Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 3
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 3
Thực Hành Làm Bài Thi Trắc Nghiệm: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 3
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 3. 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 3 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 3
Câu 1:
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_1} = – 1,\,\,{u_2} = 4\). Giá trị của \({u_3}\) bằng
9.
Chọn A
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 4 – \left( { – 1} \right) = 5\)
Ta có: \({u_8} = {u_1} + 2d = – 1 + 5.5 = 9\)
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 4 – \left( { – 1} \right) = 5\)
Ta có: \({u_8} = {u_1} + 2d = – 1 + 5.5 = 9\)
Câu 2:
Cho hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) với \(a,b,c,d \in \mathbb{R}\) có đồ thị như hình vẽ. Mệnh đề nào đúng?
\(y' < 0,\forall x \ne 1\).
Chọn D
Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { – \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\)
Hơn nữa đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\)
Do đó \(y’ < 0,\forall x \ne 1\)
Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { – \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\)
Hơn nữa đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\)
Do đó \(y’ < 0,\forall x \ne 1\)
Câu 3:
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(M\left( {1;2; – 1} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):x + 2y + z = 0\). Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) qua \(M\) và song song với \(\left( P \right)\) có phương trình là
\(x + 2y + z - 4 = 0\).
Chọn D
Vì nên \(\left( Q \right):x + 2y + z + d = 0\)
Mặt khác \(\left( Q \right)\) đi qua \(M\left( {1;2; – 1} \right)\) nên \(1 + 2.2 – 1 + d = 0 \Leftrightarrow d = – 4\)
Vậy \(\left( Q \right):x + 2y + z – 4 = 0\)
Vì nên \(\left( Q \right):x + 2y + z + d = 0\)
Mặt khác \(\left( Q \right)\) đi qua \(M\left( {1;2; – 1} \right)\) nên \(1 + 2.2 – 1 + d = 0 \Leftrightarrow d = – 4\)
Vậy \(\left( Q \right):x + 2y + z – 4 = 0\)
Câu 4:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2; – 2;1} \right)\) trên mặt phẳng (Oxy) có tọa độ là
\(\left( {2; - 2;0} \right)\).
Chọn A
Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2; – 2;1} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có tọa độ là \(\left( {2; – 2;0} \right)\)
Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2; – 2;1} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có tọa độ là \(\left( {2; – 2;0} \right)\)
Câu 5:
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {6^x}\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = 1,\,\,x = 4.\) Diện tích S bằng
\(S = \int\limits_1^4 {{6^x}dx} \).
Chọn D
Theo công thức tính diện tích hình phẳng ta có \(S = \int\limits_1^4 {{6^x}dx} \).
Theo công thức tính diện tích hình phẳng ta có \(S = \int\limits_1^4 {{6^x}dx} \).
Câu 6:
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) = 2026{x^{2025}} + {e^x}\) là
\({x^{2026}} + {e^x} + C\).
Chọn A
Theo công thức nguyên hàm của một số hàm thường gặp ta có \(\int {\left( {2026{x^{2025}} + {e^x}} \right)dx} = {x^{2026}} + {e^x} + C\).
Theo công thức nguyên hàm của một số hàm thường gặp ta có \(\int {\left( {2026{x^{2025}} + {e^x}} \right)dx} = {x^{2026}} + {e^x} + C\).
Câu 7:
Họ tất cả các nghiệm của phương trình \(\cos x = 0\) là
\(x = \frac{\pi }{2} + k\pi {\text{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Chọn A
Theo công thức nghiệm đặc biệt thì \(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi {\text{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Theo công thức nghiệm đặc biệt thì \(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi {\text{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 8:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông tâm \(O\), tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi \(M,N\) là trung điểm của \(AB,AD\) (tham khảo hình vẽ). Góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là
\(\widehat {SCM}\).
Chọn A
Do \(\Delta SAB\) cân tại \(S\)mà \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(SM \bot AB\)
Do đó ta có \(\left\{ \begin{gathered}
\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\
\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB \hfill \\
\left( {SAB} \right) \supset SM \bot AB \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow SM \bot \left( {ABCD} \right)\)
Do đó hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(CM\)
Vậy \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,CM} \right) = \widehat {SCM}\)
Do \(\Delta SAB\) cân tại \(S\)mà \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(SM \bot AB\)
Do đó ta có \(\left\{ \begin{gathered}
\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\
\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB \hfill \\
\left( {SAB} \right) \supset SM \bot AB \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow SM \bot \left( {ABCD} \right)\)
Do đó hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(CM\)
Vậy \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,CM} \right) = \widehat {SCM}\)
Câu 9:
Cho hình lập phương \(ABCD.A’B’C’D’\) có cạnh 2 (tham khảo hình vẽ dưới). Độ dài vectơ \(\vec u = \overrightarrow {A’C’} – \overrightarrow {A’A} \) bằng
\(2\sqrt 3 \).
Chọn D
Ta có: \(\vec u = \overrightarrow {A’C’} – \overrightarrow {A’A} = \overrightarrow {AC’} \)
Suy ra \(\left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {AC’} } \right| = AC’ = \sqrt {AA{‘^2} + A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 3 \)
Ta có: \(\vec u = \overrightarrow {A’C’} – \overrightarrow {A’A} = \overrightarrow {AC’} \)
Suy ra \(\left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {AC’} } \right| = AC’ = \sqrt {AA{‘^2} + A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 3 \)
Câu 10:
Số nghiệm nguyên của bất phương trình \({\text{lo}}{{\text{g}}_{0,5}}\left( {2x + 6} \right) \geqslant – 5\)
16.
