Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 6
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 6
Thực Hành Làm Bài Thi Trắc Nghiệm: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 6
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 6. 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 6 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 6
Câu 1:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục và có bảng biến thiên trên đoạn \(\left[ { – 1;3} \right]\) như hình vẽ bên. Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\max\limits_{[-1;3]} f(x)=5\).
Chọn B
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn [-1; 3] là 5.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn [-1; 3] là 5.
Câu 2:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ.
Đồ thị hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?
Đồ thị hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?
2
Chọn D
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận:
+ Tiệm cận đứng \(x = 1\).
+ Tiệm cận xiên: \(y = 2 – x\).
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận:
+ Tiệm cận đứng \(x = 1\).
+ Tiệm cận xiên: \(y = 2 – x\).
Câu 3:
Một tổ có 5 học sinh nữ và 6 học sinh nam. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ngẫu nhiên một học sinh của tổ đó đi trực nhật.
11.
Chọn D
Số cách chọn ngẫu nhiên một học sinh của tổ là: \(C_{11}^1 = 11\).
Số cách chọn ngẫu nhiên một học sinh của tổ là: \(C_{11}^1 = 11\).
Câu 4:
Trong không gian, cho hình hộp \(ABCDA’B’C’D’\). Mệnh đề nào dưới đây sai?
\(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} \).
Chọn C
Ta có: \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} \)
Do đó ý C là sai
Ta có: \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} \)
Do đó ý C là sai
Câu 5:
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( {1;1; – 2} \right)\) và \(B\left( {2;2;1} \right)\). Vectơ \(\overrightarrow {AB} \) có tọa độ là
\(\left( {1;1;3} \right)\).
Chọn A
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;3} \right)\)
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;3} \right)\)
Câu 6:
Kết quả khảo sát cân nặng của 1 thùng táo ở một lô hàng cho trong bảng sau: Cân nặng (g)
\(\left[ {150;155} \right)\)
\(\left[ {155;160} \right)\)
\(\left[ {160;165} \right)\)
\(\left[ {165;170} \right)\)
\(\left[ {170;175} \right)\) Số quả táo
4
7
12
6
2 Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là:
\(\left[ {150;155} \right)\)
\(\left[ {155;160} \right)\)
\(\left[ {160;165} \right)\)
\(\left[ {165;170} \right)\)
\(\left[ {170;175} \right)\) Số quả táo
4
7
12
6
2 Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là:
\(R = 25\).
Chọn D
Khoảng biến thiên: \({R} = 175 – 150 = 25\).
Khoảng biến thiên: \({R} = 175 – 150 = 25\).
Câu 7:
Cho \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n} = 2n – 2\) thì \({u_5}\) bằng
8.
Chọn C
Có \({u_5} = 2.5 – 2 = 8\).
Có \({u_5} = 2.5 – 2 = 8\).
Câu 8:
Tập nghiệm của bất phương trình \({\left( {\frac{1}{8}} \right)^{x – 1}} \geqslant 128\) là
\(\left( { - \infty ; - \frac{4}{3}} \right]\).
Chọn C
Giải bất phương trình
\({\left( {\frac{1}{8}} \right)^{x – 1}} \geqslant 128\)
\( \Leftrightarrow {8^{1 – x}} \geqslant 128\)
\( \Leftrightarrow 1 – x \geqslant {lo}{{g}_8}128\)
\( \Leftrightarrow x \leqslant \frac{{ – 4}}{3}\)
Giải bất phương trình
\({\left( {\frac{1}{8}} \right)^{x – 1}} \geqslant 128\)
\( \Leftrightarrow {8^{1 – x}} \geqslant 128\)
\( \Leftrightarrow 1 – x \geqslant {lo}{{g}_8}128\)
\( \Leftrightarrow x \leqslant \frac{{ – 4}}{3}\)
Câu 9:
Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\). Mệnh đề nào dưới đây là sai?
\(\left( {ABA'} \right){//}\left( {B'D'C} \right)\).
Chọn B
Ta thấy \(B’\) là điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {ABA’} \right)\) và \(\left( {B’D’C} \right)\).
Vậy hai mặt phẳng \(\left( {ABA’} \right)\) và \(\left( {B’D’C} \right)\) không song song với nhau.
Ta thấy \(B’\) là điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {ABA’} \right)\) và \(\left( {B’D’C} \right)\).
Vậy hai mặt phẳng \(\left( {ABA’} \right)\) và \(\left( {B’D’C} \right)\) không song song với nhau.
Câu 10:
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(A\left( { – 5;2;3} \right)\) và \(B\) là điểm đối xứng với \(A\) qua trục \(Oy\). Độ dài đoạn thẳng \(AB\) bằng
\(2\sqrt {34} \).
Chọn C
Ta có \(B\) là điểm đối xứng với \(A\) qua trục \(Oy\) nên \(B\left( {5;2; – 3} \right)\) nên \(AB = 2\sqrt {34} \).
Ta có \(B\) là điểm đối xứng với \(A\) qua trục \(Oy\) nên \(B\left( {5;2; – 3} \right)\) nên \(AB = 2\sqrt {34} \).
Câu 11:
Biết phương trình \(\sin x = m\) có một họ nghiệm \(x = \frac{\pi }{5} + k2\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\). Họ nghiệm còn lại của phương trình đã cho là biểu thức nào sau đây?
\(x = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).
Chọn C
Họ nghiệm còn lại của phương trình đã cho là \(x = \pi – \frac{\pi }{5} + k2\pi = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).
Họ nghiệm còn lại của phương trình đã cho là \(x = \pi – \frac{\pi }{5} + k2\pi = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).
Câu 12:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và \(F\left( x \right)\) là nguyên hàm của \(f\left( x \right)\), biết \(\int\limits_0^9 {f\left( x \right){d}x} = 9\) và \(F\left( 0 \right) = 3\). Tính \(F\left( 9 \right)\).
