{\text{m}}.\)
b) Đúng. Ta có: \(f’\left( x \right) = \frac{{135 – 2x – 3{x^2}}}{{200}}.\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \)\(135 – 2x – 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow \)\(x = \frac{{ – 1 \pm \sqrt {406} }}{3}.\)
Do \(x \geqslant 0\), suy ra: \({x_0} = \frac{{\sqrt {406} – 1}}{3}.\)
c) Sai. Độ cao lớn nhất ứng với giá trị cực đại của hàm số:
\({y_{\max }} = f\left( {\frac{{\sqrt {406} – 1}}{3}} \right) \approx 2,8.\)
Vì mỗi đơn vị trên trục tung ứng với \(10{\text{m}}\), nên: \({H_{\max }} = 2,8 \cdot 10 = 28{\text{m}}.\)
d) Đúng. Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị tại \(A\) là: \(f’\left( 0 \right) = \frac{{135}}{{200}}.\)
Do đó: \(\tan \alpha = \frac{{135}}{{200}} \Rightarrow \alpha \approx 34^\circ .\)
\(f\left( x \right) = 0 \Rightarrow 135x – {x^2} – {x^3} = 0 \Leftrightarrow \)\(x\left( {135 – x – {x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = \frac{{ – 1 + \sqrt {541} }}{2} \hfill \\
x = \frac{{ – 1 – \sqrt {541} }}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ngoài nghiệm \(x = 0\) ứng với điểm \(A\), ta có: \({x_B} = \frac{{ – 1 + \sqrt {541} }}{2}\)
Suy ra: \(AB = {x_B} \cdot 10 \approx 111{\text{m}}.\)
b) Đúng. Ta có: \(f’\left( x \right) = \frac{{135 – 2x – 3{x^2}}}{{200}}.\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \)\(135 – 2x – 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow \)\(x = \frac{{ – 1 \pm \sqrt {406} }}{3}.\)
Do \(x \geqslant 0\), suy ra: \({x_0} = \frac{{\sqrt {406} – 1}}{3}.\)
c) Sai. Độ cao lớn nhất ứng với giá trị cực đại của hàm số:
\({y_{\max }} = f\left( {\frac{{\sqrt {406} – 1}}{3}} \right) \approx 2,8.\)
Vì mỗi đơn vị trên trục tung ứng với \(10{\text{m}}\), nên: \({H_{\max }} = 2,8 \cdot 10 = 28{\text{m}}.\)
d) Đúng. Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị tại \(A\) là: \(f’\left( 0 \right) = \frac{{135}}{{200}}.\)
Do đó: \(\tan \alpha = \frac{{135}}{{200}} \Rightarrow \alpha \approx 34^\circ .\)
Câu 14:
Giả sử rằng khi tăng \(t\) năm tuổi, một máy công nghiệp \(A\) tạo ra doanh thu với tốc độ
\(R’\left( t \right) = 650 – 3{t^2}\)(triệu đồng/năm), thời điểm \(t = 0\) tính từ lúc máy \(A\) bắt đầu hoạt động. Biết rằng chi phí biên cho vận hành và bảo trì là \(C’\left( t \right) = 48 + 12{t^2}\)(triệu đồng/năm), ở đây \(C\left( t \right)\) là chi phí vận hành và bảo trì của máy\(A\)khi nó được \(t\) năm tuổi.
\(R’\left( t \right) = 650 – 3{t^2}\)(triệu đồng/năm), thời điểm \(t = 0\) tính từ lúc máy \(A\) bắt đầu hoạt động. Biết rằng chi phí biên cho vận hành và bảo trì là \(C’\left( t \right) = 48 + 12{t^2}\)(triệu đồng/năm), ở đây \(C\left( t \right)\) là chi phí vận hành và bảo trì của máy\(A\)khi nó được \(t\) năm tuổi.
Tuổi thọ hữu ích của một máy là số năm T trước khi lợi nhuận (bằng doanh thu trừ chi phí) mà nó tạo ra bắt đầu giảm. Tuổi thọ hữu ích của máy \(A\) này là 8 năm.
a) Chọn đúng.
Doanh thu sau 12 năm của máy\(A\)là \(R\left( t \right) = \int\limits_0^{12} {\left( {650 – 3{t^2}} \right)} dt\) ( triệu đồng).
b) Chọn đúng
Chi phí vận hành và bảo trì của máy \(A\) là \(C\left( t \right) = \int {\left( {48 + 12{t^2}} \right)} dt\)=\(48t + 4{t^3} + b\).
Chi phí ban đầu là 0, tức là \(C\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow b = 0\)
Tổng chi phí trong 6 năm là \(C\left( 6 \right) = 48.6 + {4.6^3} = 1152\)(triệu đồng).
c) Chọn sai.
Lợi nhuận do máy \(A\) tạo ra là \(P’\left( t \right) = R’\left( t \right) – C’\left( t \right)\)\( = 650 – 3{t^2} – \left( {48 + 12{t^2}} \right)\)\( = – 15{t^2} + 602\).
\(P’\left( t \right) = 0 \to t = \sqrt {\frac{{602}}{{15}}} \approx 6,33\)năm. Lợi nhuận đạt cực đại tại \(t = \sqrt {\frac{{602}}{{15}}} \)và sẽ bắt đầu giảm ngay sau đó nên tuổi thọ hữu ích không thể là 8
d) Chọn sai.
