Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 4
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 4
Thực Hành Làm Bài Thi Trắc Nghiệm: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 4
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 4. 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 4 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 4
Câu 1:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai véctơ \(\overrightarrow a = \left( {1;\, – 2;\,1} \right),\,\,\overrightarrow b = \left( { – 2;\,1;\,1} \right)\). Tính góc giữa \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \).
\(120^\circ \).
Chọn B
Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\,\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{1.\left( { – 2} \right) + \left( { – 2} \right).1 + 1.1}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2}} .\sqrt {{{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2} + {1^2}} }} = – \frac{3}{6} = – \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = 120^\circ \).
Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\,\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{1.\left( { – 2} \right) + \left( { – 2} \right).1 + 1.1}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2}} .\sqrt {{{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2} + {1^2}} }} = – \frac{3}{6} = – \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = 120^\circ \).
Câu 2:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( {1;\,2;\,3} \right),\,\,B\left( {3;\,8;\,5} \right)\). Tọa độ trung điểm \(I\)của đoạn thẳng \(AB\) là
\(I\left( {2;\,5;\,4} \right)\).
Chọn D
Câu 3:
Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}}\) là
\(y = x + 4\).
Chọn D
Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}} = x + 4 + \frac{5}{{x – 2}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y – x – 4} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{5}{{x – 2}} = 0\) \( \Rightarrow \)đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}}\) có tiệm cận xiên là \(y = x + 4\).
Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}} = x + 4 + \frac{5}{{x – 2}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y – x – 4} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{5}{{x – 2}} = 0\) \( \Rightarrow \)đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}}\) có tiệm cận xiên là \(y = x + 4\).
Câu 4:
Nghiệm của phương trình \(\sin x = \frac{1}{2}\) là
\(\frac{\pi }{6} + k2\pi ;\,\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Chọn C
Ta có \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Ta có \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 5:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như sau
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
\(x = - 4\).
Chọn C
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(x = – 4\).
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(x = – 4\).
Câu 6:
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = 2,{\text{ }}{u_2} = 5\). Tính \({u_4}\).
\({u_4} = 11\).
Chọn C
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 5 – 2 = 3 \Rightarrow {u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.3 = 11\).
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 5 – 2 = 3 \Rightarrow {u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.3 = 11\).
Câu 7:
Cho \(0 < a \ne 1,b > 0\). Biết \({\log _a}b = 3\), tính \({\log _a}\left( {ab} \right)\).
\(4\).
Chọn D
Ta có: \({\log _a}\left( {ab} \right) = {\log _a}a + {\log _a}b = 1 + 3 = 4\).
Ta có: \({\log _a}\left( {ab} \right) = {\log _a}a + {\log _a}b = 1 + 3 = 4\).
Câu 8:
Cho hình tứ diện đều \(ABC{\text{D}}\) có độ dài cạnh bằng 6 cm. Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm cạnh \(BC,\,\,C{\text{D}}\) và G là trọng tâm tam giác \(ABD.\)Mặt phẳng \(\left( {GMN} \right)\)cắt các cạnh \(AB,A{\text{D}}\) tại E, F. Độ dài đoạn EF bằng
4 cm.
Chọn A
Vì MN//BD nên kẻ qua G đường thẳng song song với BD cắt các cạnh AB và AD tại E, F.
Ta có \(\frac{{EF}}{{B{\text{D}}}} = \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EF = \frac{2}{3}.6 = 4cm\).
Vì MN//BD nên kẻ qua G đường thẳng song song với BD cắt các cạnh AB và AD tại E, F.
Ta có \(\frac{{EF}}{{B{\text{D}}}} = \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EF = \frac{2}{3}.6 = 4cm\).
Câu 9:
Cho mẫu số liệu ghép nhóm có bảng tần số như sau Nhóm
[16;21)
[21;26)
[26;31)
[31;36)
[36;41) Tần số
4
6
8
18
4 Tính số trung bình của mẫu số liệu trên
[16;21)
[21;26)
[26;31)
[31;36)
[36;41) Tần số
4
6
8
18
4 Tính số trung bình của mẫu số liệu trên
\(30\).
Chọn C
\(\overline x = \frac{{18,5.4 + 23,5.6 + 28,5.8 + 33,5.18 + 38,5.4}}{{40}} = 30\).
\(\overline x = \frac{{18,5.4 + 23,5.6 + 28,5.8 + 33,5.18 + 38,5.4}}{{40}} = 30\).
Câu 10:
Cho \(\int_0^1 f (x){\text{d}}x = 1\) và \(\int_0^2 f (x){\text{d}}x = – 4\). Tích phân \(\int_1^2 f (x){\text{d}}x\) bằng
\( - 5\).
Chọn C
Ta có\(\int_0^2 f (x){\text{d}}x = \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x + \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x \Leftrightarrow \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x = \int_0^2 f \left( x \right){\text{d}}x – \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x = – 4 – 1 = – 5\).