\(F\left( 9 \right) = 12\).
Chọn C
Có mà \(F\left( 0 \right) = 3\)
Suy ra \(F\left( 9 \right) – 3 = 9 \Rightarrow F\left( 9 \right) = 12\).
Có mà \(F\left( 0 \right) = 3\)
Suy ra \(F\left( 9 \right) – 3 = 9 \Rightarrow F\left( 9 \right) = 12\).
Câu 13:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = 2{sin}x – \sqrt 3 x\).
\(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2}\)
a) Sai: \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2{sin}\frac{\pi }{2} – \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2} = 2 – \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2} = \frac{{4 – \pi \sqrt 3 }}{2}\).
b) Đúng: Đạo hàm của hàm số: \(f’\left( x \right) = 2{cos}x – \sqrt 3 ,\forall x \in \mathbb{R}\).
c) Sai: Có
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{cos}x – \sqrt 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow {cos}x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \)
d) Đúng: \(f’\left( x \right) = 0\) trong đoạn \(\left[ {0;\frac{{5\pi }}{2}} \right]\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \left\{ {0;1} \right\}} \\
{x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k = 1}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{6}} \\
{x = \frac{{11\pi }}{6}} \\
{x = \frac{{13\pi }}{6}}
\end{array}} \right.} \right.\)
Tổng các nghiệm là \(\frac{\pi }{6} + \frac{{11\pi }}{6} + \frac{{13\pi }}{6} = \frac{{25\pi }}{6}\).
b) Đúng: Đạo hàm của hàm số: \(f’\left( x \right) = 2{cos}x – \sqrt 3 ,\forall x \in \mathbb{R}\).
c) Sai: Có
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{cos}x – \sqrt 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow {cos}x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \)
d) Đúng: \(f’\left( x \right) = 0\) trong đoạn \(\left[ {0;\frac{{5\pi }}{2}} \right]\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \left\{ {0;1} \right\}} \\
{x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k = 1}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{6}} \\
{x = \frac{{11\pi }}{6}} \\
{x = \frac{{13\pi }}{6}}
\end{array}} \right.} \right.\)
Tổng các nghiệm là \(\frac{\pi }{6} + \frac{{11\pi }}{6} + \frac{{13\pi }}{6} = \frac{{25\pi }}{6}\).
Câu 14:
Một chất điểm \(A\) xuất phát từ \(O\), chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi quy luật \(v\left( t \right) = \frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{13}}{{30}}t\,\,({m/s)}\), trong đó \(t\) (giây) khoảng thời gian tính từ lúc \(A\) bắt đầu chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm \(B\) cũng xuất phát từ \(O\), chuyển động thẳng cùng hướng với \(A\) nhưng chậm hơn 10 giây so với \(A\) và có gia tốc \(a\left( {{m/}{{s}^2}} \right)\) (\(a\) là hằng số). Sau khi \(B\) xuất phát được 15 giây thì đuổi kịp \(A\).
Quãng đường chất điểm \(B\) đi được trong 15 giây là \(\frac{{225}}{2}m\).
a) Đúng: Có \({v_B}\left( t \right) = \mathop \smallint \nolimits^ a{dt} = at + C\) mà nên \({v_B}\left( t \right) = at\)
b) Đúng: Quãng đường chất điểm A đi được trong 10 s đâu là
b) Đúng: Quãng đường chất điểm A đi được trong 10 s đâu là
Câu 15:
Trong không gian \(Oxyz\) cho trước với mặt nước phẳng lặng trùng với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), đơn vị trên mỗi trục là mét. Một chú chim bói cá đang đậu trên một cành cây ở vị trí \(A\left( {0;0;5} \right)\) tiến hành bay xuống để thám thính ngang qua trên mặt hồ nước đến đậu trên một cành cây khác tại vị trí \(B\left( {4;0;4} \right)\) theo quỹ đạo là một cung tròn hoàn hảo nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt nước đi qua điểm \(M\) thỏa mãn \(\widehat {AMB} = 135^\circ \)
Đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm \(\left( {\frac{3}{2};0;\frac{5}{2}} \right)\)
a) Đúng. Mặt phẳng chứa quỹ đạo bay của chim vuông góc với \(\left( {Oxy} \right)\) và đi qua \(A\left( {0;0;5} \right)\), \(B\left( {4;0;4} \right)\)Mặt phẳng này nhận vectơ \(\vec k\left( {0;0;1} \right)\) và \(\overrightarrow {AB} \left( {4;0; – 1} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương
Vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}} = [\vec k,\overrightarrow {AB} ] = \left( {0;1;0} \right)\), suy ra phương trình mặt phẳng là \(y = 0\)
b) Sai. Vì tứ giác \(AMBN\) nội tiếp nên \(\widehat {ANB} = 180^\circ – 135^\circ = 45^\circ \), dẫn đến góc ở tâm \(\widehat {AIB} = 90^\circ \) với \(I\) là tâm đường tròn
Bán kính \(R = IA = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {17} }}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\)
Ta có: \(\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IB} = 0\) và \(IA = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\) với \(I\left( {a;0;c} \right)\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{( – a)(4 – a) + (5 – c)(4 – c) = 0} \\
{{a^2} + {{(5 – c)}^2} = \frac{{17}}{2}}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
a = 2,5 \hfill \\
c = 6,5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\left( {TM} \right) \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
a = 1,5 \hfill \\
c = 2,5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\left( L \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
(Do điểm \(M\) đúng như hình vẽ nên tọa độ của tâm I sẽ có cao độ lớn hơn của điểm \(B\) )
Khi đó phương trình đường tròn có dạng: \({\left( {x – 2,5} \right)^2} + {\left( {z – 6,5} \right)^2} = \frac{{17}}{2}\) có tâm \(I\left( {\frac{5}{2};0;\frac{{13}}{2}} \right),R = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\).