Chọn A
ТХĐ: \(D = \left( { – 3; + \infty } \right)\)
Ta có: \({\text{lo}}{{\text{g}}_{0,5}}\left( {2x + 6} \right) \geqslant – 5 \Leftrightarrow 2x + 6 \leqslant 32 \Leftrightarrow 2x \leqslant 26 \Leftrightarrow x \leqslant 13\)
Kết hợp với TXĐ ta được \( – 3 < x \leqslant 13\)
Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left( { – 2; – 1;0;1; \ldots ;13} \right)\)
ТХĐ: \(D = \left( { – 3; + \infty } \right)\)
Ta có: \({\text{lo}}{{\text{g}}_{0,5}}\left( {2x + 6} \right) \geqslant – 5 \Leftrightarrow 2x + 6 \leqslant 32 \Leftrightarrow 2x \leqslant 26 \Leftrightarrow x \leqslant 13\)
Kết hợp với TXĐ ta được \( – 3 < x \leqslant 13\)
Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left( { – 2; – 1;0;1; \ldots ;13} \right)\)
Câu 11:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) xác định trên \(\left( { – \infty ;0} \right)\backslash \left\{ { – 2} \right\}\) và có bảng biến thiên bên dưới. Đồ thị hàm số đã cho có tổng số đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng là
1.
Chọn A
Ta thấy \(x = – 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 1
Ta thấy \(x = – 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 1
Câu 12:
Khảo sát thời gian tập thể dục của một số học sinh khối 11 thu được mẫu số liệu ghép nhóm sau: Thời gian(phút)
[0;20)
[20;40)
[40;60)
[60;80)
[80;100) Số học sinh
5
9
12
10
6 Nhóm chứa trung vị của mẫu số liệu trên là
[0;20)
[20;40)
[40;60)
[60;80)
[80;100) Số học sinh
5
9
12
10
6 Nhóm chứa trung vị của mẫu số liệu trên là
\(\left[ {40;60} \right)\).
Chọn B
Ta có: \(n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42\)
Vậy trung vị của dãy số liệu là \(\frac{{{x_{21}} + {x_{22}}}}{2} \in \left[ {40;60} \right)\)
Ta có: \(n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42\)
Vậy trung vị của dãy số liệu là \(\frac{{{x_{21}} + {x_{22}}}}{2} \in \left[ {40;60} \right)\)
Câu 13:
Cho hàm số \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{mx + n}}\) có đồ thị như hình vẽ sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\)
a) Sai: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { – \infty ; – 2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\)
b) Đúng: Gọi phương trình tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(\left( d \right):y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\)
Ta thấy \(\left( d \right)\) đi qua các điểm có tọa độ \(\left( {0;1} \right),\left( { – 1;0} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 = b} \\
{ – a + b = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = 1} \\
{b = 1}
\end{array}} \right.} \right.\)
Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số có phương trình là \(y = x + 1\)
c) Sai: 2 điểm cực trị của hàm số đã cho tọa độ là \(A\left( {0;2} \right),B\left( { – 2; – 2} \right)\)
Gọi \(I\left( { – 1;0} \right),C\left( { – 1;2} \right),D\left( { – 2;0} \right),E\left( {0; – 2} \right)\)
Suy ra \(I\) là trung điểm của \(AB\)
Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{S_{OIA}} = \frac{1}{2}{S_{OICA}} = \frac{1}{2}.1.2 = 1} \\
{{S_{OIB}} = \frac{1}{2}{S_{OBD}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.2.2 = 1}
\end{array} \Rightarrow {S_{OAB}} = {S_{OIA}} + {S_{OIB}} = 1 + 1 = 2} \right.\)
d) Đúng: Từ đồ thị hàm số ta thấy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(\left( {\text{\Delta }} \right)\): \(x = – 1\)
Trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho chính là phân giác của góc tạo bởi tiệm cận xiên \(\left( d \right):x – y + 1 = 0\) và tiệm cận đứng \(\left( {\text{\Delta }} \right):x + 1 = 0\)
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi \(\left( d \right),\left( {\text{\Delta }} \right)\) là
\(\frac{{x – y + 1}}{{\sqrt 2 }} = \pm \left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – y + 1 = \sqrt 2 \left( {x + 1} \right)} \\
{x – y + 1 = – \sqrt 2 \left( {x + 1} \right)}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y = \left( {1 – \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right)} \\
{y = \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right) = \left( {x + 1} \right){\text{tan}}\frac{{3\pi }}{8}}
\end{array}} \right.} \right.\)
b) Đúng: Gọi phương trình tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(\left( d \right):y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\)
Ta thấy \(\left( d \right)\) đi qua các điểm có tọa độ \(\left( {0;1} \right),\left( { – 1;0} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 = b} \\
{ – a + b = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = 1} \\
{b = 1}
\end{array}} \right.} \right.\)
Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số có phương trình là \(y = x + 1\)
c) Sai: 2 điểm cực trị của hàm số đã cho tọa độ là \(A\left( {0;2} \right),B\left( { – 2; – 2} \right)\)
Gọi \(I\left( { – 1;0} \right),C\left( { – 1;2} \right),D\left( { – 2;0} \right),E\left( {0; – 2} \right)\)
Suy ra \(I\) là trung điểm của \(AB\)
Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{S_{OIA}} = \frac{1}{2}{S_{OICA}} = \frac{1}{2}.1.2 = 1} \\
{{S_{OIB}} = \frac{1}{2}{S_{OBD}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.2.2 = 1}
\end{array} \Rightarrow {S_{OAB}} = {S_{OIA}} + {S_{OIB}} = 1 + 1 = 2} \right.\)
d) Đúng: Từ đồ thị hàm số ta thấy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(\left( {\text{\Delta }} \right)\): \(x = – 1\)
Trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho chính là phân giác của góc tạo bởi tiệm cận xiên \(\left( d \right):x – y + 1 = 0\) và tiệm cận đứng \(\left( {\text{\Delta }} \right):x + 1 = 0\)
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi \(\left( d \right),\left( {\text{\Delta }} \right)\) là