Lợi nhuận do máy \(A\) tạo ra trong suốt thời gian tuổi thọ hữu ích của nó là
\(\int\limits_0^{\sqrt {\frac{{602}}{{15}}} } {\left( { – 15{t^2} + 602} \right)} dt\)\( = 2542,5\) (triệu đồng).
Doanh thu sau 12 năm của máy\(A\)là \(R\left( t \right) = \int\limits_0^{12} {\left( {650 – 3{t^2}} \right)} dt\) ( triệu đồng).
b) Chọn đúng
Chi phí vận hành và bảo trì của máy \(A\) là \(C\left( t \right) = \int {\left( {48 + 12{t^2}} \right)} dt\)=\(48t + 4{t^3} + b\).
Chi phí ban đầu là 0, tức là \(C\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow b = 0\)
Tổng chi phí trong 6 năm là \(C\left( 6 \right) = 48.6 + {4.6^3} = 1152\)(triệu đồng).
c) Chọn sai.
Lợi nhuận do máy \(A\) tạo ra là \(P’\left( t \right) = R’\left( t \right) – C’\left( t \right)\)\( = 650 – 3{t^2} – \left( {48 + 12{t^2}} \right)\)\( = – 15{t^2} + 602\).
\(P’\left( t \right) = 0 \to t = \sqrt {\frac{{602}}{{15}}} \approx 6,33\)năm. Lợi nhuận đạt cực đại tại \(t = \sqrt {\frac{{602}}{{15}}} \)và sẽ bắt đầu giảm ngay sau đó nên tuổi thọ hữu ích không thể là 8
d) Chọn sai.
Lợi nhuận do máy \(A\) tạo ra trong suốt thời gian tuổi thọ hữu ích của nó là
\(\int\limits_0^{\sqrt {\frac{{602}}{{15}}} } {\left( { – 15{t^2} + 602} \right)} dt\)\( = 2542,5\) (triệu đồng).
Câu 15:
Anh Việt có một tấm tôn hình tam giác đều \(ABC\) với cạnh bằng \(6\)(dm). Bên trong tấm nhôm này anh vẽ thêm tam giác đều \(DEF\) sao cho hai tam giác có cùng trọng tâm, đồng thời các cạnh tương ứng song song nhau. Anh Việt muốn làm một chậu đựng nước dạng hình chóp cụt tam giác đều với đáy nhỏ là \(DEF\) và đáy lớn để hở. Anh cắt bỏ ba hình bình hành ở ba góc của tam giác \(ABC\) là\(AMDN\), \(BPEQ\), \(CSFR\) (như hình). Kẻ đường cao \(AH\) và gọi \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Đặt \(x = DN = DM\) \(\left( {0 < x < 2} \right)\).
a) Đúng. \(NP = QR = SM = 6 – 2x\) (dm).
b) Đúng. \(AH = \frac{{6.\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \); \(OA = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3}.3\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \).
c) Đúng. Do \(AMDN\) là hình thoi cạnh \(x\)(dm) nên \(AD = 2.\frac{{x\sqrt 3 }}{2} = x\sqrt 3 \) (dm).
\(DO = AO – AD = \left( {2 – x} \right)\sqrt 3 \).
Mà \(DO = \frac{{DE\sqrt 3 }}{3}\) ( Do \(DEF\) là tam giác đều).
Suy ra: \(DE = 3\left( {2 – x} \right) = 6 – 3x\) (dm).
d) Đúng. Diện tích đáy lớn: \(S = \frac{{{{\left( {6 – 2x} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 {\left( {3 – x} \right)^2}\);
Diện tích đáy nhỏ: \(S’ = \frac{{{{\left( {6 – 3x} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4}\).
Gọi \(O’\) là trọng tâm của đáy lớn; \(H\) là hình chiếu của \(D\) lên \(MO’\).
Ta có: \(MH = MO’ – DO = \frac{{\left( {6 – 2x} \right)\sqrt 3 }}{3} – \left( {2 – x} \right)\sqrt 3 = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\).
Chiều cao của chậu: \(h = \sqrt {D{M^2} – M{H^2}} = \sqrt {{x^2} – {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\).
Thể tích của chậu:
\(V = \frac{1}{3}h\left( {S + S’ + \sqrt {S.S’} } \right) = \frac{1}{3}.\frac{{x\sqrt 6 }}{3}.\frac{{19\sqrt 3 {x^2} – 90\sqrt 3 x + 108\sqrt 3 }}{4}\)
\( = \frac{{57\sqrt 2 {x^3} – 270\sqrt 2 {x^2} + 324\sqrt 2 x}}{{36}}\)
\(V = \frac{1}{3}h\left( {S + S’ + \sqrt {S.S’} } \right) = \frac{1}{3}.\frac{{x\sqrt 6 }}{3}.\frac{{19\sqrt 3 {x^2} – 90\sqrt 3 x + 108\sqrt 3 }}{4}\)
\( = \frac{{57\sqrt 2 {x^3} – 270\sqrt 2 {x^2} + 324\sqrt 2 x}}{{36}}\)
Ta có: \(V’ = \frac{{171\sqrt 2 {x^3} – 540\sqrt 2 x + 324\sqrt 2 }}{{36}}\)
\(V’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{30 – 6\sqrt 6 }}{{19}}\,\,\,(n) \hfill \\
x = \frac{{30 + 6\sqrt 6 }}{{19}}\,\,\,(l) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Thay \(x = \frac{{30 – 6\sqrt 6 }}{{19}}\) vào V
Vậy Thể tích lớn nhất của chậu là xấp xỉ \(4,54\) (lít).
b) Đúng. \(AH = \frac{{6.\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \); \(OA = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3}.3\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \).
c) Đúng. Do \(AMDN\) là hình thoi cạnh \(x\)(dm) nên \(AD = 2.\frac{{x\sqrt 3 }}{2} = x\sqrt 3 \) (dm).