c) Đúng. Khoảng cách ngắn nhất đến mặt nước là \(KH = d\left( {I,Oxy} \right) – R = \)\(6,5 – \frac{{\sqrt {34} }}{2} \approx 3,58\) m
d) Đúng. Điểm gần với mặt nước nhất là điểm \(K\) là giao của đường tròn và \(IH\)\((\)\(IH\) có phương trình \(x = 2,5\) ). Khi đó quãng đường chim bói cá bay được đến điểm gần mặt nước nhất là độ dài cung
\(AK = R \cdot AIK \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {x – 2,5} \right)}^2} + {{\left( {z – 6,5} \right)}^2} = \frac{{17}}{2}} \\
{x = 2,5}
\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\left[ \begin{gathered}
z = \frac{{\sqrt {34} }}{2} + 6,5\,\left( {\,L} \right) \hfill \\
z = – \frac{{\sqrt {34} }}{2} + 6,5\left( {TM} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
x = 2,5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow K\left( {2,5;0; – \frac{{\sqrt {34} }}{2} + 6,5} \right)\)
\(\operatorname{Cos} AIK = \frac{{\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IK} }}{{|\overrightarrow {IA} | \cdot |\overrightarrow {IK} |}} = \frac{{\frac{{4\sqrt {34} }}{4}}}{{{R^2}}} = \frac{{\frac{{4\sqrt {34} }}{4}}}{{\frac{{17}}{2}}} = \frac{{3\sqrt {34} }}{3} \Rightarrow AIK = \arccos \left( {\frac{{3\sqrt {34} }}{3}} \right)\)
Khi đó: \(AK = R \cdot AIK = \frac{{\sqrt {34} }}{2} \cdot \arccos \left( {\frac{{3\sqrt {34} }}{3}} \right)\).
Suy ra: \({t_{AM}} = \frac{{\frac{{\sqrt {34} }}{2} \cdot \arccos \left( {\frac{{3\sqrt {34} }}{3}} \right)}}{2} \approx 1,502s\)
Câu 16:
Một hệ thống siêu thị nhập khẩu cam từ hai nông trại X và Y. Nông trại X cung cấp \(60\% \) tổng lượng cam và có tỉ lệ quả hỏng là \(4\% \). Nông trại Y cung cấp phần còn lại và có tỉ lệ quả hỏng là \(2\% \). Để kiểm tra chất lượng, nhân viên dùng một con xúc xắc cân đối đồng chất để gieo ngẫu nhiên. Nếu số chấm xuất hiện là chia hết cho \(3\)thì nhân viên sẽ chọn một quả cam từ lô hàng của nông trại Y và nếu số chấm xuất hiện không chia hết cho \(3\)thì nhân viên sẽ chọn ngẫu nhiên một quả cam từ kho chung (đã trộn lẫn cam của cả hai nông trại). Gọi \(A\) là biến cố chọn được quả cam bị hỏng và \(B\) là biến cố chọn được quả cam có nguồn gốc từ nông trại Y
\(P\left( B \right) = 0,5\)
Gieo ba con xác xắc nên số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = {6^3} = 216\) cách
Gọi \(D\) là biến cố “Số chấm chia hết cho \(3\)” nên \(P\left( D \right) = \frac{1}{3}\) và có sơ đồ cây như sau:
a) Đúng.
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
P\left( {B \cap A} \right) = \frac{1}{3}.0,2 + \frac{2}{3}.0,4.0,02 = 0,012 \hfill \\
P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0,02 + \frac{2}{3}\left( {0,6.0,04 + 0,4.0,02} \right) = 0,028 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) suy ra \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {B \cap A} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{3}{7}\)
b) Sai.
Ta có: \(P\left( B \right) = \frac{1}{3}.1 + \frac{2}{3}.0,4 = \frac{3}{5} = 0,6\)
c) Đúng.
Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0,02 + \frac{2}{3}\left( {0,6.0,04 + 0,4.0,02} \right) = 0,028\)
d) Sai.
Ta có:\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,012}}{{0,6}} = 0,02\)
Gọi \(D\) là biến cố “Số chấm chia hết cho \(3\)” nên \(P\left( D \right) = \frac{1}{3}\) và có sơ đồ cây như sau:
a) Đúng.
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
P\left( {B \cap A} \right) = \frac{1}{3}.0,2 + \frac{2}{3}.0,4.0,02 = 0,012 \hfill \\
P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0,02 + \frac{2}{3}\left( {0,6.0,04 + 0,4.0,02} \right) = 0,028 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) suy ra \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {B \cap A} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{3}{7}\)
b) Sai.
Ta có: \(P\left( B \right) = \frac{1}{3}.1 + \frac{2}{3}.0,4 = \frac{3}{5} = 0,6\)
c) Đúng.
Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0,02 + \frac{2}{3}\left( {0,6.0,04 + 0,4.0,02} \right) = 0,028\)
d) Sai.
Ta có:\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,012}}{{0,6}} = 0,02\)
Câu 17:
Một chiếc khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước: chiều dài \(20\)\(cm\), chiều rộng \(10\)\(cm\), chiều cao \(8\)\(cm\)(hình \(a\)). Để san bớt nước cho đỡ đầy, người ta đổ nước từ chiếc khay thứ nhất đó sang chiếc khay thứ hai có dạng hình chóp cụt tứ giác đều với đáy khay là hình vuông nhỏ có đường chéo dài \(n\left( {cm} \right)\), miệng khay là hình vuông lớn có đường chéo dài \(2n\left( {cm} \right)\) (hình b). Sau khi đổ, mực nước ở khay thứ hai cao bằng \(\frac{2}{5}\) chiều cao của khay đó và lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi \(\frac{1}{4}\) so với ban đầu. Thể tích của chiếc khay thứ hai theo đơn vị centimét khối có kết quả chính xác đến hàng đơn vị là \(a\left( {c{m^3}} \right)\), Tổng các chữ số của số \(a\) bằng bao nhiêu?