\(\frac{{x – y + 1}}{{\sqrt 2 }} = \pm \left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – y + 1 = \sqrt 2 \left( {x + 1} \right)} \\
{x – y + 1 = – \sqrt 2 \left( {x + 1} \right)}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y = \left( {1 – \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right)} \\
{y = \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right) = \left( {x + 1} \right){\text{tan}}\frac{{3\pi }}{8}}
\end{array}} \right.} \right.\)
Câu 14:
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\)với đơn vị trên mỗi trục là dm, mặt ngoài của một quả bóng được mô hình hóa bởi phương trình mặt cầu \({\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 1} \right)^2} = 6\). Quả bóng nằm yên trên sàn nhà. Người ta nhìn thấy một tấm ván ngã xuống đè lên quả bóng, phần giao của tấm ván và sàn nhà là đường thẳng \(d:\,\left\{ \begin{gathered}
x = – 2 + 2t \hfill \\
y = – 1 – 3t \hfill \\
z = t \hfill \\
\end{gathered} \right.\). Gọi \(A,\,\,B\) lần lượt là hai tiếp điểm của tấm ván, sàn nhà với quả bóng và \(I\) là tâm quả bóng
x = – 2 + 2t \hfill \\
y = – 1 – 3t \hfill \\
z = t \hfill \\
\end{gathered} \right.\). Gọi \(A,\,\,B\) lần lượt là hai tiếp điểm của tấm ván, sàn nhà với quả bóng và \(I\) là tâm quả bóng
Quả bóng có tâm \(I\left( {2\,;\,1\,;\,1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 6 \)
Xét mệnh đề a)
Mặt ngoài quả bóng là mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2\,;\,\, – 1\,;\,\, – 1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 6 \) nên mệnh đề a) Sai.Xét mệnh đề b)
Đường thẳng d: \(\frac{{x + 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ – 3}} = \frac{z}{1}\) qua \(A\left( { – 2\,;\,\, – 1\,;\,\,0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \({\vec u_d} = \left( {2\,;\,\, – 3\,;\,\,1} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AI} = \left( {4\,;\,\,0\,;\,\, – 1} \right)\,;\,\,\left[ {{{\vec u}_d}\,,\,\,\overrightarrow {AI} } \right] = \left( {3\,;\,\,6\,;\,\,12} \right)\).
Do đó \(d\left( {I\,,\,\,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {{{\vec u}_d}\,,\,\,\overrightarrow {AI} } \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_d}} \right|}} = \frac{{\sqrt {{3^2} + {6^2} + {{12}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { – 3} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\) nên mệnh đề b) Đúng.Xét mệnh đề c)
Gọi \(K\) là hình chiếu của \(I\)trên \(d\) thì \(KI = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\) và \(KA \bot IA\) suy ra \({\text{cos}}\widehat {AIK} = \frac{{IA}}{{IK}} = \frac{2}{3}.\)
Do vậy \({\text{cos}}\widehat {AIB} = 2{\text{co}}{{\text{s}}^2}\widehat {AIK} – 1\)\( = 2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} – 1 = – \frac{1}{9} = \frac{a}{b} \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 82\) nên mệnh đề c) Sai.Xét mệnh đề d)
Độ dài cung tròn bé nhất mà con kiến có thể đi: (dm)
Thời gian tối thiểu để kiến đến nơi là giây nên mệnh đề d) sai
Mặt ngoài quả bóng là mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2\,;\,\, – 1\,;\,\, – 1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 6 \) nên mệnh đề a) Sai.Xét mệnh đề b)
Đường thẳng d: \(\frac{{x + 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ – 3}} = \frac{z}{1}\) qua \(A\left( { – 2\,;\,\, – 1\,;\,\,0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \({\vec u_d} = \left( {2\,;\,\, – 3\,;\,\,1} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AI} = \left( {4\,;\,\,0\,;\,\, – 1} \right)\,;\,\,\left[ {{{\vec u}_d}\,,\,\,\overrightarrow {AI} } \right] = \left( {3\,;\,\,6\,;\,\,12} \right)\).
Do đó \(d\left( {I\,,\,\,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {{{\vec u}_d}\,,\,\,\overrightarrow {AI} } \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_d}} \right|}} = \frac{{\sqrt {{3^2} + {6^2} + {{12}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { – 3} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\) nên mệnh đề b) Đúng.Xét mệnh đề c)
Gọi \(K\) là hình chiếu của \(I\)trên \(d\) thì \(KI = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\) và \(KA \bot IA\) suy ra \({\text{cos}}\widehat {AIK} = \frac{{IA}}{{IK}} = \frac{2}{3}.\)
Do vậy \({\text{cos}}\widehat {AIB} = 2{\text{co}}{{\text{s}}^2}\widehat {AIK} – 1\)\( = 2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} – 1 = – \frac{1}{9} = \frac{a}{b} \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 82\) nên mệnh đề c) Sai.Xét mệnh đề d)
Độ dài cung tròn bé nhất mà con kiến có thể đi: (dm)
Thời gian tối thiểu để kiến đến nơi là giây nên mệnh đề d) sai
Câu 15:
Một khinh khí cầu bay với độ cao (so với mực nước biển) tại thời điểm \(t\) 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 \(v\left( t \right) = – 0,12{t^2} + 1,2t\) với \(v\left( t \right)\) tính bằng mét/phút. Tại thời điểm xuất phát (\(t = 0\)) khinh khí cầu ở độ cao \(520\)m.
\(h\left( t \right) = - 0,04{t^3} + 0,6{t^2}\,\,\,\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\).
a) Sai.
Ta có \(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\text{dt}} = – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + C} \).
Tại thời điểm xuất phát (\(t = 0\)), độ cao của khinh khí cầu là 520m nên \(h\left( 0 \right) = 520 \Rightarrow C = 520\).
Vậy \(h\left( t \right) = – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + 520\).
b) Đúng.
Tại thời điểm \(t = 3\) phút, độ cao của khinh khí cầu là \(h\left( 3 \right) = 524,32\)m.
c) Đúng.
Ta có \(h’\left( t \right) = v\left( t \right) = – 0,12{t^2} + 1,2t\), suy ra \(h’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 10 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Ta có BBT:
Vậy độ cao tối đa của khinh khí cầu là 540m.
d) Đúng.