Ta có\(\int_0^2 f (x){\text{d}}x = \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x + \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x \Leftrightarrow \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x = \int_0^2 f \left( x \right){\text{d}}x – \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x = – 4 – 1 = – 5\).
Câu 11:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\). Biết rằng phần hình phẳng \({S_1}\) và \({S_2}\) (xem hình vẽ) có diện tích lần lượt bằng 7 và 2. Tích phân \(\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} \) bằng
5.
Chọn D
Ta có \(\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_{ – 1}^2 {f\left( x \right){\text{d}}x} – \int\limits_2^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = {S_1} – {S_2} = 7 – 2 = 5\).
Ta có \(\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_{ – 1}^2 {f\left( x \right){\text{d}}x} – \int\limits_2^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = {S_1} – {S_2} = 7 – 2 = 5\).
Câu 12:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\). Tổng \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} \) bằng
\(4\overrightarrow {SO} \).
Chọn A
Ta có \(O\) là trung điểm \(AC,\,\,BD\).
Khi đó: \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} ;\,\,\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \)
\( \Rightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 4\overrightarrow {SO} \).
PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Ta có \(O\) là trung điểm \(AC,\,\,BD\).
Khi đó: \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} ;\,\,\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \)
\( \Rightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 4\overrightarrow {SO} \).
PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Câu 13:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {\log _2}\left( {x + 4} \right).\)
Tập xác định của hàm số đã cho chứa đúng 4 số nguyên âm.
a) Sai.
Điều kiện: \(x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > – 4\). Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( { – 4; + \infty } \right)\)
Vậy tập xác định của hàm số chứa các số nguyên âm là \(\left\{ { – 3; – 2; – 1} \right\}\)
b) Đúng.
Ta có:
\({\log _2}\left( {x + 4} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + 2x – 16} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
x + 4 = {x^2} + 2x – 16 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
{x^2} + x – 20 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = 4\)
c) Sai.
Ta có hàm số \(g\left( x \right) = – {x^2} + \ln 1024.{\log _2}\left( {x + 4} \right).\)
\(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}}.\)
Cho \(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x – 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
x = – 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Lập bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left( { – 4; + \infty } \right)\) ta được giá trị lớn nhất của hàm số tại \(x = 1.\)
d) Sai.
Vẽ đường thẳng \(y = x – 1\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đồ thị ta được
Vậy đường thẳng \(y = x – 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm.
Điều kiện: \(x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > – 4\). Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( { – 4; + \infty } \right)\)
Vậy tập xác định của hàm số chứa các số nguyên âm là \(\left\{ { – 3; – 2; – 1} \right\}\)
b) Đúng.
Ta có:
\({\log _2}\left( {x + 4} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + 2x – 16} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
x + 4 = {x^2} + 2x – 16 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
{x^2} + x – 20 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = 4\)
c) Sai.
Ta có hàm số \(g\left( x \right) = – {x^2} + \ln 1024.{\log _2}\left( {x + 4} \right).\)
\(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}}.\)
Cho \(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x – 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
x = – 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Lập bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left( { – 4; + \infty } \right)\) ta được giá trị lớn nhất của hàm số tại \(x = 1.\)
d) Sai.
Vẽ đường thẳng \(y = x – 1\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đồ thị ta được
Vậy đường thẳng \(y = x – 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm.
Câu 14:
Những ngày giáp Tết Nguyên Đán cũng là dịp bước vào vụ Đông Xuân, bà con nông dân tích cực xuống đồng cây lúa. Cây lúa sau khi được cấy trải qua quá trình tăng trưởng đẻ nhánh và phát triển chiều cao trước khi làm đòng, trổ bông. Qua nghiên cứu một giống lúa mới, các nhà khoa học nhận thấy một cây lúa tính từ lúc được cấy bằng một cây mạ với chiều cao \(20\) cm có tốc độ tăng trưởng chiều cao cho bởi hàm số \(v\left( t \right) = – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}\), trong đó \(t\) tính theo tuần, \(v\left( t \right)\) tính bằng cm/tuần. Gọi \(h\left( t \right)\) là chiều cao của cây lúa ở tuần thứ \(t\) \(\left( {t \geqslant 0} \right)\).
Giai đoạn tăng trưởng chiều cao của cây lúa kéo dài \(12\) tuần.
a) Đúng
\(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( { – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}} \right)dt} \)\( = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + C\).
Ta có \(h\left( 0 \right) = 20\).
Suy ra \(C = 20\).
Do đó \(h\left( t \right) = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + 20\).
b) Sai
Cây tăng trưởng khi \(v(t) > 0\). Xét bất phương trình \( – 0,1{t^3} + 1,1{t^2} > 0\).
\( \Leftrightarrow {t^2}\left( { – 0,1t + 1,1} \right) > 0\).
Suy ra \( – 0,1t + 1,1 > 0\) nên \(t < 11\).
Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 11 tuần.
c) Sai
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của \(h(t) = \frac{{ – {t^4}}}{{40}} + \frac{{11{t^3}}}{{30}} + 5\) với \(t \in [0;11]\).