:Trả lời: \(13\)
Cách 1:
Vì khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước: chiều dài 20 cm, chiều rộng 10 cm, chiều cao 8 cm, nên ta có thể tích nước trong khay thứ nhất trước khi đổ ra là: \(20.10.8 = 1600\)(cm3).
Sau khi đổ nước sang khay thứ hai, ta thấy rằng lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi \(\frac{1}{4}\) so với ban đầu, cho nên lượng nước có ở trong khay thứ 2 bằng \(\frac{1}{4}\) lượng nước ban đầu có ở trong khay thứ nhất. Như vậy, thể tích nước có trong khay thứ hai là \(\frac{1}{4}.1600 = 400\) (cm3).
Gọi chiều cao của khay thứ hai là h (cm).
Giả sử khay thứ hai có hình dạng chóp cụt tứ giác đều \(ABCD.A’B’C’D’\)như hình vẽ sau:
Dễ dàng chứng minh được \(ACC’A’\) là hình thang cân. Lấy \(MN\) song song với \(AC;H,K\)lần lượt là hình chiếu của \(A’,C’\)trên \(AC;P,Q\)lần lượt là giao điểm của \(A’H\)và \(MN\), \(C’K\)và \(MN\) như hình vẽ sau:
Theo giả thiết mực nước (ngang với \(MN\)) trong khay thứ hai cao bằng \(\frac{2}{5}\) chiều cao của khay đó, nên ta có thể coi \(C’Q\) chính là chiều cao nước trong khay.
Dễ thấy: \(A’H = C’K = h\)
Suy ra: \(C’Q = \frac{2}{5}h\), có nghĩa là chiều cao nước trong khay thứ hai là \(\frac{2}{5}h\)
Dễ dàng chứng minh được \(HKC’A’\)là hình chữ nhật
Từ đó ta có \(A’C’ = HK = n\), \(AH = CK = \frac{{AC – HK}}{2} = \frac{n}{2}\).
Tam giác \(A’AH\) có \(MP//AH\) nên theo hệ quả định lí Thales ta có: \(\frac{{MP}}{{AH}} = \frac{{A’P}}{{A’H}} = \frac{2}{5}\)
\( \Rightarrow MP = \frac{2}{5}AH = \frac{2}{5}.\frac{n}{2} = \frac{n}{5}\)
Tương tự tam giác \(C’CK\) có \(QN//CK\) nên ta cũng có \(QN = \frac{n}{5}\)
Do đó: \(MN = MP + PQ + QN = \frac{n}{5} + n + \frac{n}{5} = \frac{{7n}}{5}\)
Theo giả thiết ta có thể tích nước trong khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận \(MN\) làm đường chéo có diện tích \({S’_1}\)và đáy nhỏ (hình vuông) nhận \(A’C’\)làm đường chéo có diện tích \({S’_2}\) , chiều cao bằng \(h’ = \frac{2}{5}h\).
\(\begin{gathered}
{{S’}_1} = \frac{{M{N^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {\frac{{7n}}{5}} \right)}^2}}}{2} = \frac{{49{n^2}}}{{50}};{{S’}_1} = \frac{{A{C^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2} \hfill \\
\Rightarrow V’ = \frac{1}{3}.\frac{2}{5}h.\left( {\frac{{49{n^2}}}{{50}} + \sqrt {\frac{{49{n^2}}}{{50}}.\frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{{109}}{{375}}{n^2}h = 400 \hfill \\
\Rightarrow {n^2}h = \frac{{150000}}{{109}} \hfill \\
\end{gathered} \)
Mặt khác, thể tích khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận \(AC\) là đường chéo có diện tích \({S_1}\) và đáy nhỏ (hình vuông) nhận \(A’C’\) làm đường chéo có diện tích \({S_2}\), chiều cao bằng \(h\).
\(\begin{gathered}
{S_1} = \frac{{A{C^2}}}{2} = 2{n^2};{S_2} = \frac{{A'{{C’}^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2} \hfill \\
\Rightarrow V = \frac{1}{3}h.\left( {2{n^2} + \sqrt {2{n^2}.\frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{7}{6}{n^2}h = \frac{7}{6}.\frac{{150000}}{{109}} \approx 1606 \hfill \\
\end{gathered} \)
VậyTổng các chữ số của số \(a = 1606\) bằng \(13\).
Cách 2:
Thể tích nước có trong khay thứ hai là \(V = \frac{1}{4}.20.10.8 = 400\) (cm3).
Gọi \(S\)là điểm đồng qui của các cạnh bên của hình chóp cụt.
Dễ dàng chứng minh được \(SO = \frac{1}{2}SO’\)
\( \Rightarrow \)chiều cao của nước trong khay thứ hai là: \(\frac{2}{5}.\frac{1}{2}.SO’ = \frac{1}{5}SO’\)
\( \Rightarrow \)khoảng cách từ mặt nước trong khay thứ hai đến \(S\) là: \(\left( {\frac{1}{5} + \frac{1}{2}} \right).SO’ = \frac{7}{{10}}SO’\)
Mà tỉ số thể tích bằng lập phương tỉ số đồng dạng
\(\begin{gathered}
\Rightarrow V = 400 = {\left( {\frac{7}{{10}}} \right)^3}.{V_{S.A’B’C’D’}} – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3}.{V_{S.A’B’C’D’}} \hfill \\
\Rightarrow {V_{S.A’B’C’D’}} \approx 1834,86 \hfill \\
\end{gathered} \)
\( \Rightarrow \)Thể tích của chiếc khay thứ hai bằng \(\frac{7}{8}{V_{S.A’B’C’D’}} \approx 1606\)
Vậy Tổng các chữ số của số \(a = 1606\) bằng \(13\).