Khi trở lại độ cao như lúc xuất phát thì \(h\left( t \right) = 520 \Leftrightarrow – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + 520 = 520 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 15 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy sau 15 phút thì khinh khí cầu quay trở lại độ cao như lúc đầu.
Ta có \(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\text{dt}} = – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + C} \).
Tại thời điểm xuất phát (\(t = 0\)), độ cao của khinh khí cầu là 520m nên \(h\left( 0 \right) = 520 \Rightarrow C = 520\).
Vậy \(h\left( t \right) = – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + 520\).
b) Đúng.
Tại thời điểm \(t = 3\) phút, độ cao của khinh khí cầu là \(h\left( 3 \right) = 524,32\)m.
c) Đúng.
Ta có \(h’\left( t \right) = v\left( t \right) = – 0,12{t^2} + 1,2t\), suy ra \(h’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 10 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Ta có BBT:
Vậy độ cao tối đa của khinh khí cầu là 540m.
d) Đúng.
Khi trở lại độ cao như lúc xuất phát thì \(h\left( t \right) = 520 \Leftrightarrow – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + 520 = 520 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 15 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy sau 15 phút thì khinh khí cầu quay trở lại độ cao như lúc đầu.
Câu 16:
Một bệnh truyền nhiễm có xác suất truyền bệnh là 0,7 nếu tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang và 0,2 nếu tiếp xúc với người bệnh mà đeo khẩu trang.
Gọi \(A\) là biến cố: “nhiễm bệnh nếu tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang”.
\(B\)là biến cố: “nhiễm bệnh nếu tiếp xúc với người bệnh mà đeo khẩu trang”.
\(C\)là biến cố: “không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần đều không mang khẩu trang”.
\(D\)là biến cố: “ít nhất một lần bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang”.
Gọi \(A\) là biến cố: “nhiễm bệnh nếu tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang”.
\(B\)là biến cố: “nhiễm bệnh nếu tiếp xúc với người bệnh mà đeo khẩu trang”.
\(C\)là biến cố: “không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần đều không mang khẩu trang”.
\(D\)là biến cố: “ít nhất một lần bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang”.
\(P\left( C \right) = 0,04\).
a) Đúng.
Vì bệnh truyền nhiễm có xác suất truyền bệnh là 0,7 nếu tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang nên \(P\left( A \right) = 0,7\).
b) Đúng.
Ta có \(P\left( B \right) = 0,2\) nên \(P\left( {\overline B } \right) = 1 – P\left( B \right) = 1 – 0,2 = 0,8\).
c) Sai.
Biến cố \(C\): “Không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần đều không đeo khẩu trang”.
Mỗi lần tiếp xúc mà không đeo khẩu trang thì xác suất không bị lây bệnh là
\(1 – P\left( A \right) = 1 – 0,7 = 0,3\).
Do độc lập giữa các lần tiếp xúc, nên \(P\left( C \right) = 0,3 \cdot 0,3 = 0,09\).
d) Đúng.
\(D\) là biến cố: “ít nhất một lần bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang”.
\(\overline D \) là biến cố: “cả hai lần tiếp xúc đều không bị lây bệnh, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang.
Ta có \(P\left( {\overline D } \right) = 0,3 \cdot 0,8 = 0,24 \Rightarrow P\left( D \right) = 1 – 0,24 = 0,76\).
Vì bệnh truyền nhiễm có xác suất truyền bệnh là 0,7 nếu tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang nên \(P\left( A \right) = 0,7\).
b) Đúng.
Ta có \(P\left( B \right) = 0,2\) nên \(P\left( {\overline B } \right) = 1 – P\left( B \right) = 1 – 0,2 = 0,8\).
c) Sai.
Biến cố \(C\): “Không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần đều không đeo khẩu trang”.
Mỗi lần tiếp xúc mà không đeo khẩu trang thì xác suất không bị lây bệnh là
\(1 – P\left( A \right) = 1 – 0,7 = 0,3\).
Do độc lập giữa các lần tiếp xúc, nên \(P\left( C \right) = 0,3 \cdot 0,3 = 0,09\).
d) Đúng.
\(D\) là biến cố: “ít nhất một lần bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang”.
\(\overline D \) là biến cố: “cả hai lần tiếp xúc đều không bị lây bệnh, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang.
Ta có \(P\left( {\overline D } \right) = 0,3 \cdot 0,8 = 0,24 \Rightarrow P\left( D \right) = 1 – 0,24 = 0,76\).
Câu 17:
Một chiếc bánh kem mừng sinh nhật có dạng hình chóp cụt đều \(ABC.A’B’C’\) với cạnh đáy lớn bằng \(4\,dm\), cạnh đáy nhỏ bằng \(2\,dm\) và chiều cao của nó bằng \(1,5\,dm\). Tìm thể tích của chiếc bánh kem đó theo đơn vị \(d{m^3}\) (làm tròn đến hàng phần trăm, bỏ qua những thứ trang trí quanh bánh kem).
Trả lời: 6,06
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt: \(V = \frac{1}{3}.h\left( {S + s + \sqrt {S.s} } \right)\).
Trong đó: \(S\)là diện tích đáy lớn; \(s\) là diện tích đáy bé; \(h\) là chiều cao khối chóp cụt đều.
Ta có: \(V = \frac{1}{3}.1.5\left( {4\sqrt 3 + \sqrt 3 + \sqrt {4\sqrt 3 .\sqrt 3 } } \right) = \frac{{7\sqrt 3 }}{2} \approx 6.06\).
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt: \(V = \frac{1}{3}.h\left( {S + s + \sqrt {S.s} } \right)\).
Trong đó: \(S\)là diện tích đáy lớn; \(s\) là diện tích đáy bé; \(h\) là chiều cao khối chóp cụt đều.
Ta có: \(V = \frac{1}{3}.1.5\left( {4\sqrt 3 + \sqrt 3 + \sqrt {4\sqrt 3 .\sqrt 3 } } \right) = \frac{{7\sqrt 3 }}{2} \approx 6.06\).