Ta có: \(h'(t) = \frac{{ – {t^3}}}{{10}} + \frac{{11}}{{10}}{t^2} = \frac{{{t^2}}}{{10}}( – t + 11)\).
\(h'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 11 \hfill \\
\end{gathered} \right..\)
Ta thấy \(h(0) = 20\), \(h(11) \approx 142\).
Khi đó, \(h(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(142\) trên đoạn \([0;11]\).
Vậy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là \(142\) (cm).
d) Đúng
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(v(t) = – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}\) với \(t \in [0;10]\).
Ta có \(v'(t) = – 0,3{t^2} + 2,2t = – 0,3t\left( {t – \frac{{22}}{3}} \right)\).
Suy ra \(v'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{22}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Ta thấy \(v(0) = 0\), \(v\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 19,7\), \(v(11) = 0\).
Khi đó, \(v(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(19,7\) trên đoạn \([0;10]\) tại \(t = \frac{{22}}{3}\).
Ta có \(h\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 92,3 > 80\).
Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn \(80\) cm.
\(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( { – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}} \right)dt} \)\( = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + C\).
Ta có \(h\left( 0 \right) = 20\).
Suy ra \(C = 20\).
Do đó \(h\left( t \right) = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + 20\).
b) Sai
Cây tăng trưởng khi \(v(t) > 0\). Xét bất phương trình \( – 0,1{t^3} + 1,1{t^2} > 0\).
\( \Leftrightarrow {t^2}\left( { – 0,1t + 1,1} \right) > 0\).
Suy ra \( – 0,1t + 1,1 > 0\) nên \(t < 11\).
Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 11 tuần.
c) Sai
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của \(h(t) = \frac{{ – {t^4}}}{{40}} + \frac{{11{t^3}}}{{30}} + 5\) với \(t \in [0;11]\).
Ta có: \(h'(t) = \frac{{ – {t^3}}}{{10}} + \frac{{11}}{{10}}{t^2} = \frac{{{t^2}}}{{10}}( – t + 11)\).
\(h'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 11 \hfill \\
\end{gathered} \right..\)
Ta thấy \(h(0) = 20\), \(h(11) \approx 142\).
Khi đó, \(h(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(142\) trên đoạn \([0;11]\).
Vậy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là \(142\) (cm).
d) Đúng
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(v(t) = – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}\) với \(t \in [0;10]\).
Ta có \(v'(t) = – 0,3{t^2} + 2,2t = – 0,3t\left( {t – \frac{{22}}{3}} \right)\).
Suy ra \(v'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{22}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Ta thấy \(v(0) = 0\), \(v\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 19,7\), \(v(11) = 0\).
Khi đó, \(v(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(19,7\) trên đoạn \([0;10]\) tại \(t = \frac{{22}}{3}\).
Ta có \(h\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 92,3 > 80\).
Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn \(80\) cm.
Câu 15:
Trong không gian \(Oxyz\), cho các điểm \(A\left( {1;1;0} \right)\), \(B\left( {5; – 3;2} \right)\) và \(C\left( {0;4; – 1} \right)\). Xét các điểm \(M\) thay đổi trong không gian sao cho diện tích tam giác \(ABM\) bằng \(6\sqrt 2 \).
Đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(3\).
a) Sai.
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right)\) nên đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(\sqrt {{4^2} + {4^2} + {2^2}} = 6\).
b) Đúng.
Vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right) = 2\left( {2; – 2;1} \right)\) nên đường thẳng \(AB\) có phương trình \(\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{z}{1}\).
c) Sai.
Vectơ \(\overrightarrow {AC} = \left( { – 1;3; – 1} \right)\) nên khoảng cách từ điểm \(C\) tới đường thẳng \(AB\) bằng \({\text{d}}\left( {C,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{AB}} = \sqrt 2 \).
d) Đúng.
Diện tích tam giác \(ABM\) bằng \(\frac{1}{2}AB.{\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow {\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 2\sqrt 2 \). Suy ra \(M\)thuộc mặt trụ có trục là đường thẳng \(AB\), bán kính \(R = 2\sqrt 2 \).
Đoạn thẳng \(MC\) có độ dài nhỏ nhất bằng \(M{C_{\min }} = \left| {{\text{d}}\left( {M,AB} \right) – {\text{d}}\left( {C,AB} \right)} \right| = \sqrt 2 \).
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right)\) nên đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(\sqrt {{4^2} + {4^2} + {2^2}} = 6\).
b) Đúng.
Vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right) = 2\left( {2; – 2;1} \right)\) nên đường thẳng \(AB\) có phương trình \(\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{z}{1}\).
c) Sai.
Vectơ \(\overrightarrow {AC} = \left( { – 1;3; – 1} \right)\) nên khoảng cách từ điểm \(C\) tới đường thẳng \(AB\) bằng \({\text{d}}\left( {C,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{AB}} = \sqrt 2 \).
d) Đúng.