Cách 1:
Vì khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước: chiều dài 20 cm, chiều rộng 10 cm, chiều cao 8 cm, nên ta có thể tích nước trong khay thứ nhất trước khi đổ ra là: \(20.10.8 = 1600\)(cm3).
Sau khi đổ nước sang khay thứ hai, ta thấy rằng lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi \(\frac{1}{4}\) so với ban đầu, cho nên lượng nước có ở trong khay thứ 2 bằng \(\frac{1}{4}\) lượng nước ban đầu có ở trong khay thứ nhất. Như vậy, thể tích nước có trong khay thứ hai là \(\frac{1}{4}.1600 = 400\) (cm3).
Gọi chiều cao của khay thứ hai là h (cm).
Giả sử khay thứ hai có hình dạng chóp cụt tứ giác đều \(ABCD.A’B’C’D’\)như hình vẽ sau:
Dễ dàng chứng minh được \(ACC’A’\) là hình thang cân. Lấy \(MN\) song song với \(AC;H,K\)lần lượt là hình chiếu của \(A’,C’\)trên \(AC;P,Q\)lần lượt là giao điểm của \(A’H\)và \(MN\), \(C’K\)và \(MN\) như hình vẽ sau:
Theo giả thiết mực nước (ngang với \(MN\)) trong khay thứ hai cao bằng \(\frac{2}{5}\) chiều cao của khay đó, nên ta có thể coi \(C’Q\) chính là chiều cao nước trong khay.
Dễ thấy: \(A’H = C’K = h\)
Suy ra: \(C’Q = \frac{2}{5}h\), có nghĩa là chiều cao nước trong khay thứ hai là \(\frac{2}{5}h\)
Dễ dàng chứng minh được \(HKC’A’\)là hình chữ nhật
Từ đó ta có \(A’C’ = HK = n\), \(AH = CK = \frac{{AC – HK}}{2} = \frac{n}{2}\).
Tam giác \(A’AH\) có \(MP//AH\) nên theo hệ quả định lí Thales ta có: \(\frac{{MP}}{{AH}} = \frac{{A’P}}{{A’H}} = \frac{2}{5}\)
\( \Rightarrow MP = \frac{2}{5}AH = \frac{2}{5}.\frac{n}{2} = \frac{n}{5}\)
Tương tự tam giác \(C’CK\) có \(QN//CK\) nên ta cũng có \(QN = \frac{n}{5}\)
Do đó: \(MN = MP + PQ + QN = \frac{n}{5} + n + \frac{n}{5} = \frac{{7n}}{5}\)
Theo giả thiết ta có thể tích nước trong khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận \(MN\) làm đường chéo có diện tích \({S’_1}\)và đáy nhỏ (hình vuông) nhận \(A’C’\)làm đường chéo có diện tích \({S’_2}\) , chiều cao bằng \(h’ = \frac{2}{5}h\).
\(\begin{gathered}
{{S’}_1} = \frac{{M{N^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {\frac{{7n}}{5}} \right)}^2}}}{2} = \frac{{49{n^2}}}{{50}};{{S’}_1} = \frac{{A{C^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2} \hfill \\
\Rightarrow V’ = \frac{1}{3}.\frac{2}{5}h.\left( {\frac{{49{n^2}}}{{50}} + \sqrt {\frac{{49{n^2}}}{{50}}.\frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{{109}}{{375}}{n^2}h = 400 \hfill \\
\Rightarrow {n^2}h = \frac{{150000}}{{109}} \hfill \\
\end{gathered} \)
Mặt khác, thể tích khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận \(AC\) là đường chéo có diện tích \({S_1}\) và đáy nhỏ (hình vuông) nhận \(A’C’\) làm đường chéo có diện tích \({S_2}\), chiều cao bằng \(h\).
\(\begin{gathered}
{S_1} = \frac{{A{C^2}}}{2} = 2{n^2};{S_2} = \frac{{A'{{C’}^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2} \hfill \\
\Rightarrow V = \frac{1}{3}h.\left( {2{n^2} + \sqrt {2{n^2}.\frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{7}{6}{n^2}h = \frac{7}{6}.\frac{{150000}}{{109}} \approx 1606 \hfill \\
\end{gathered} \)
VậyTổng các chữ số của số \(a = 1606\) bằng \(13\).
Cách 2:
Thể tích nước có trong khay thứ hai là \(V = \frac{1}{4}.20.10.8 = 400\) (cm3).
Gọi \(S\)là điểm đồng qui của các cạnh bên của hình chóp cụt.
Dễ dàng chứng minh được \(SO = \frac{1}{2}SO’\)
\( \Rightarrow \)chiều cao của nước trong khay thứ hai là: \(\frac{2}{5}.\frac{1}{2}.SO’ = \frac{1}{5}SO’\)
\( \Rightarrow \)khoảng cách từ mặt nước trong khay thứ hai đến \(S\) là: \(\left( {\frac{1}{5} + \frac{1}{2}} \right).SO’ = \frac{7}{{10}}SO’\)
Mà tỉ số thể tích bằng lập phương tỉ số đồng dạng
\(\begin{gathered}
\Rightarrow V = 400 = {\left( {\frac{7}{{10}}} \right)^3}.{V_{S.A’B’C’D’}} – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3}.{V_{S.A’B’C’D’}} \hfill \\
\Rightarrow {V_{S.A’B’C’D’}} \approx 1834,86 \hfill \\
\end{gathered} \)
\( \Rightarrow \)Thể tích của chiếc khay thứ hai bằng \(\frac{7}{8}{V_{S.A’B’C’D’}} \approx 1606\)
Vậy Tổng các chữ số của số \(a = 1606\) bằng \(13\).