\(DO = AO – AD = \left( {2 – x} \right)\sqrt 3 \).
Mà \(DO = \frac{{DE\sqrt 3 }}{3}\) ( Do \(DEF\) là tam giác đều).
Suy ra: \(DE = 3\left( {2 – x} \right) = 6 – 3x\) (dm).
d) Đúng. Diện tích đáy lớn: \(S = \frac{{{{\left( {6 – 2x} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 {\left( {3 – x} \right)^2}\);
Diện tích đáy nhỏ: \(S’ = \frac{{{{\left( {6 – 3x} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4}\).
Gọi \(O’\) là trọng tâm của đáy lớn; \(H\) là hình chiếu của \(D\) lên \(MO’\).
Ta có: \(MH = MO’ – DO = \frac{{\left( {6 – 2x} \right)\sqrt 3 }}{3} – \left( {2 – x} \right)\sqrt 3 = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\).
Chiều cao của chậu: \(h = \sqrt {D{M^2} – M{H^2}} = \sqrt {{x^2} – {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\).
Thể tích của chậu:
\(V = \frac{1}{3}h\left( {S + S’ + \sqrt {S.S’} } \right) = \frac{1}{3}.\frac{{x\sqrt 6 }}{3}.\frac{{19\sqrt 3 {x^2} – 90\sqrt 3 x + 108\sqrt 3 }}{4}\)
\( = \frac{{57\sqrt 2 {x^3} – 270\sqrt 2 {x^2} + 324\sqrt 2 x}}{{36}}\)
\(V = \frac{1}{3}h\left( {S + S’ + \sqrt {S.S’} } \right) = \frac{1}{3}.\frac{{x\sqrt 6 }}{3}.\frac{{19\sqrt 3 {x^2} – 90\sqrt 3 x + 108\sqrt 3 }}{4}\)
\( = \frac{{57\sqrt 2 {x^3} – 270\sqrt 2 {x^2} + 324\sqrt 2 x}}{{36}}\)
Ta có: \(V’ = \frac{{171\sqrt 2 {x^3} – 540\sqrt 2 x + 324\sqrt 2 }}{{36}}\)
\(V’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{30 – 6\sqrt 6 }}{{19}}\,\,\,(n) \hfill \\
x = \frac{{30 + 6\sqrt 6 }}{{19}}\,\,\,(l) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Thay \(x = \frac{{30 – 6\sqrt 6 }}{{19}}\) vào V
Vậy Thể tích lớn nhất của chậu là xấp xỉ \(4,54\) (lít).
Câu 16:
Một công ty công nghệ tổ chức một kỳ thi tuyển dụng với hai bài kiểm tra: một bài kiểm tra lập trình và một bài kiểm tra tư duy logic. Công ty nhận thấy rằng, \(60\% \) ứng viên là nam, \(40\% \) ứng viên là nữ. \(80\% \) nam vượt qua bài kiểm tra lập trình, \(70\% \) nữ vượt qua bài kiểm tra lập trình. \(75\% \) nam vượt qua bài kiểm tra tư duy logic, \(85\% \) nữ vượt qua bài kiểm tra tư duy logic. Giả sử các bài kiểm tra là độc lập giữa các giới tính.
Một ứng viên ngẫu nhiên được chọn và được biết rằng người đó vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình lập trình và logic. Khi đó xác suất người đó là nữ là \(0,397\) (làm tròn đến hàng phần nghìn).
Gọi \(A\) là biến cố “ứng viên là nam”, \({B_1}\) là biến cố “vượt qua bài kiểm tra lập trình” và \({B_2}\) là biến cố “vượt qua bài kiểm tra tư duy logic”.
Ta có: \(P\left( A \right) = 60\% = 0,6\), suy ra ứng viên nữ là \(P\left( {\overline {A\,} } \right) = 40\% = 0,4\).
Ta lại có: \(P\left( {{B_1}|A} \right) = 80\% = 0,8\), \(P\left( {{B_1}|\overline {A\,} } \right) = 70\% = 0,7\), \(P\left( {{B_2}|A} \right) = 75\% = 0,75\) và
\(P\left( {{B_2}|\overline {A\,} } \right) = 85\% = 0,85\).
Tính \(P\left( {{B_1}} \right) = 0,6.\,0,8 + 0,4.\,0,7 = 0,76\) và \(P\left( {{B_2}} \right) = 0,6.\,0,75 + 0,4.\,0,85 = 0,79\)
a) Đúng. Ta có: \(P\left( {\overline {A\,} |{B_1}} \right) = \frac{{P\left( {\overline {A\,} } \right).P\left( {{B_1}|\overline {A\,} } \right)}}{{P\left( {{B_1}} \right)}} = \frac{{0,4.\,0,7}}{{0,76}} = \frac{7}{{19}}\).
b) Đúng. Xác suất qua cả 2 bài đối với ứng viên nam là:\(P = 0,8.\,0,75 = 0,6\).