Câu 18:
Như hình vẽ, ta có một mạng lưới đường đi được nối với nhau thành các hình chữ nhật. Theo mạng lưới đường này, khi xuất phát từ điểm \(A\), đi qua điểm \(P\) rồi đến điểm \(B\), mỗi đoạn đường đã đi qua không được đi lại lần thứ hai và tổng quãng đường phải là ngắn nhất. Hỏi số cách đi là bao nhiêu?
Phương pháp: Bài toán “đi theo quãng đường ngắn nhất từ \(A\) đến \(B\)”
Nếu cần \(a\) bước theo phương ngang (sang phải) và \(b\) bước theo phương dọc (đi lên), thì số đường đi ngắn nhất từ điểm xuất phát \(A\) đến điểm \(B\) là: \(\frac{{(a + b)!}}{{a!b!}}\)
Nếu như trong hình ta lấy ba điểm \({Q_1},{Q_2},{Q_3}\) thì để đi từ \(A\) đến \(P\) phải đi qua một trong hai điểm \({Q_1}\) hoặc \({Q_2}\); còn để đi từ \(P\) đến \(B\) thì phải đi qua một trong hai điểm \({Q_2}\) hoặc \({Q_3}\).
Do đó, khi xuất phát từ \(A\), đi qua \(P\) rồi đến \(B\), mỗi đoạn đường chỉ đi một lần và quãng đường là ngắn nhất, số cách đi trong từng trường hợp sau đây là:
(i) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_1} \to P \to {Q_2} \to B\): \(\frac{{4!}}{{1!.3!}}.1.1.1 \times \frac{{4!}}{{2!.2!}} = 24\)
(ii) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_1} \to P \to {Q_3} \to B\): \(\frac{{4!}}{{1!.3!}}.1.1.\frac{{5!}}{{2!.3!}} = 40\)
(iii) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_2} \to P \to {Q_3} \to B\): \(\frac{{3!}}{{1!.2!}}.1.1.1.\frac{{5!}}{{2!.3!}} = 30\)
Theo (i), (ii), (iii), số cách cần tìm là \(24 + 40 + 30 = 94\)
Nếu cần \(a\) bước theo phương ngang (sang phải) và \(b\) bước theo phương dọc (đi lên), thì số đường đi ngắn nhất từ điểm xuất phát \(A\) đến điểm \(B\) là: \(\frac{{(a + b)!}}{{a!b!}}\)
Nếu như trong hình ta lấy ba điểm \({Q_1},{Q_2},{Q_3}\) thì để đi từ \(A\) đến \(P\) phải đi qua một trong hai điểm \({Q_1}\) hoặc \({Q_2}\); còn để đi từ \(P\) đến \(B\) thì phải đi qua một trong hai điểm \({Q_2}\) hoặc \({Q_3}\).
Do đó, khi xuất phát từ \(A\), đi qua \(P\) rồi đến \(B\), mỗi đoạn đường chỉ đi một lần và quãng đường là ngắn nhất, số cách đi trong từng trường hợp sau đây là:
(i) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_1} \to P \to {Q_2} \to B\): \(\frac{{4!}}{{1!.3!}}.1.1.1 \times \frac{{4!}}{{2!.2!}} = 24\)
(ii) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_1} \to P \to {Q_3} \to B\): \(\frac{{4!}}{{1!.3!}}.1.1.\frac{{5!}}{{2!.3!}} = 40\)
(iii) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_2} \to P \to {Q_3} \to B\): \(\frac{{3!}}{{1!.2!}}.1.1.1.\frac{{5!}}{{2!.3!}} = 30\)
Theo (i), (ii), (iii), số cách cần tìm là \(24 + 40 + 30 = 94\)
Câu 19:
Một bể cá đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật \(ABCD.EFGH\) với \(AB = 6\left( {{\text{dm}}} \right),AD = 8\left( {{\text{dm}}} \right)\) và cạnh bên bằng \(10\left( {{\text{dm}}} \right)\). Một chú cá con bơi theo những đoạn thẳng từ điểm \(G\) đến chạm mặt đáy của hồ, rồi từ điểm đó bơi đến vị trí điểm \(M\) là trung điểm của \(AF\) được mô hình hóa như hình vẽ sau:
Để đường đi ngắn nhất thì chú cá bơi đến điểm dưới đáy hồ cách \(BA\) và \(BC\) những đoạn bằng \(a\) và \(b\). Khi đó tổng \(D = 3a + 6b\) bao nhiêu?
Để đường đi ngắn nhất thì chú cá bơi đến điểm dưới đáy hồ cách \(BA\) và \(BC\) những đoạn bằng \(a\) và \(b\). Khi đó tổng \(D = 3a + 6b\) bao nhiêu?