Diện tích tam giác \(ABM\) bằng \(\frac{1}{2}AB.{\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow {\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 2\sqrt 2 \). Suy ra \(M\)thuộc mặt trụ có trục là đường thẳng \(AB\), bán kính \(R = 2\sqrt 2 \).
Đoạn thẳng \(MC\) có độ dài nhỏ nhất bằng \(M{C_{\min }} = \left| {{\text{d}}\left( {M,AB} \right) – {\text{d}}\left( {C,AB} \right)} \right| = \sqrt 2 \).
Câu 16:
Lớp 12A có 40 học sinh, trong đó có 8 em tham gia Câu lạc bộ Toán học. Điểm thi học kỳ 1 môn Toán của cả lớp được thống kê trong bảng sau: Nhóm
[5;6)
[6;7)
[7;8)
[8;9)
[9;10) Tần số
2
3
8
15
12
[5;6)
[6;7)
[7;8)
[8;9)
[9;10) Tần số
2
3
8
15
12
Biết rằng cả 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học đều có điểm thi không dưới 8. Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh trong lớp có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8. Xác suất có đúng 2 em của Câu lạc bộ Toán học được chọn nhỏ hơn \(\frac{1}{3}\).
a) Đúng.
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là \(10 – 5 = 5\).
b) Đúng.
Điểm trung bình của cả lớp là: \(\overline x = \frac{1}{{40}}\left( {5,5.2 + 6,5.3 + 7,5.8 + 8,5.15 + 9,5.12} \right) = 8,3\).
Từ bảng thống kê, ta thấy có ít nhất 13 em có điểm trung bình thấp hơn của cả lớp.
c) Sai.
Số học sinh có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8 là
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_{27}^6\).
Xác suất có đúng 2 em của CLB Toán học là: \(\frac{{C_8^2.C_{19}^4}}{{C_{27}^6}} \approx 0,367 > \frac{1}{3}\)
d) Đúng.
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 8!\).
Xếp 5 học sinh nam thành một hàng ngang: \(5!\) cách.
5 học sinh nam tạo nên 4 khoảng trống ở giữa cùng 2 vị trí trống ở mỗi đầu hàng \( \Rightarrow \)Có 6 vị trí trống
Xếp 3 học sinh nữ vào 6 vị trí đó: \(A_6^3\).
Xác suất không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau là: \(\frac{{5!.A_6^3}}{{8!}} = \frac{5}{{14}} > \frac{1}{3}\).
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là \(10 – 5 = 5\).
b) Đúng.
Điểm trung bình của cả lớp là: \(\overline x = \frac{1}{{40}}\left( {5,5.2 + 6,5.3 + 7,5.8 + 8,5.15 + 9,5.12} \right) = 8,3\).
Từ bảng thống kê, ta thấy có ít nhất 13 em có điểm trung bình thấp hơn của cả lớp.
c) Sai.
Số học sinh có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8 là
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_{27}^6\).
Xác suất có đúng 2 em của CLB Toán học là: \(\frac{{C_8^2.C_{19}^4}}{{C_{27}^6}} \approx 0,367 > \frac{1}{3}\)
d) Đúng.
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 8!\).
Xếp 5 học sinh nam thành một hàng ngang: \(5!\) cách.
5 học sinh nam tạo nên 4 khoảng trống ở giữa cùng 2 vị trí trống ở mỗi đầu hàng \( \Rightarrow \)Có 6 vị trí trống
Xếp 3 học sinh nữ vào 6 vị trí đó: \(A_6^3\).
Xác suất không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau là: \(\frac{{5!.A_6^3}}{{8!}} = \frac{5}{{14}} > \frac{1}{3}\).
Câu 17:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(3,SA\)vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc nhị diện \([B,SC,D]\) bằng \(120^\circ \). Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD.\)
Trả lời: 9
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{BD \bot AC \subset (SAC)} \\
{BD \bot SA}
\end{array}} \right.\) nên \(BD \bot SC\).
Kè \(DH \bot SC(H \in SC)\), suy ra \(SC \bot (BHD)\) mà \(BH \in (BHD)\) nên \(SC \bot BH\).
\( \Rightarrow \) Số đo của góc nhị diện \([B,SC,D]\) là \(\widehat {BHD} = 120^\circ \).
Dễ thấy \(\Delta HBD\) cân tại \(H,HO \bot BD\) và \(\widehat {DHO} = 60^\circ .\)
Suy ra \(DO = \frac{1}{2}BD = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow OH = \frac{{DO}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Lại có \(\Delta OHC\) vuông tại \(H\), suy ra
\(\sin (\widehat {OCII}) = \frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}:\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \cot (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{{{\sin }^2}(\widehat {SAC})}} – 1 = \sqrt 2 \Rightarrow \tan (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
\(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có \(SA = \tan (\widehat {SAC}) \cdot AC = 3\).
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 9\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{BD \bot AC \subset (SAC)} \\
{BD \bot SA}
\end{array}} \right.\) nên \(BD \bot SC\).
Kè \(DH \bot SC(H \in SC)\), suy ra \(SC \bot (BHD)\) mà \(BH \in (BHD)\) nên \(SC \bot BH\).