Câu 18:
Trường THPT A tổ chức chuyến đi về nguồn cho học sinh tham quan 4 địa điểm A, B, C, D; Thời gian (đơn vị: phút) di chuyển qua lại giữa các điểm tham quan được mô tả ở hình bên. Đoàn học sinh của trường sẽ tham quan một địa điểm nào đó đầu tiên, rồi đi qua tất cả các địa điểm còn lại, mỗi khi đã tham quan địa điểm nào rồi thì sẽ không quay lại đó nữa nhưng phải về địa điểm ban đầu để trở về. Hỏi tổng thời gian tham quan các địa điểm thỏa mãn điều kiện trên nhận giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu?
Trả lời: \(99\)
Không mất tính tổng quát, giả sử đoàn xuất phát từ địa điểm \(A.\)
Khi đó nếu đoàn đi theo thứ tự địa điểm A-C-B-D-A thì tổng thời gian tham quan là nhỏ nhất và bằng: \(15 + 34 + 20 + 30 = 99\).
Không mất tính tổng quát, giả sử đoàn xuất phát từ địa điểm \(A.\)
Khi đó nếu đoàn đi theo thứ tự địa điểm A-C-B-D-A thì tổng thời gian tham quan là nhỏ nhất và bằng: \(15 + 34 + 20 + 30 = 99\).
Câu 19:
Một nhánh cây của một cây cổ thụ chìa ra bên ngoài, để xác định chiều cao từng vị trí của nhánh cây ta có thể mô hình hóa dưới dạng một hàm số bậc ba. Chiểu dài của cành cây theo phương ngang là 20 mét. Trên hệ tọa độ \(Oxy\), đơn vị trên mỗi trục tính bằng mét, trục \(Ox\) là mặt đất, trục \(Oy\) là gắn với thân cây (tham khảo như hình vẽ), toạ độ của một số điểm trên nhánh là (0;16), (12;15), điểm cực đại của đồ thị hàm số là (18;16). Đoạn thấp nhất của nhánh cây cách mặt đất bao nhiêu mét?
Trả lời: \(14\)
Ta có: \(f(x) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)
\( \Rightarrow f'(x) = 3a{x^2} + 2bx + c\)
Điểm cực đại của đồ thị hàm số là \((18;16)\)
\( \Rightarrow 972a + 36b + c = 0\)(1)
Điểm (0;16), (12;15), (18;16) \( \in f(x)\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 16 \hfill \\
1728a + 144b + 12c + 16 = 15 \hfill \\
5832a + 324b + 18c + 16 = 16 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 16 \hfill \\
1728a + 144b + 12c = – 1 \hfill \\
5832a + 324b + 18c = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) \(\begin{gathered}
\hfill \\
(2) \hfill \\
(3) \hfill \\
\end{gathered} \)
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = \frac{{ – 1}}{{432}} \hfill \\
b = \frac{1}{{12}} \hfill \\
c = \frac{{ – 3}}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow f(x) = \frac{{ – 1}}{{432}}{x^3} + \frac{1}{{12}}{x^2} – \frac{3}{4}x + 16\)
\( \Rightarrow f'(x) = \frac{{ – {x^2}}}{{144}} + \frac{x}{6} – \frac{3}{4} = 0\)
\( \Rightarrow x = 6\) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \(f(x)\).
Vậy đoạn thấp nhất của nhánh cây cách mặt đất là \(f(6) = 14\;{m}\).
Ta có: \(f(x) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)
\( \Rightarrow f'(x) = 3a{x^2} + 2bx + c\)
Điểm cực đại của đồ thị hàm số là \((18;16)\)
\( \Rightarrow 972a + 36b + c = 0\)(1)
Điểm (0;16), (12;15), (18;16) \( \in f(x)\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 16 \hfill \\
1728a + 144b + 12c + 16 = 15 \hfill \\
5832a + 324b + 18c + 16 = 16 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 16 \hfill \\
1728a + 144b + 12c = – 1 \hfill \\
5832a + 324b + 18c = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) \(\begin{gathered}
\hfill \\
(2) \hfill \\
(3) \hfill \\
\end{gathered} \)
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = \frac{{ – 1}}{{432}} \hfill \\
b = \frac{1}{{12}} \hfill \\
c = \frac{{ – 3}}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow f(x) = \frac{{ – 1}}{{432}}{x^3} + \frac{1}{{12}}{x^2} – \frac{3}{4}x + 16\)
\( \Rightarrow f'(x) = \frac{{ – {x^2}}}{{144}} + \frac{x}{6} – \frac{3}{4} = 0\)
\( \Rightarrow x = 6\) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \(f(x)\).
Vậy đoạn thấp nhất của nhánh cây cách mặt đất là \(f(6) = 14\;{m}\).
Câu 20:
Trong không gian \(Oxyz\), đơn vị độ dài trên mỗi trục là mét, xem mặt đất là mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), một quả bóng được sút lên từ vị trí điểm \(A\left( {1;1;0} \right)\) theo quỹ đạo parabol lên độ cao lớn nhất \(h\) (đơn vị là mét) so với mặt đất. Biết trục đối xứng của parabol là đường thẳng \(\Delta :\left\{ \begin{gathered}
x = 44 + 3t \hfill \\
y = 27 – 4t \hfill \\
z = 1 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\) và một điểm nằm trên parabol là \(B\left( {19;2;2} \right)\). Tính giá trị của \(h\) (làm tròn đến hàng phần trăm).
x = 44 + 3t \hfill \\
y = 27 – 4t \hfill \\
z = 1 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\) và một điểm nằm trên parabol là \(B\left( {19;2;2} \right)\). Tính giá trị của \(h\) (làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: 3,92.
Gọi \(C = \Delta \cap \left( {Oxy} \right)\).
Suy ra \(C\left( {41;31;0} \right)\).