Trả lời: \(20\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\)
Khi đó \(IC = \left( {MICG} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)
Giả sử con cá bơi tới điểm \(K \in HC\)
Khi đó quãng đường con cá bơi là \(GK + KM\)
Ta có: \(IC = \sqrt {I{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {8^2}} = \sqrt {73} \left( {\text{m}} \right)\)
Đặt \(KC = x(x > 0)\)
Khi đó \(GK + KM = \sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{5^2} + {{(\sqrt {73} – x)}^2}} \)
Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{5^2} + {{(\sqrt {73} – x)}^2}} \)
Theo BĐT Minkowski ta có \(\sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{{(\sqrt {73} – x)}^2} + {5^2}} \geqslant \sqrt {{{(x + \sqrt {73} – x)}^2} + {{(10 + 5)}^2}} = \sqrt {298} \)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{x}{{\sqrt {73} – x}} = \frac{{10}}{5} \Leftrightarrow x = 5,696\)
Khi đường đi ngắn nhất thì \(KC = 5,696\)
Kẻ \(KL \bot BC,KN \bot BI\left( {L \in BC,N \in BI} \right)\)
Ta có: \(\frac{{KL}}{{BI}} = \frac{{KC}}{{CI}} \Rightarrow \frac{{KL}}{3} = \frac{{5,696}}{{\sqrt {73} }} \Rightarrow KL \approx 2\left( m \right)\)
\(\frac{{KN}}{{BC}} = \frac{{KI}}{{IC}} \Rightarrow KN = \frac{{KI.BC}}{{IC}} = \frac{{\left( {\sqrt {73} – 5,696} \right).8}}{{\sqrt {73} }} \approx 2,67\left( {\text{m}} \right)\)
Vậy \(D = 3a + 6b = 3.2,67 + 6.2 = 20\left( m \right)\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\)
Khi đó \(IC = \left( {MICG} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)
Giả sử con cá bơi tới điểm \(K \in HC\)
Khi đó quãng đường con cá bơi là \(GK + KM\)
Ta có: \(IC = \sqrt {I{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {8^2}} = \sqrt {73} \left( {\text{m}} \right)\)
Đặt \(KC = x(x > 0)\)
Khi đó \(GK + KM = \sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{5^2} + {{(\sqrt {73} – x)}^2}} \)
Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{5^2} + {{(\sqrt {73} – x)}^2}} \)
Theo BĐT Minkowski ta có \(\sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{{(\sqrt {73} – x)}^2} + {5^2}} \geqslant \sqrt {{{(x + \sqrt {73} – x)}^2} + {{(10 + 5)}^2}} = \sqrt {298} \)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{x}{{\sqrt {73} – x}} = \frac{{10}}{5} \Leftrightarrow x = 5,696\)
Khi đường đi ngắn nhất thì \(KC = 5,696\)
Kẻ \(KL \bot BC,KN \bot BI\left( {L \in BC,N \in BI} \right)\)
Ta có: \(\frac{{KL}}{{BI}} = \frac{{KC}}{{CI}} \Rightarrow \frac{{KL}}{3} = \frac{{5,696}}{{\sqrt {73} }} \Rightarrow KL \approx 2\left( m \right)\)
\(\frac{{KN}}{{BC}} = \frac{{KI}}{{IC}} \Rightarrow KN = \frac{{KI.BC}}{{IC}} = \frac{{\left( {\sqrt {73} – 5,696} \right).8}}{{\sqrt {73} }} \approx 2,67\left( {\text{m}} \right)\)
Vậy \(D = 3a + 6b = 3.2,67 + 6.2 = 20\left( m \right)\)
Câu 20:
Một thùng làm kem có mặt cắt dạng parabol như hình. Biết phương trình đường biên có dạng \(f(x) = a\sqrt x \), hỏi dung tích của thùng bằng bao nhiêu lít.
Trả lời: 28,3
Từ hình vẽ: \(f(20) = 30 \Rightarrow a\sqrt {20} = 30 \Rightarrow a = \frac{{15}}{{\sqrt 5 }} = 3\sqrt 5 \).
Vậy \(f(x) = 3\sqrt 5 \sqrt x \).
Thể tích khối tròn xoay:
\(\begin{array}{*{20}{l}}
V&{ = \pi \int_0^{20} {(f(} x){)^2}dx = \pi \int_0^{20} {{{(3\sqrt 5 )}^2}} xdx = \pi \int_0^{20} 4 5xdx} \\
{}&{ = \pi \cdot \left. {\left[ {\frac{{45}}{2}{x^2}} \right]} \right|_0^{20} = \pi \cdot 9000 \approx 28274,33\;c{m^3} \approx 28,3{\text{ l\’i t}}{\text{. }}}
\end{array}\)
Từ hình vẽ: \(f(20) = 30 \Rightarrow a\sqrt {20} = 30 \Rightarrow a = \frac{{15}}{{\sqrt 5 }} = 3\sqrt 5 \).
Vậy \(f(x) = 3\sqrt 5 \sqrt x \).
Thể tích khối tròn xoay:
\(\begin{array}{*{20}{l}}
V&{ = \pi \int_0^{20} {(f(} x){)^2}dx = \pi \int_0^{20} {{{(3\sqrt 5 )}^2}} xdx = \pi \int_0^{20} 4 5xdx} \\
{}&{ = \pi \cdot \left. {\left[ {\frac{{45}}{2}{x^2}} \right]} \right|_0^{20} = \pi \cdot 9000 \approx 28274,33\;c{m^3} \approx 28,3{\text{ l\’i t}}{\text{. }}}
\end{array}\)
Câu 21:
Trong giờ học môn bóng rổ, một học sinh đang tập ném bóng vào rổ. Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục tính theo mét) sao cho \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt đất, chân cột bóng rổ là điểm \(H\) thuộc tia \(Oy\) sao cho \(OH = 4\left( m \right)\). Lúc bắt đầu ném quả bóng thuộc tia \(Oz\) ở độ cao \(2\left( m \right)\). Quả bóng được ném bay lên rồi rơi xuống đất tại vị trí \(A\) sao cho \(AH = 3\left( m \right)\) và \(AH\) vuông góc với \(Oy\). Biết rằng quỹ đạo của quả bóng là một đường parabol \(\left( P \right)\) luôn nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) vuông góc với mặt đất. Sau khi ném được một lúc, khi quả bóng có hoành độ bằng \(2\) thì cao độ của nó bằng \(3,5\). Khi quả bóng có độ cao lớn nhất so với mặt đất thì hoành độ của quả bóng bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: 1,26.
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.
Gọi \(D\) là điểm ném quả bóng. Do đó, \(D\left( {0;0;2} \right)\) và điểm \(A\left( {3;4;0} \right)\), \(H\left( {0;4;0} \right)\).
Quỹ đạo của quả bóng nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và chứa trục \(Oz\).
Ta thiết lập một trục hoành mới\(t\) trên mặt đất \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho trục \(t\) đi qua hình chiếu của quỹ đạo (đoạn \(OA\)) và trục tung mới \(z\) trùng với \(Oz\).