\( \Rightarrow \) Số đo của góc nhị diện \([B,SC,D]\) là \(\widehat {BHD} = 120^\circ \).
Dễ thấy \(\Delta HBD\) cân tại \(H,HO \bot BD\) và \(\widehat {DHO} = 60^\circ .\)
Suy ra \(DO = \frac{1}{2}BD = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow OH = \frac{{DO}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Lại có \(\Delta OHC\) vuông tại \(H\), suy ra
\(\sin (\widehat {OCII}) = \frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}:\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \cot (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{{{\sin }^2}(\widehat {SAC})}} – 1 = \sqrt 2 \Rightarrow \tan (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
\(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có \(SA = \tan (\widehat {SAC}) \cdot AC = 3\).
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 9\).
Câu 18:
Thả một quả bóng từ độ cao 8 m, mỗi lần quả bóng sẽ nảy lên theo phương thẳng đứng đến độ cao bằng \(\frac{3}{4}\) độ cao trước đó. Tính tổng quãng đường quả bóng di chuyển kể từ lúc thả cho đến khi dừng lại(đơn vị là m ).
Trả lời: \(56\)
Đặt \({h_1} = 8(\;{\text{m}})\). Sau lần va chạm đất đầu tiên, quả bóng này lên độ cao \({h_2} = \frac{3}{4}{h_1}\).
Bóng lại rợi từ độ cao \({{\text{h}}_2}\), chạm đất và nảy lên độ cao \({h_3} = \frac{3}{4}{h_2}\).
Bóng tiếp tục rợi từ độ cao \({{\text{h}}_3}\), cứ tiếp tục như vậy. Sau lần va chạm đất thứ n, từ độ cao \({{\text{h}}_{\text{n}}}\), quả bóng nảy lên độ cao \({h_{n + 1}} = \frac{3}{4}{h_n}\).
Tổng khoảng cách rơi và nảy của quả bóng cho đến lực không này nữa là
\(d = \left( {{h_1} + {h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right) + \left( {{h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right)\)
Vậy d là tổng của 2 cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu lần lượt là \({{\text{h}}_1},\;{\text{ }}{{\text{h}}_2}\) và có cùng công bội \(q = \frac{3}{4}\).
Khi đó: \(d = \frac{{{h_1}}}{{1 – \frac{3}{4}}} + \frac{{{h_2}}}{{1 – \frac{3}{4}}} = 4\left( {{h_1} + {h_2}} \right) = 56(\;{\text{m}})\).
Đặt \({h_1} = 8(\;{\text{m}})\). Sau lần va chạm đất đầu tiên, quả bóng này lên độ cao \({h_2} = \frac{3}{4}{h_1}\).
Bóng lại rợi từ độ cao \({{\text{h}}_2}\), chạm đất và nảy lên độ cao \({h_3} = \frac{3}{4}{h_2}\).
Bóng tiếp tục rợi từ độ cao \({{\text{h}}_3}\), cứ tiếp tục như vậy. Sau lần va chạm đất thứ n, từ độ cao \({{\text{h}}_{\text{n}}}\), quả bóng nảy lên độ cao \({h_{n + 1}} = \frac{3}{4}{h_n}\).
Tổng khoảng cách rơi và nảy của quả bóng cho đến lực không này nữa là
\(d = \left( {{h_1} + {h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right) + \left( {{h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right)\)
Vậy d là tổng của 2 cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu lần lượt là \({{\text{h}}_1},\;{\text{ }}{{\text{h}}_2}\) và có cùng công bội \(q = \frac{3}{4}\).
Khi đó: \(d = \frac{{{h_1}}}{{1 – \frac{3}{4}}} + \frac{{{h_2}}}{{1 – \frac{3}{4}}} = 4\left( {{h_1} + {h_2}} \right) = 56(\;{\text{m}})\).
Câu 19:
Nhà thấy Hùng cách bờ biển \(1km\). Mỗi buổi sáng thầy chạy bộ từ nhà ra bờ biển sau đó chạy dọc bờ biển \(500m\), rồi thầy chạy qua chợ hải sản để lấy thức ăn trong ngày, cuối cùng thầy chạy về nhà.
Biết chợ hải sản cách bờ biển \(400m\)và cách nhà thầy Hùng \(1km\), tính quãng đường ngắn nhất mà thầy Hùng đã chạy trong mỗi buổi sáng (đơn vị m và làm tròn đến hàng đơn vị).
Biết chợ hải sản cách bờ biển \(400m\)và cách nhà thầy Hùng \(1km\), tính quãng đường ngắn nhất mà thầy Hùng đã chạy trong mỗi buổi sáng (đơn vị m và làm tròn đến hàng đơn vị).
Trả lời: \(1932\).
Đổi \(400m = 0,4km\) và \(500m = 0,5km\).
Dựng hình chữ nhật \(DCBH\), khi đó \(DC = HB = \sqrt {A{B^2} – A{H^2}} = \sqrt {{1^2} – {{\left( {1 – 0,4} \right)}^2}} = 0,8\).