Vẽ các điểm \(A\), \(B\), \(C\) lên cùng mặt phẳng tọa độ với \(C\) trùng với gốc tọa độ.
\(AC = \sqrt {{{\left( {1 – 41} \right)}^2} + {{\left( {1 – 31} \right)}^2}} = 50\).
\(d\left( {B,\Delta } \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}} = 35\).
Đường thẳng \(AC\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AC} = \left( {40;30;0} \right)\).
\(d\left( {B,AC} \right)\frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = 2\sqrt {26} \).
Parabol có dạng \(y = a{x^2} + c\). \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {50;0} \right)\), \(B\left( {35;2\sqrt {26} } \right)\) ta có
\(\left\{ \begin{gathered}
{50^2}.a + c = 0, \hfill \\
{35^2}.a + c = 2\sqrt {26} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{{2\sqrt {26} }}{{1275}} \hfill \\
c = \frac{{200\sqrt {26} }}{{51}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Suy ra \(\left( P \right):y = – \frac{{2\sqrt {26} }}{{1275}}{x^2} + 20\).
Gọi \(D\) là đỉnh của parabol.
\(D \in \Delta \Rightarrow D\left( {44 + 3t;27 – 4t;1 + t} \right)\). Điều kiện \(1 + t > 0 \Leftrightarrow t > – 1.\)
\(DC = c \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( { – 3 – 3t} \right)}^2} + {{\left( {4 + 4t} \right)}^2} + {{( – 1 – t)}^2}} = \frac{{200\sqrt {26} }}{{51}} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – \frac{{251}}{{51}} \hfill \\
t = \frac{{149}}{{51}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vì \(t > – 1\) nên nhận \(t = \frac{{149}}{{51}}\).
Vậy \(h = 1 + t = 1 + \frac{{149}}{{51}} \approx 3,92\).
Câu 21:
Một lập trình viên tạo một trò chơi. Trong trò chơi đó có một vùng đất hình chữ nhật \(ABCD\) có \(AB = 80\)m, \(AD = 40\)m. Một con sông nằm bên cạnh vùng đất đó, \(AD\) là bờ sông. Một giếng nước khoan được đặt tại điểm \(I\) nằm trong hình chữ nhật cách cạnh \(CD\) một khoảng bằng \(20\) mét, cách cạnh \(AD\) bằng \(60\) mét.
Nhân vật trong game khi đến vùng đất này cần phải di chuyển đến giếng nước hoặc bờ sông để lấy nước. Lập trình viên muốn tô màu một phần của vùng đất đó sao cho khi đứng trong vùng tô màu này, nhân vật di chuyển đến giếng nước để lấy nước nhanh hơn so với đến bờ sông. Diện tích vùng tô màu đó là bao nhiêu mét vuông? (Giả sử rằng khi di chuyển, vận tốc của nhân vật không đổi; làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Nhân vật trong game khi đến vùng đất này cần phải di chuyển đến giếng nước hoặc bờ sông để lấy nước. Lập trình viên muốn tô màu một phần của vùng đất đó sao cho khi đứng trong vùng tô màu này, nhân vật di chuyển đến giếng nước để lấy nước nhanh hơn so với đến bờ sông. Diện tích vùng tô màu đó là bao nhiêu mét vuông? (Giả sử rằng khi di chuyển, vận tốc của nhân vật không đổi; làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Trả lời: 1956
Vì vận tốc của nhân vật không đổi, việc di chuyển đến giếng nước “nhanh hơn” tương đương với “khoảng cách ngắn hơn”. Vùng đất được tô màu là tập hợp các điểm \(P\) trong hình chữ nhật \(ABCD\) sao cho khoảng cách từ \(P\) đến giếng \(I\) nhỏ hơn hoặc bằng khoảng cách từ \(P\) đến bờ sông \(AD\).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho đỉnh \(D\) của hình chữ nhật trùng với gốc tọa độ \(O(0;0)\).
– Cạnh \(AD\) nằm trên trục \(Oy\), cạnh \(DC\) nằm trên trục \(Ox\).
– Tọa độ các đỉnh: \(D(0;0)\), \(A(0;40)\), \(C(80;0)\), \(B(80;40)\).
– Bờ sông chính là đường thẳng \(x = 0\).
Xác định tọa độ của giếng \(I({x_I};{y_I})\):
\(I\) cách \(AD\) (\(x = 0\)) một khoảng \(60\)m \( \Rightarrow {x_I} = 60\).
\(I\) cách \(CD\) (\(y = 0\)) một khoảng \(20\)m \( \Rightarrow {y_I} = 20\).
Vậy tọa độ giếng nước là \(I(60;20)\).
Gọi \(P(x;y)\) là một điểm bất kỳ trong vùng đất được tô màu. Miền xác định của \(P\) là \(0 \leqslant x \leqslant 80\) và \(0 \leqslant y \leqslant 40\).
Khoảng cách từ \(P\) đến giếng \(I\) là \(PI = \sqrt {{{(x – 60)}^2} + {{(y – 20)}^2}} \).
Khoảng cách từ \(P\) đến bờ sông \(AD\) (đường thẳng \(x = 0\)) là \(d(P,AD) = x\).
Theo yêu cầu, ta có bất phương trình: \(PI \leqslant d(P,AD) \Leftrightarrow \sqrt {{{(x – 60)}^2} + {{(y – 20)}^2}} \leqslant x\).
Bình phương hai vế (vì cả hai đều không âm):
\({(x – 60)^2} + {(y – 20)^2} \leqslant {x^2}\)\( \Leftrightarrow x \geqslant \frac{1}{{120}}{(y – 20)^2} + 30\).
Đây là miền nằm bên phải của một parabol có đỉnh tại \((30;20)\) và trục đối xứng song song với trục \(Ox\).