Đặt \(t\) là khoảng cách từ điểm chiếu trên mặt đất đến gốc tọa độ \(O\).
Một điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) trên quỹ đạo có hình chiếu \(M’\left( {x;y;0} \right)\) trên mặt đất.
Khoảng cách \(t\) là độ dài đoạn \(OM’\): \(t = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \).
Tọa độ các điểm trên hệ trục (t, z):
Điểm ném \(D\):\({t_D} = \sqrt {{0^2} + {0^2}} = 0 \Rightarrow D’\left( {0;2} \right)\)
Điểm chạm đất \(A\): \({t_A} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5 \Rightarrow A’\left( {5;0} \right)\).
Phương trình một đường parabol \(\left( P \right)\) nên \(z\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\).
Qua điểm ném \(D’\left( {0;2} \right)\) và điểm chạm đất \(A’\left( {5;0} \right)\) nên \(\left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b + 2 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)(1)
Qua điểm trung gian \(M\left( {x;y;z} \right)\)có hoành độ bằng \(2\) thì cao độ của nó bằng \(3,5\) nên \(M\left( {2;y;\frac{7}{2}} \right)\)
Điểm hình chiếu của \(M\) là \(M’\)nằm trên đường thẳng \(OA\) có phương trình \(y = \frac{4}{3}x\).
Suy ra \({y_M} = \frac{4}{3}.2 = \frac{8}{3}\). Vậy \(M\left( {2;\frac{8}{3};\frac{7}{2}} \right)\).
Qua điểm \(M’\): \({t_M} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\frac{8}{3}} \right)}^2}} = \frac{{10}}{3} \Rightarrow M’\left( {\frac{{10}}{3};\frac{7}{2}} \right)\).
Do đó \(\frac{{100}}{9}a + \frac{{10}}{3}b + 2 = \frac{7}{2} \Rightarrow 100a + 30b = \frac{{27}}{2}\)(2)
Từ (1) và (2) ta có \(\left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b = – 2 \hfill \\
100a + 30b = \frac{{27}}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
a = – \frac{{51}}{{100}} \hfill \\
b = \frac{{43}}{{20}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Khi đó \(z\left( t \right) = – \frac{{51}}{{100}}{t^2} + \frac{{43}}{{20}}t + 2\).
Cao độ lớn nhất xảy ra tại đỉnh Parabol. Tọa độ đỉnh là \({t_0} = – \frac{{\frac{{43}}{{20}}}}{{ – 2.\frac{{51}}{{100}}}} = \frac{{215}}{{102}}\).
Ta lại có \({t_0} = \sqrt {{x_0}^2 + {y_0}^2} \Leftrightarrow {t_0} = \sqrt {{x_0}^2 + \frac{{16}}{9}{x_0}^2} = \frac{5}{3}{x_0} \Rightarrow {x_0} = \frac{3}{5}{t_0} = \frac{3}{5}.\frac{{215}}{{102}} = \frac{{43}}{{34}} \approx 1,26\).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.
Gọi \(D\) là điểm ném quả bóng. Do đó, \(D\left( {0;0;2} \right)\) và điểm \(A\left( {3;4;0} \right)\), \(H\left( {0;4;0} \right)\).
Quỹ đạo của quả bóng nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và chứa trục \(Oz\).
Ta thiết lập một trục hoành mới\(t\) trên mặt đất \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho trục \(t\) đi qua hình chiếu của quỹ đạo (đoạn \(OA\)) và trục tung mới \(z\) trùng với \(Oz\).
Đặt \(t\) là khoảng cách từ điểm chiếu trên mặt đất đến gốc tọa độ \(O\).
Một điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) trên quỹ đạo có hình chiếu \(M’\left( {x;y;0} \right)\) trên mặt đất.
Khoảng cách \(t\) là độ dài đoạn \(OM’\): \(t = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \).
Tọa độ các điểm trên hệ trục (t, z):
Điểm ném \(D\):\({t_D} = \sqrt {{0^2} + {0^2}} = 0 \Rightarrow D’\left( {0;2} \right)\)
Điểm chạm đất \(A\): \({t_A} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5 \Rightarrow A’\left( {5;0} \right)\).
Phương trình một đường parabol \(\left( P \right)\) nên \(z\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\).
Qua điểm ném \(D’\left( {0;2} \right)\) và điểm chạm đất \(A’\left( {5;0} \right)\) nên \(\left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b + 2 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)(1)
Qua điểm trung gian \(M\left( {x;y;z} \right)\)có hoành độ bằng \(2\) thì cao độ của nó bằng \(3,5\) nên \(M\left( {2;y;\frac{7}{2}} \right)\)
Điểm hình chiếu của \(M\) là \(M’\)nằm trên đường thẳng \(OA\) có phương trình \(y = \frac{4}{3}x\).
Suy ra \({y_M} = \frac{4}{3}.2 = \frac{8}{3}\). Vậy \(M\left( {2;\frac{8}{3};\frac{7}{2}} \right)\).
Qua điểm \(M’\): \({t_M} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\frac{8}{3}} \right)}^2}} = \frac{{10}}{3} \Rightarrow M’\left( {\frac{{10}}{3};\frac{7}{2}} \right)\).
Do đó \(\frac{{100}}{9}a + \frac{{10}}{3}b + 2 = \frac{7}{2} \Rightarrow 100a + 30b = \frac{{27}}{2}\)(2)
Từ (1) và (2) ta có \(\left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b = – 2 \hfill \\
100a + 30b = \frac{{27}}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
a = – \frac{{51}}{{100}} \hfill \\
b = \frac{{43}}{{20}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Khi đó \(z\left( t \right) = – \frac{{51}}{{100}}{t^2} + \frac{{43}}{{20}}t + 2\).
Cao độ lớn nhất xảy ra tại đỉnh Parabol. Tọa độ đỉnh là \({t_0} = – \frac{{\frac{{43}}{{20}}}}{{ – 2.\frac{{51}}{{100}}}} = \frac{{215}}{{102}}\).