Đặt \(DE = x\) và \(FC = y\) khi đó \(x + y = DE + FC = DC – EF = 0,8 – 0,5 = 0,3\).
Ta có đoạn đường thầy Hùng sẽ đi là \(T = AE + EF + FB + BA = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} + 1,5\).
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:
\(AE + FB = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} \geqslant \sqrt {{{\left( {\frac{3}{{10}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{7}{5}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {205} }}{{10}} \approx 1,432\left( {km} \right)\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{x}{y} = \frac{1}{{0,4}}} \\
{x + y = 0,3}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{3}{{14}}} \\
{y = \frac{3}{{35}}}
\end{array}} \right.\).
Vậy quãng đường ngắn nhất thầy Hùng đi trong buổi sáng là \(1932m\).
Đổi \(400m = 0,4km\) và \(500m = 0,5km\).
Dựng hình chữ nhật \(DCBH\), khi đó \(DC = HB = \sqrt {A{B^2} – A{H^2}} = \sqrt {{1^2} – {{\left( {1 – 0,4} \right)}^2}} = 0,8\).
Đặt \(DE = x\) và \(FC = y\) khi đó \(x + y = DE + FC = DC – EF = 0,8 – 0,5 = 0,3\).
Ta có đoạn đường thầy Hùng sẽ đi là \(T = AE + EF + FB + BA = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} + 1,5\).
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:
\(AE + FB = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} \geqslant \sqrt {{{\left( {\frac{3}{{10}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{7}{5}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {205} }}{{10}} \approx 1,432\left( {km} \right)\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{x}{y} = \frac{1}{{0,4}}} \\
{x + y = 0,3}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{3}{{14}}} \\
{y = \frac{3}{{35}}}
\end{array}} \right.\).
Vậy quãng đường ngắn nhất thầy Hùng đi trong buổi sáng là \(1932m\).
Câu 20:
Trong giờ sinh hoạt STEM, các bạn học sinh thực hiện một thí nghiệm về sự tỏa nhiệt. Một ly trà nóng vừa được pha xong với nhiệt độ ban đầu là \(95\)°C và đặt lên bàn trong phòng thí nghiệm có nhiệt độ không đổi là \(25^\circ C.\)Các bạn bắt đầu bấm đồng hồ đo đạc lúc 10 giờ đúng. Lúc này nhiệt độ của ly trà đo được là \(65^\circ C.\). Đúng 1 giờ sau, nhiệt độ của ly trà đo được giảm xuống còn \(45^\circ C.\). Biết rằng tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường. Hỏi cốc trà được pha trước lúc các bạn học sinh bắt đầu bấm giờ bao nhiêu phút (Kết quả là tròn đến hàng đơn vị)
Trả lời: \(48\)
Gọi \(T\left( t \right)\) là nhiệt độ của ly trà tại thời điểm \(t\)(giờ) và nhiệt độ của môi trường là \(25\)°C
Tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường nên \(\frac{{T’\left( t \right)}}{{\left( {T\left( t \right) – 25} \right)}} = k \Leftrightarrow T’\left( t \right) = k\left( {T\left( t \right) – 25} \right)\) (trong đó \(k\) là hằng số tỷ lệ)
Ta đã biết \(T’\left( t \right) = \frac{{dT}}{{dt}}\) nên phương trình trở thành \(\frac{{dT}}{{dt}} = k\left( {T – 25} \right)\)
Lấy nguyên hàm hai vế: \(\int {\frac{1}{{\left( {T – 25} \right)}}d\left( T \right)} = \int {kt} \Rightarrow \ln \left| {T – 25} \right| = kt + C\)\( \Leftrightarrow \left| {T – 25} \right| = {e^{kt + C}} = {e^{kt}}.{e^C}\)
Do nhiệt độ của ly trà luôn hơn hơn hoặc bằng nhiệt độ của môi trường nên \(T – 25 \geqslant 0\) nên ta có thể phá dấu trị tuyệt đối: \(T – 25 = {e^C}.{E^{kt}}\)
Đặt \(A = {e^C}\) (Với \(A\) là một hằng số dương tùy ý) suy ra \(T\left( t \right) – 25 = A.{e^{kt}} \Leftrightarrow T\left( t \right) = 25 + A.{e^{kt}}\)
Tại \(t = 0\)(10 giờ) thì \(T = 65\) nên \(65 = 25 + A.{e^{k.0}} \Rightarrow 65 = 25 + A \Rightarrow A = 40\)