Vậy xác suất ứng viên nam không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra là: \(1 – 0,6 = 0,4 = 40\% \)
c) Đúng. Xác suất ứng viên nam vượt qua hai bài kiểm tra là \({P_1} = 0,6.\,0,8.\,0,75 = 0,36\).
Xác suất ứng viên nữ vượt qua hai bài kiểm tra là \({P_2} = 0,4.\,0,7.\,0,85 = 0,238\).
Vậy xác suất ứng viên vượt qua cả 2 bài kiểm tra là \(P = {P_1} + {P_2} = 0,36 + 0,238 = 0,598 = 59,8\% \).
d) Sai. Một ứng viên ngẫu nhiên được chọn và được biết rằng người đó vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình lập trình và logic. Khi đó xác suất người đó là nữ là \(0,397\) (làm tròn đến hàng phần nghìn).
Xác suất cần tìm là \(P = \frac{{0,238}}{{0,598}} \approx 0,398\).
Ta có: \(P\left( A \right) = 60\% = 0,6\), suy ra ứng viên nữ là \(P\left( {\overline {A\,} } \right) = 40\% = 0,4\).
Ta lại có: \(P\left( {{B_1}|A} \right) = 80\% = 0,8\), \(P\left( {{B_1}|\overline {A\,} } \right) = 70\% = 0,7\), \(P\left( {{B_2}|A} \right) = 75\% = 0,75\) và
\(P\left( {{B_2}|\overline {A\,} } \right) = 85\% = 0,85\).
Tính \(P\left( {{B_1}} \right) = 0,6.\,0,8 + 0,4.\,0,7 = 0,76\) và \(P\left( {{B_2}} \right) = 0,6.\,0,75 + 0,4.\,0,85 = 0,79\)
a) Đúng. Ta có: \(P\left( {\overline {A\,} |{B_1}} \right) = \frac{{P\left( {\overline {A\,} } \right).P\left( {{B_1}|\overline {A\,} } \right)}}{{P\left( {{B_1}} \right)}} = \frac{{0,4.\,0,7}}{{0,76}} = \frac{7}{{19}}\).
b) Đúng. Xác suất qua cả 2 bài đối với ứng viên nam là:\(P = 0,8.\,0,75 = 0,6\).
Vậy xác suất ứng viên nam không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra là: \(1 – 0,6 = 0,4 = 40\% \)
c) Đúng. Xác suất ứng viên nam vượt qua hai bài kiểm tra là \({P_1} = 0,6.\,0,8.\,0,75 = 0,36\).
Xác suất ứng viên nữ vượt qua hai bài kiểm tra là \({P_2} = 0,4.\,0,7.\,0,85 = 0,238\).
Vậy xác suất ứng viên vượt qua cả 2 bài kiểm tra là \(P = {P_1} + {P_2} = 0,36 + 0,238 = 0,598 = 59,8\% \).
d) Sai. Một ứng viên ngẫu nhiên được chọn và được biết rằng người đó vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình lập trình và logic. Khi đó xác suất người đó là nữ là \(0,397\) (làm tròn đến hàng phần nghìn).
Xác suất cần tìm là \(P = \frac{{0,238}}{{0,598}} \approx 0,398\).
Câu 17:
Trên công trường xây dựng, một công nhân muốn tạo ra một dụng cụ để đựng vật liệu lỏng từ một tấm thép hình chữ nhật \(ABCD\) tâm \(O\) có \(AB = 3,2\,m,\,AD = 2,4\,m\). Do tấm thép bị hỏng một phần (tham khảo hình vẽ) nên người đó cắt bỏ tam giác \(OBC\)và hàn hai mép \(OB,OC\) với nhau để thu được một hình tứ diện \(OABD\)(không có mặt \(ABD\)). Dụng cụ này sẽ được vùi đất xung quanh sao cho đỉnh O quay xuống và mặt \(ABD\) hướng lên trên, khi đựng đầy vật liệu lỏng thì phần không gian trong lòng của dụng cụ hoàn toàn bị lấp đầy. Tính thể tích của vật liệu lỏng được đựng đầy trong dụng cụ.(Kết quả làm tròn đến hàng phần chục của đơn vị \({m^3}\) và xem độ dày của tấm thép không đáng kể).
Trả lời: \(1,2\)
\(BD = AC = \sqrt {{{\left( {2,4} \right)}^2} + {{\left( {3,2} \right)}^2}} = 4\)
\(OA = OC = OB = OD = 2\)
Gọi \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABD\). Khi đó \(OH \bot \left( {ABD} \right)\)
Diện tích tam giác \(ABD\):
\(p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{2,4 + 3,2 + 3,2}}{2} = 4,4\)
\(S = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} = \frac{{12\sqrt {55} }}{{25}}\)
Mặt khác \(S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{64}}{{5\sqrt {55} }}\)
\(OH = \sqrt {A{O^2} – {R^2}} = 1,01\)
Do đó \(V = \frac{1}{3}OH.{S_{ABD}} = 1,2\left( {{m^3}} \right)\).
\(BD = AC = \sqrt {{{\left( {2,4} \right)}^2} + {{\left( {3,2} \right)}^2}} = 4\)
\(OA = OC = OB = OD = 2\)
Gọi \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABD\). Khi đó \(OH \bot \left( {ABD} \right)\)
Diện tích tam giác \(ABD\):
\(p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{2,4 + 3,2 + 3,2}}{2} = 4,4\)
\(S = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} = \frac{{12\sqrt {55} }}{{25}}\)
Mặt khác \(S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{64}}{{5\sqrt {55} }}\)
\(OH = \sqrt {A{O^2} – {R^2}} = 1,01\)
Do đó \(V = \frac{1}{3}OH.{S_{ABD}} = 1,2\left( {{m^3}} \right)\).