Ta lại có \({t_0} = \sqrt {{x_0}^2 + {y_0}^2} \Leftrightarrow {t_0} = \sqrt {{x_0}^2 + \frac{{16}}{9}{x_0}^2} = \frac{5}{3}{x_0} \Rightarrow {x_0} = \frac{3}{5}{t_0} = \frac{3}{5}.\frac{{215}}{{102}} = \frac{{43}}{{34}} \approx 1,26\).
Câu 22:
Một hộp chứa 10 viên bi xanh và 5 viên bi đỏ. Bạn An lấy ra ngẫu nhiên 1 viên bi từ hộp, xem màu, rồi bỏ ra ngoài. Nếu viên bi An lấy ra có màu xanh, bạn Bình sẽ lấy ra ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp; còn nếu viên bi An lấy ra có màu đỏ, bạn Bình sẽ lấy ra ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp. Tính xác suất để An lấy được viên bi màu xanh, biết rằng tất cả các viên bi được hai bạn chọn ra đều có đủ cả hai màu.
Trả lời: \(0,55\)
Gọi \(A\) là biến cố “An lấy được viên bi màu xanh”
Khi đó \(\overline A \) là biến cố “An lấy được viên bi màu đỏ”
Gọi \(B\) là biến cố “tất cả các viên bi được hai bạn chọn ra đều có đủ hai màu”
Trường hợp 1: An lấy được viên bi xanh
Khi đó hộp còn 9 viên bi xanh và 5 viên bi đỏ
Để có đủ 2 màu thì có các trường hợp là:
– Bình lấy 2 viên bi đỏ
– Bình lấy 1 viên bi đỏ và 1 bi xanh
Xác suất để tất cả viên bi hai bạn lấy ra có đủ 2 màu là
\(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_5^2 + C_9^1.C_5^1}}{{C_{14}^2}} = \frac{{55}}{{91}}\)
Trường hợp 2: An lấy được viên bi đỏ
Khi đó hộp còn 10 viên bi xanh và 4 viên bi đỏ
Để có đủ 2 màu thì có các trường hợp là:
– Bình lấy 3 viên bi xanh
– Bình lấy 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ
– Bình lấy 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ
Xác suất để tất cả viên bi hai bạn lấy ra có đủ 2 màu là
\(P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{C_{10}^3 + C_{10}^2.C_4^1 + C_{10}^1.C_4^2}}{{C_{14}^3}} = \frac{{90}}{{91}}\)
Ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right) + P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)\)
\( = \frac{1}{3}.\frac{{90}}{{91}} + \frac{2}{3}.\frac{{55}}{{91}} = \frac{{200}}{{273}}\)
Lại có: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B\mid A} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{55}}{{91}}.\frac{2}{3}}}{{\frac{{200}}{{273}}}} = \frac{9}{{14}} = 0,55\)
Gọi \(A\) là biến cố “An lấy được viên bi màu xanh”
Khi đó \(\overline A \) là biến cố “An lấy được viên bi màu đỏ”
Gọi \(B\) là biến cố “tất cả các viên bi được hai bạn chọn ra đều có đủ hai màu”
Trường hợp 1: An lấy được viên bi xanh
Khi đó hộp còn 9 viên bi xanh và 5 viên bi đỏ
Để có đủ 2 màu thì có các trường hợp là:
– Bình lấy 2 viên bi đỏ
– Bình lấy 1 viên bi đỏ và 1 bi xanh
Xác suất để tất cả viên bi hai bạn lấy ra có đủ 2 màu là
\(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_5^2 + C_9^1.C_5^1}}{{C_{14}^2}} = \frac{{55}}{{91}}\)
Trường hợp 2: An lấy được viên bi đỏ
Khi đó hộp còn 10 viên bi xanh và 4 viên bi đỏ
Để có đủ 2 màu thì có các trường hợp là:
– Bình lấy 3 viên bi xanh
– Bình lấy 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ
– Bình lấy 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ
Xác suất để tất cả viên bi hai bạn lấy ra có đủ 2 màu là
\(P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{C_{10}^3 + C_{10}^2.C_4^1 + C_{10}^1.C_4^2}}{{C_{14}^3}} = \frac{{90}}{{91}}\)
Ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right) + P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)\)
\( = \frac{1}{3}.\frac{{90}}{{91}} + \frac{2}{3}.\frac{{55}}{{91}} = \frac{{200}}{{273}}\)
Lại có: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B\mid A} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{55}}{{91}}.\frac{2}{3}}}{{\frac{{200}}{{273}}}} = \frac{9}{{14}} = 0,55\)
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: A
9.
Câu 2
Đáp án đúng: D
\(y' < 0,\forall x \ne 1\).
Câu 3
Đáp án đúng: D
\(x + 2y + z - 4 = 0\).
Câu 4
Đáp án đúng: A
\(\left( {2; - 2;0} \right)\).
Câu 5
Đáp án đúng: D
\(S = \int\limits_1^4 {{6^x}dx} \).
Câu 6
Đáp án đúng: A
\({x^{2026}} + {e^x} + C\).
Câu 7
Đáp án đúng: A
\(x = \frac{\pi }{2} + k\pi {\text{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 8
Đáp án đúng: A
\(\widehat {SCM}\).
Câu 9
Đáp án đúng: D
\(2\sqrt 3 \).
Câu 10
Đáp án đúng: A
16.
Câu 11
Đáp án đúng: A
1.
Câu 12
Đáp án đúng: B
\(\left[ {40;60} \right)\).
Câu 13
Đáp án đúng: A
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\)
Câu 14
Đáp án đúng: A
Quả bóng có tâm \(I\left( {2\,;\,1\,;\,1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 6 \)
Câu 15
Đáp án đúng: A
\(h\left( t \right) = - 0,04{t^3} + 0,6{t^2}\,\,\,\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\).
Câu 16
Đáp án đúng: C
\(P\left( C \right) = 0,04\).
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 3
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 3 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 3 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 3 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 3 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 3, 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 3 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 3 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 3 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.