Tại \(t = 1\)(11 giờ) thì \(T = 45\) nên \(45 = 25 + 40.{e^{k.1}} \Rightarrow 45 = 25 + 40.{e^k} \Leftrightarrow 20 = 40.{e^k} \Rightarrow {e^k} = 0,5\)
Vậy lúc này phương trình \(T\left( t \right) = 25 + 40.{\left( {{e^k}} \right)^t} = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t}\)
Nhiệt độ lúc pha trà là \(95\)°C nên \(95 = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t} \Rightarrow {\left( {0,5} \right)^t} = 1,75 \Rightarrow t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right)\)
Khi \(t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right) \approx – 0,807535\)(dấu âm thể hiện thời điểm pha trà nằm trước mốc thời gian \(t = 0\), tức là trước \(10\) giờ)
Đổi sang phút ta có \(0,80735.60 \approx 48,44\)(phút) nên cốc trà được pha trước lúc bấm giờ \(48\) phút
Gọi \(T\left( t \right)\) là nhiệt độ của ly trà tại thời điểm \(t\)(giờ) và nhiệt độ của môi trường là \(25\)°C
Tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường nên \(\frac{{T’\left( t \right)}}{{\left( {T\left( t \right) – 25} \right)}} = k \Leftrightarrow T’\left( t \right) = k\left( {T\left( t \right) – 25} \right)\) (trong đó \(k\) là hằng số tỷ lệ)
Ta đã biết \(T’\left( t \right) = \frac{{dT}}{{dt}}\) nên phương trình trở thành \(\frac{{dT}}{{dt}} = k\left( {T – 25} \right)\)
Lấy nguyên hàm hai vế: \(\int {\frac{1}{{\left( {T – 25} \right)}}d\left( T \right)} = \int {kt} \Rightarrow \ln \left| {T – 25} \right| = kt + C\)\( \Leftrightarrow \left| {T – 25} \right| = {e^{kt + C}} = {e^{kt}}.{e^C}\)
Do nhiệt độ của ly trà luôn hơn hơn hoặc bằng nhiệt độ của môi trường nên \(T – 25 \geqslant 0\) nên ta có thể phá dấu trị tuyệt đối: \(T – 25 = {e^C}.{E^{kt}}\)
Đặt \(A = {e^C}\) (Với \(A\) là một hằng số dương tùy ý) suy ra \(T\left( t \right) – 25 = A.{e^{kt}} \Leftrightarrow T\left( t \right) = 25 + A.{e^{kt}}\)
Tại \(t = 0\)(10 giờ) thì \(T = 65\) nên \(65 = 25 + A.{e^{k.0}} \Rightarrow 65 = 25 + A \Rightarrow A = 40\)
Tại \(t = 1\)(11 giờ) thì \(T = 45\) nên \(45 = 25 + 40.{e^{k.1}} \Rightarrow 45 = 25 + 40.{e^k} \Leftrightarrow 20 = 40.{e^k} \Rightarrow {e^k} = 0,5\)
Vậy lúc này phương trình \(T\left( t \right) = 25 + 40.{\left( {{e^k}} \right)^t} = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t}\)
Nhiệt độ lúc pha trà là \(95\)°C nên \(95 = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t} \Rightarrow {\left( {0,5} \right)^t} = 1,75 \Rightarrow t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right)\)
Khi \(t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right) \approx – 0,807535\)(dấu âm thể hiện thời điểm pha trà nằm trước mốc thời gian \(t = 0\), tức là trước \(10\) giờ)
Đổi sang phút ta có \(0,80735.60 \approx 48,44\)(phút) nên cốc trà được pha trước lúc bấm giờ \(48\) phút
Câu 21:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\)cho hai điềm \(A(1;2;3),B(7;10;6)\). Hai điểm \(M,N\) thay đổi trên mặt phẳng \((Oxy)\) sao cho \(MN = 4\). Khi \(AM + BN\) nhỏ nhất, tính tổng hoành độ của \(M\) và tung độ của \(N\).
\((Oxy):z = 0.\)
Gọi \(B’\)là điểm đối xứng với \(B\)qua mặt phẳng\((Oxy) \Rightarrow B’\left( {7;10; – 6} \right).\)
Hình chiếu vuông góc của \(A(1;2;3)\) xuống mặt phẳng \((Oxy)\) là \(A'(1;2;0)\).
Hình chiĉ́u vuông góc của \(B(7;10;6)\) xuống mặt phẳng \((Oxy)\) là \(E(7;10;0)\).
Gọi \(\left( Q \right)\)là mặt phẳng chứa \(AB\)và vuông góc với \((Oxy) \Rightarrow \left( {Oxy} \right) \cap \left( Q \right) = A’E.\)
Khi đó \(\overrightarrow {A’E} = (6;8;0).\)
Dựng hình bình hành \(ACNM \Rightarrow AC = 4.\)
Khi đó \(AM + BN = NC + B’N \geqslant BC.\) Đẳng thức xảy ra khi \(B’,C,N\)thẳng hàng.