Câu 18:
Một bờ hồ có dạng nửa đường tròn bán kính bằng \(2{\text{km}}\), đường kính là \(PR\). Từ điểm \(P\), bạn Nam chèo một chiếc thuyền với vận tốc \(3{\text{km/h}}\) đến điểm \(Q\) trên bờ hồ, rồi chạy bộ dọc theo bờ hồ đến điểm \(R\) với vận tốc \(6,{\text{km/h}}\). Hỏi để di chuyển từ \(P\) đến \(R\) theo cách trên thì bạn Nam mất ít thời gian nhất là bao nhiêu giờ? (Làm tròn đến hàng phần chục).
Trả lời: \(1\)
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.
Khi đó: \(O\left( {0,0} \right)\); \(R\left( {2,0} \right)\); \(P\left( { – 2,0} \right)\)
Giả sử \(Q\) là điểm trên cung tròn sao cho \(\widehat {QOR} = \theta \) \(\left( {0 \leqslant \theta \leqslant \pi } \right)\).
Vì \(Q\) nằm trên đường tròn tâm \(O\), bán kính 2 nên: \(Q\left( {2\cos \theta ,2\sin \theta } \right)\)
Độ dài đoạn đường chèo thuyền là \(PQ = \sqrt {{{\left( {2\cos \theta + 2} \right)}^2} + {{\left( {2\sin \theta } \right)}^2}} = 2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} \)
Thời gian chèo thuyền: \({t_1} = \frac{{PQ}}{3} = \frac{{2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} }}{3}\)
Độ dài cung tròn từ \(Q\) đến \(R\) là \(\ell = 2\theta \)\(\left( {0 \leqslant \theta \leqslant \pi } \right)\)
Thời gian chạy bộ: \({t_2} = \frac{\ell }{6} = \frac{\theta }{3}\)
Tổng thời gian: \(T\left( \theta \right) = \frac{{2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} }}{3} + \frac{\theta }{3}\)
Ta có: \(T’\left( \theta \right) = – \frac{{\sqrt 2 \sin \theta }}{{3\sqrt {1 + \cos \theta } }} + \frac{1}{3}\)
\(T’\left( \theta \right) = 0 \Leftrightarrow – \frac{{\sqrt 2 \sin \theta }}{{3\sqrt {1 + \cos \theta } }} + \frac{1}{3} = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \theta = \sqrt {1 + \cos \theta } \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
\cos \theta = \frac{1}{2} \hfill \\
\cos \theta = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì \(\theta \in \left[ {0;\pi } \right]\) nên chọn \(\theta = \frac{\pi }{3},\theta = \pi \)
Ta có:
\(T\left( 0 \right) = \frac{4}{3} \approx 1,33\)
\(\begin{gathered}
T\left( \pi \right) = \frac{\pi }{3} \approx 1,0 \hfill \\
T\left( {\frac{\pi }{3}} \right) \approx 1,5 \hfill \\
\end{gathered} \)
Vậy, thời gian ít nhất để bạn Nam đi từ \(P\) đến \(R\) là khoảng \(1,0\) giờ
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.
Khi đó: \(O\left( {0,0} \right)\); \(R\left( {2,0} \right)\); \(P\left( { – 2,0} \right)\)
Giả sử \(Q\) là điểm trên cung tròn sao cho \(\widehat {QOR} = \theta \) \(\left( {0 \leqslant \theta \leqslant \pi } \right)\).
Vì \(Q\) nằm trên đường tròn tâm \(O\), bán kính 2 nên: \(Q\left( {2\cos \theta ,2\sin \theta } \right)\)
Độ dài đoạn đường chèo thuyền là \(PQ = \sqrt {{{\left( {2\cos \theta + 2} \right)}^2} + {{\left( {2\sin \theta } \right)}^2}} = 2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} \)
Thời gian chèo thuyền: \({t_1} = \frac{{PQ}}{3} = \frac{{2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} }}{3}\)
Độ dài cung tròn từ \(Q\) đến \(R\) là \(\ell = 2\theta \)\(\left( {0 \leqslant \theta \leqslant \pi } \right)\)
Thời gian chạy bộ: \({t_2} = \frac{\ell }{6} = \frac{\theta }{3}\)
Tổng thời gian: \(T\left( \theta \right) = \frac{{2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} }}{3} + \frac{\theta }{3}\)
Ta có: \(T’\left( \theta \right) = – \frac{{\sqrt 2 \sin \theta }}{{3\sqrt {1 + \cos \theta } }} + \frac{1}{3}\)
\(T’\left( \theta \right) = 0 \Leftrightarrow – \frac{{\sqrt 2 \sin \theta }}{{3\sqrt {1 + \cos \theta } }} + \frac{1}{3} = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \theta = \sqrt {1 + \cos \theta } \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
\cos \theta = \frac{1}{2} \hfill \\
\cos \theta = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì \(\theta \in \left[ {0;\pi } \right]\) nên chọn \(\theta = \frac{\pi }{3},\theta = \pi \)
Ta có:
\(T\left( 0 \right) = \frac{4}{3} \approx 1,33\)
\(\begin{gathered}
T\left( \pi \right) = \frac{\pi }{3} \approx 1,0 \hfill \\
T\left( {\frac{\pi }{3}} \right) \approx 1,5 \hfill \\
\end{gathered} \)
Vậy, thời gian ít nhất để bạn Nam đi từ \(P\) đến \(R\) là khoảng \(1,0\) giờ
Câu 19:
Một cơ sở sản xuất lụa dệt thủ công hai loại lụa gấm và lụa tơ tằm. Công suất tối đa một ngày của cả xưởng là \(100{\text{m}}\) lụa, biết rằng tiền nguyên liệu cho một mét lụa gấm là \(20\) nghìn đồng và cần hai công thợ để dệt xong, còn đối với lụa tơ tằm thì cần \(10\) nghìn đồng tiền nguyên liệu và một công thợ. Vốn của xưởng một ngày là không quá \(6\) triệu đồng và một công thợ là \(40\) nghìn đồng. Giá bán lẻ một mét lụa gấm và tơ tằm lần lượt là \(150\) nghìn đồng/mét và \(80\) nghìn đồng/mét. Vậy chủ cơ sở cần sản xuất một ngày \(x\) mét lụa gấm và \(y\) mét lụa tơ tằm để thu lời nhiều nhất (Giả sử mỗi ngày đều bán hết). Tính giá trị của biểu thức \(x + 3y\).