Ta có \(\overrightarrow {AC} \)cùng phương với \(\overrightarrow {A’E} \Rightarrow \overrightarrow {AC} = \left( {3t;4t;0} \right).\)
Mà \(AC = 4 \Rightarrow {\left( {3t} \right)^2} + {\left( {4t} \right)^2} = 16 \Rightarrow {t^2} = \frac{{16}}{{25}} \Rightarrow t = \pm \frac{4}{5}.\)
+\(t = \frac{4}{5} \Rightarrow C\left( {\frac{{17}}{5};\frac{{26}}{5};3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {B’C} = \left( {\frac{{ – 18}}{5}; – \frac{{24}}{5};9} \right) \Rightarrow B’C = \sqrt {117} .\)
+ \(t = – \frac{4}{5} \Rightarrow C\left( {\frac{{ – 7}}{5}; – \frac{6}{5};3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {B’C} = \left( {\frac{{ – 42}}{5}; – \frac{{56}}{5};9} \right) \Rightarrow B’C = \sqrt {277} .\)
VÌ \(\sqrt {117} < \sqrt {277} \) nên \(AM + BN\) có giá trị nhỏ nhất là \(\sqrt {117} \).
Đẳng thức xảy ra khi \(N\left( {\frac{{23}}{5};\frac{{34}}{5};0} \right),M\left( {\frac{{11}}{5};\frac{{18}}{5};0} \right)\)
Vậy \({x_M} + {y_N} = \frac{{11}}{5} + \frac{{34}}{5} = \frac{{45}}{5} = 9.\)
Câu 22:
Nhân dịp Tết Trung thu cô giáo tặng quà cho 3 bạn Vũ, Hồng, Ngọc. Trong hộp quà có 9 cây bút và 8 quyển vở được sắp xếp một cách lộn xộn. Cô giáo gọi 3 bạn đứng xếp hàng có thứ tự, Vũ đứng trước được tặng quà trước, Hồng đứng sau nhận quà sau và Ngọc đứng sau cùng nên nhận quà sau cùng. Xác suất để Ngọc nhận được quà là cây bút bằng bao nhiêu, biết rằng cô giáo tặng quà bằng cách rút ngẫu nhiên và mỗi bạn chỉ một phần quà trong hộp (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
Trả lời: \(0,53\)
Để Ngọc nhận được bút, ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: Vũ nhận bút, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 7 bút và 8 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{7}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{7}{{15}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Trường hợp 2: Vũ nhận bút, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{8}{{15}} = \frac{{72}}{{510}}\):
Trường hợp 3: Vũ nhận vở, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{9}{{16}}\).
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{9}{{16}}} \right).\left( {\frac{8}{{15}}} \right) = \frac{{72}}{{510}}\)
Trường hợp 4: Vũ nhận vở, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{7}{{16}}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 9 bút và 6 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{9}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{7}{{16}}} \right).\left( {\frac{9}{{15}}} \right) = \frac{{504}}{{4080}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Vậy xác suất để Ngọc nhận được quà là cây bút là:
\(\left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) = \frac{{270}}{{510}} = \frac{9}{{17}} \approx 0,53\).
Để Ngọc nhận được bút, ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: Vũ nhận bút, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 7 bút và 8 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{7}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{7}{{15}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Trường hợp 2: Vũ nhận bút, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{8}{{15}} = \frac{{72}}{{510}}\):
Trường hợp 3: Vũ nhận vở, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{9}{{16}}\).
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{9}{{16}}} \right).\left( {\frac{8}{{15}}} \right) = \frac{{72}}{{510}}\)
Trường hợp 4: Vũ nhận vở, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{7}{{16}}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 9 bút và 6 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{9}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{7}{{16}}} \right).\left( {\frac{9}{{15}}} \right) = \frac{{504}}{{4080}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Vậy xác suất để Ngọc nhận được quà là cây bút là:
\(\left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) = \frac{{270}}{{510}} = \frac{9}{{17}} \approx 0,53\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: B
\(120^\circ \).
Câu 2
Đáp án đúng: D
\(I\left( {2;\,5;\,4} \right)\).
Câu 3
Đáp án đúng: D
\(y = x + 4\).
Câu 4
Đáp án đúng: C
\(\frac{\pi }{6} + k2\pi ;\,\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 5
Đáp án đúng: C
\(x = - 4\).
Câu 6
Đáp án đúng: C
\({u_4} = 11\).
Câu 7
Đáp án đúng: D
\(4\).
Câu 8
Đáp án đúng: A
4 cm.
Câu 9
Đáp án đúng: C
\(30\).
Câu 10
Đáp án đúng: C
\( - 5\).
Câu 11
Đáp án đúng: D
5.
Câu 12
Đáp án đúng: A
\(4\overrightarrow {SO} \).
Câu 13
Đáp án đúng: A
Tập xác định của hàm số đã cho chứa đúng 4 số nguyên âm.
Câu 14
Đáp án đúng: B
Giai đoạn tăng trưởng chiều cao của cây lúa kéo dài \(12\) tuần.
Câu 15
Đáp án đúng: A
Đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(3\).
Câu 16
Đáp án đúng: C
Biết rằng cả 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học đều có điểm thi không dưới 8. Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh trong lớp có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8. Xác suất có đúng 2 em của Câu lạc bộ Toán học được chọn nhỏ hơn \(\frac{1}{3}\).
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 4
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 4 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 4 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 4 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 4 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 4, 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 4 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 4 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 4 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.