Trả lời: 260.
Công suất tối đa một ngày của cả xưởng là \(100{\text{m}}\) lụa: \(x + y \leqslant 100\).
Chi phí cho mỗi mét lụa gấm: \(20 + 2 \times 40 = 100\) (nghìn đồng).
Chi phí cho mỗi mét lụa tơ tằm: \(10 + 1 \times 40 = 50\) (nghìn đồng).
Vốn của xưởng một ngày là không quá \(6\) triệu đồng: \(100x + 50y \leqslant 6000 \Leftrightarrow 2x + y \leqslant 120\).
Lợi nhuận thu từ mỗi mét lụa gấm: \(150 – 100 = 50\) (nghìn đồng).
Lợi nhuận thu từ mỗi mét lụa tơ tằm: \(80 – 50 = 30\) (nghìn đồng).
Hàm tổng lợi nhuận: \(P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y\). Bài toán đưa về tìm \(x\), \(y\) là nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{gathered}
x + y \leqslant 100 \hfill \\
2x + y \leqslant 120 \hfill \\
x,y \geqslant 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) sao cho \(P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y\) có giá trị lớn nhất.
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác \(OABC\) như hình trên với , \(B\left( {20;80} \right)\), và \(C\left( {60;0} \right)\). Biểu thức \(P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y\) tại một trong các đỉnh này:
+ \({P_A} = 50 \times 0 + 30 \times 100 = 3000\);
+ \({P_B} = 50 \times 20 + 30 \times 80 = 3400\);
+ \({P_C} = 50 \times 60 + 30 \times 0 = 3000\).
Vậy lợi nhuận lớn nhất là \(3400\) nghìn đồng hay \(3,4\) triệu đồng khi sản xuất \(20\) mét lụa gấm và \(80\) mét lụa tơ tằm. Do đó, \(x + 3y = 20 + 3 \times 80 = 260\).
Công suất tối đa một ngày của cả xưởng là \(100{\text{m}}\) lụa: \(x + y \leqslant 100\).
Chi phí cho mỗi mét lụa gấm: \(20 + 2 \times 40 = 100\) (nghìn đồng).
Chi phí cho mỗi mét lụa tơ tằm: \(10 + 1 \times 40 = 50\) (nghìn đồng).
Vốn của xưởng một ngày là không quá \(6\) triệu đồng: \(100x + 50y \leqslant 6000 \Leftrightarrow 2x + y \leqslant 120\).
Lợi nhuận thu từ mỗi mét lụa gấm: \(150 – 100 = 50\) (nghìn đồng).
Lợi nhuận thu từ mỗi mét lụa tơ tằm: \(80 – 50 = 30\) (nghìn đồng).
Hàm tổng lợi nhuận: \(P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y\). Bài toán đưa về tìm \(x\), \(y\) là nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{gathered}
x + y \leqslant 100 \hfill \\
2x + y \leqslant 120 \hfill \\
x,y \geqslant 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) sao cho \(P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y\) có giá trị lớn nhất.
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác \(OABC\) như hình trên với , \(B\left( {20;80} \right)\), và \(C\left( {60;0} \right)\). Biểu thức \(P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y\) tại một trong các đỉnh này:
+ \({P_A} = 50 \times 0 + 30 \times 100 = 3000\);
+ \({P_B} = 50 \times 20 + 30 \times 80 = 3400\);
+ \({P_C} = 50 \times 60 + 30 \times 0 = 3000\).
Vậy lợi nhuận lớn nhất là \(3400\) nghìn đồng hay \(3,4\) triệu đồng khi sản xuất \(20\) mét lụa gấm và \(80\) mét lụa tơ tằm. Do đó, \(x + 3y = 20 + 3 \times 80 = 260\).
Câu 20:
Bạn Hoa vừa mê học toán, vừa mê một bạn nam lớp bên cạnh. Ngày sinh nhật Hoa thì bạn nam ấy đã tặng cho Hoa một tờ giấy, trong đó có vẽ hai hình elip ghép lại tạo ra hình trái tim rất đẹp. Phần hai cánh có diện tích \({S_1},{S_2}\) được tô màu vàng, phần có diện tích \({S_3}\), \({S_4}\), \({S_5}\), \({S_6}\) được tô màu đỏ. Hoa vui vẻ đón nhận “món quà” nhưng sau đó lại tỏ ra khó hiểu. Một người bạn đã tư vấn cho Hoa rằng màu đỏ tượng trưng cho tình yêu, màu vàng lại tượng trưng cho tình bạn, bây giờ chỉ còn cách tính tỉ số \(\frac{{{S_3} + {S_4} + {S_5} + {S_6}}}{{{S_1} + {S_2}}}\) bằng bao nhiêu mới biết Crush thực sự có tình cảm với Hoa hay chỉ xem Hoa là bạn, các em hay tính giúp bạn Hoa tỉ số trên (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm); biết rằng khoảng cách từ \(O\) đến giao điểm hai elip bằng \(1{\text{,}}8\,{\text{cm}}\).
Trả lời: \(1,46\)
Thực hiện phép quay \(45^\circ \) ta được hình như sau
Thực hiện phép quay \(45^\circ \) ta được hình như sau
Câu 21:
Một căn phòng có dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài 4 m, chiều rộng 3 m và chiều cao 3 m. Xét hệ trục tọa độ \(Oxyz\) có gốc \(O\) trùng với một góc phòng và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt sàn (xem hình vẽ), đơn vị đo được lấy theo mét. Trên bức tường thuộc mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có một cột dạng hình hộp chữ nhật nhô ra với chiều dài 0,4 m, chiều rộng 0,2 m. Bác Nam lắp một bóng đèn trên tường tại vị trí điểm \(A\left( {1;0;2,5} \right)\) và công tắc bóng đèn đặt tại điểm \(B\left( {0.5;4;1} \right)\). Dây cấp điện cho bóng đèn được đấu từ công tắc điện dọc theo các bức tường (không đi qua trần nhà, sàn nhà) và nối đến bóng đèn. Hỏi bác phải dùng đoạn dây điện có độ dài tối thiểu là bao nhiêu mét (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
Trả lời: \(6,09\)
Gọi các đỉnh của đoạn dây điện như ở hình vẽ này:
Trải tường chứa \(A\); tường chứa \(B\);các mặt của cột lên mặt phẳng \(Oyz\) ta có hình vẽ sau:
Ta nhận thấy như sau: Khi trải phẳng hình như trên; độ dài của đoạn dây điện vẫn được bảo toàn; đồng thời nhìn vào hình vẽ trên ta thấy được độ dài đoạn dây điện sẽ lớn hơn hoặc bằng độ dài đoạn \(AB\) khi trải hình như trên. Như vậy; ta đi tính độ dài đoạn \(AB\) khi trai hình như trên.
Lấy \(O’\) là hình chiếu của \(A\) lên \({B_1}{D_1}.\) \(P\) là hình chiếu của \(B\) lên \({F_1}{G_1}.\)
Khi đó \(AO’\) ở hình vẽ trên cũng chính bằng khoảng cách từ điểm \(A\) của đề lên \(Oy\) và nó cũng bằng \(2,5\). Tương tự \(BP = 1\).
\(O'{B_1}\) sẽ bằng khoảng cách từ \(A\) đến \(Oz\) và bằng \(1\). Tương tự \({F_1}P = 0,5.\)
Ta có độ dài \({B_1}{F_1} = {A_1}{I_1} + {I_1}{J_1} + {J_1}{K_1} + {K_1}{L_1} + {L_1}{E_1} = 4 + 0,2.2 = 4,4 \Rightarrow O’P = 1,5 + 4,4 = 5,9\).
Do đó nên theo định lý Pytago ta có \(AB = \sqrt {O'{P^2} + {{\left( {AO’ – BP} \right)}^2}} \approx 6,09\).
Vậy nên độ dài đoạn dây điện tối thiểu xấp xỉ \(6,09\;\)m.
Gọi các đỉnh của đoạn dây điện như ở hình vẽ này:
Trải tường chứa \(A\); tường chứa \(B\);các mặt của cột lên mặt phẳng \(Oyz\) ta có hình vẽ sau:
Ta nhận thấy như sau: Khi trải phẳng hình như trên; độ dài của đoạn dây điện vẫn được bảo toàn; đồng thời nhìn vào hình vẽ trên ta thấy được độ dài đoạn dây điện sẽ lớn hơn hoặc bằng độ dài đoạn \(AB\) khi trải hình như trên. Như vậy; ta đi tính độ dài đoạn \(AB\) khi trai hình như trên.
Lấy \(O’\) là hình chiếu của \(A\) lên \({B_1}{D_1}.\) \(P\) là hình chiếu của \(B\) lên \({F_1}{G_1}.\)
Khi đó \(AO’\) ở hình vẽ trên cũng chính bằng khoảng cách từ điểm \(A\) của đề lên \(Oy\) và nó cũng bằng \(2,5\). Tương tự \(BP = 1\).
\(O'{B_1}\) sẽ bằng khoảng cách từ \(A\) đến \(Oz\) và bằng \(1\). Tương tự \({F_1}P = 0,5.\)
Ta có độ dài \({B_1}{F_1} = {A_1}{I_1} + {I_1}{J_1} + {J_1}{K_1} + {K_1}{L_1} + {L_1}{E_1} = 4 + 0,2.2 = 4,4 \Rightarrow O’P = 1,5 + 4,4 = 5,9\).
Do đó nên theo định lý Pytago ta có \(AB = \sqrt {O'{P^2} + {{\left( {AO’ – BP} \right)}^2}} \approx 6,09\).
Vậy nên độ dài đoạn dây điện tối thiểu xấp xỉ \(6,09\;\)m.
Câu 22:
Vương đưa ra cho con trai của anh ấy một câu đố như sau: trong một ma trận \(3 \times 3\), điền 9 số tự nhiên từ 1 đến 9 thỏa mãn hai điều kiện:
– Tổng của mỗi hàng, mỗi cột và tổng của 3 ô chéo nhau là bằng nhau.
– Các số điền vào là các số đôi một khác nhau.
Số cách mà con trai anh Vương điền vào ma trận bằng bao nhiêu?
– Tổng của mỗi hàng, mỗi cột và tổng của 3 ô chéo nhau là bằng nhau.
– Các số điền vào là các số đôi một khác nhau.
Số cách mà con trai anh Vương điền vào ma trận bằng bao nhiêu?
Trả lời: \(8\)
Ta có:
\({x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} + {x_5} + {x_6} + {x_7} + {x_8} + {x_9} = 45\)(1)
Tổng mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo bằng nhau nên tổng mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo bằng 15
\( \Rightarrow {x_1} + {x_5} + {x_9} = {x_2} + {x_5} + {x_8}\)\( = {x_3} + {x_5} + {x_7} = {x_4} + {x_5} + {x_6} = 15\)
\( \Rightarrow {x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} + 4{x_5} + {x_6} + {x_7} + {x_8} + {x_9} = 60\)\( \Rightarrow {x_5} = 5\)
Giả sử \({x_1},{x_3},{x_7},{x_9}\) đều là số lẻ
Mà \({x_1} + {x_2} + {x_3} = 15\) là số lẻ
\( \Rightarrow {x_2}\) là số lẻ (vô lý)
\( \Rightarrow {x_1},{x_3},{x_7},{x_9}\) là số chẵn từ tập \(\{ 1,2,3,4\} \)
Chọn vị trí cho số 2 có 4 cách ⇒ Số 8 đối diện số 2 có 1 cách
Chọn vị trí cho số 4 có 2 cách ⇒ Số 6 đối diện số 4 có 1 cách
Mỗi cách sắp xếp này, các số còn lại đều xác định 1 cách duy nhất.
⇒ Có tất cả \(4.2 = 8\) cách sắp xếp.
Ta có:
\({x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} + {x_5} + {x_6} + {x_7} + {x_8} + {x_9} = 45\)(1)
Tổng mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo bằng nhau nên tổng mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo bằng 15
\( \Rightarrow {x_1} + {x_5} + {x_9} = {x_2} + {x_5} + {x_8}\)\( = {x_3} + {x_5} + {x_7} = {x_4} + {x_5} + {x_6} = 15\)
\( \Rightarrow {x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} + 4{x_5} + {x_6} + {x_7} + {x_8} + {x_9} = 60\)\( \Rightarrow {x_5} = 5\)
Giả sử \({x_1},{x_3},{x_7},{x_9}\) đều là số lẻ
Mà \({x_1} + {x_2} + {x_3} = 15\) là số lẻ
\( \Rightarrow {x_2}\) là số lẻ (vô lý)
\( \Rightarrow {x_1},{x_3},{x_7},{x_9}\) là số chẵn từ tập \(\{ 1,2,3,4\} \)
Chọn vị trí cho số 2 có 4 cách ⇒ Số 8 đối diện số 2 có 1 cách
Chọn vị trí cho số 4 có 2 cách ⇒ Số 6 đối diện số 4 có 1 cách
Mỗi cách sắp xếp này, các số còn lại đều xác định 1 cách duy nhất.
⇒ Có tất cả \(4.2 = 8\) cách sắp xếp.
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: C
\(y = 2\).
Câu 2
Đáp án đúng: B
\( - 8\).
Câu 3
Đáp án đúng: D
\(y = - 2{x^3} + 6x - 1\).
Câu 4
Đáp án đúng: D
\(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} .\)
Câu 5
Đáp án đúng: B
\(\frac{{3{a^3}}}{4}\).
Câu 6
Đáp án đúng: A
\(I\left( {2; - 4;1} \right),R = 5\).
Câu 7
Đáp án đúng: A
\(\left( {5; - 1;0} \right)\)
Câu 8
Đáp án đúng: B
8,125.
Câu 9
Đáp án đúng: C
\(\left( {{{\log }_2}6; + \infty } \right)\).
Câu 10
Đáp án đúng: D
\(29\).
Câu 11
Đáp án đúng: C
\(0,46\).
Câu 12
Đáp án đúng: C
\(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A'C'} = \vec 0\).
Câu 13
Đáp án đúng: C
Độ cao lớn nhất của tàu lượn so với phương ngang \(AB\) là \(64{\text{m}}\).
Câu 14
Đáp án đúng: C
Tuổi thọ hữu ích của một máy là số năm T trước khi lợi nhuận (bằng doanh thu trừ chi phí) mà nó tạo ra bắt đầu giảm. Tuổi thọ hữu ích của máy \(A\) này là 8 năm.
Câu 15
Đáp án đúng: A
Câu 16
Đáp án đúng: D
Một ứng viên ngẫu nhiên được chọn và được biết rằng người đó vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình lập trình và logic. Khi đó xác suất người đó là nữ là \(0,397\) (làm tròn đến hàng phần nghìn).
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 17
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 17 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 17 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 17 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 17 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 17, 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 17 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 17 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 17 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.