Diện tích \(S\) của vùng tô màu được giới hạn bởi parabol \(x = \frac{1}{{120}}{(y – 20)^2} + 30\), đường thẳng \(x = 80\) và hai đường thẳng \(y = 0\), \(y = 40\).
Ta tính diện tích bằng tích phân:
\(S = \int\limits_0^{40} {\left[ {80 – \left( {\frac{1}{{120}}{{(y – 20)}^2} + 30} \right)} \right]} {\mkern 1mu} {d}y = \frac{{17600}}{9} \approx 1955,56{ (}{{m}^2}{)}\).
Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta được \(1956{ }{{m}^2}\).
Vì vận tốc của nhân vật không đổi, việc di chuyển đến giếng nước “nhanh hơn” tương đương với “khoảng cách ngắn hơn”. Vùng đất được tô màu là tập hợp các điểm \(P\) trong hình chữ nhật \(ABCD\) sao cho khoảng cách từ \(P\) đến giếng \(I\) nhỏ hơn hoặc bằng khoảng cách từ \(P\) đến bờ sông \(AD\).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho đỉnh \(D\) của hình chữ nhật trùng với gốc tọa độ \(O(0;0)\).
– Cạnh \(AD\) nằm trên trục \(Oy\), cạnh \(DC\) nằm trên trục \(Ox\).
– Tọa độ các đỉnh: \(D(0;0)\), \(A(0;40)\), \(C(80;0)\), \(B(80;40)\).
– Bờ sông chính là đường thẳng \(x = 0\).
Xác định tọa độ của giếng \(I({x_I};{y_I})\):
\(I\) cách \(AD\) (\(x = 0\)) một khoảng \(60\)m \( \Rightarrow {x_I} = 60\).
\(I\) cách \(CD\) (\(y = 0\)) một khoảng \(20\)m \( \Rightarrow {y_I} = 20\).
Vậy tọa độ giếng nước là \(I(60;20)\).
Gọi \(P(x;y)\) là một điểm bất kỳ trong vùng đất được tô màu. Miền xác định của \(P\) là \(0 \leqslant x \leqslant 80\) và \(0 \leqslant y \leqslant 40\).
Khoảng cách từ \(P\) đến giếng \(I\) là \(PI = \sqrt {{{(x – 60)}^2} + {{(y – 20)}^2}} \).
Khoảng cách từ \(P\) đến bờ sông \(AD\) (đường thẳng \(x = 0\)) là \(d(P,AD) = x\).
Theo yêu cầu, ta có bất phương trình: \(PI \leqslant d(P,AD) \Leftrightarrow \sqrt {{{(x – 60)}^2} + {{(y – 20)}^2}} \leqslant x\).
Bình phương hai vế (vì cả hai đều không âm):
\({(x – 60)^2} + {(y – 20)^2} \leqslant {x^2}\)\( \Leftrightarrow x \geqslant \frac{1}{{120}}{(y – 20)^2} + 30\).
Đây là miền nằm bên phải của một parabol có đỉnh tại \((30;20)\) và trục đối xứng song song với trục \(Ox\).
Diện tích \(S\) của vùng tô màu được giới hạn bởi parabol \(x = \frac{1}{{120}}{(y – 20)^2} + 30\), đường thẳng \(x = 80\) và hai đường thẳng \(y = 0\), \(y = 40\).
Ta tính diện tích bằng tích phân:
\(S = \int\limits_0^{40} {\left[ {80 – \left( {\frac{1}{{120}}{{(y – 20)}^2} + 30} \right)} \right]} {\mkern 1mu} {d}y = \frac{{17600}}{9} \approx 1955,56{ (}{{m}^2}{)}\).
Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta được \(1956{ }{{m}^2}\).
Câu 22:
Hai người tham gia một trò chơi di chuyển theo cạnh của các ô hình chữ nhật như trong hình (hình có \(15 \times 8\) ô hình chữ nhật nhỏ)
Người thứ nhất đi từ điểm A đến điểm B, người thứ hai đi từ điểm E đến điểm F. Biết rằng cả hai người cùng đi ngẫu nhiên và theo con đường ngắn nhất. Tính xác suất để cả hai người cùng đi qua điểm \(I\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Người thứ nhất đi từ điểm A đến điểm B, người thứ hai đi từ điểm E đến điểm F. Biết rằng cả hai người cùng đi ngẫu nhiên và theo con đường ngắn nhất. Tính xác suất để cả hai người cùng đi qua điểm \(I\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: 0,24
Gọi \(X\) là biến cố “cả hai người cùng đi qua điểm \(I\)”
Xét hệ trục tọa độ với \(E\left( {0;0} \right),A\left( {0;8} \right),B\left( {15;0} \right),F\left( {15;8} \right),I\left( {11;5} \right)\)
Để đi từ \(A\) đến \(B\) theo đường ngắn nhất thì người thứ nhất cần di chuyển 15 bước ngang và 8 bước xuống
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là số cách sắp xếp 15 bước ngang và 8 bước xuống và bằng \(C_{23}^8\)
Tương tự có \(C_{23}^8\) cách để người thứ hai di chuyển từ \(E\) đến \(F\)
Như vậy không gian mẫu \(\left| {\Omega } \right| = {\left( {C_{23}^8} \right)^2}\)
Người thứ nhất di chuyển từ \(A\left( {0;8} \right)\) đến \(I\left( {11;5} \right)\) cần 11 bước ngang và 3 bước xuống
Người thứ nhất di chuyển từ \(I\left( {11;5} \right)\) đến \(B\left( {15;0} \right)\) cần 4 bước ngang và 5 bước xuống
Như vậy số cách di chuyển của người thứ nhất từ \(A \to I \to B\) là \(C_{14}^8.C_9^4\)
Tương tự số cách di chuyển của người thứ hai từ \(E \to I \to F\) là \(C_{16}^5.C_7^3\)
Như vậy \(\left| X \right| = C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3\)
Vậy xác suất để cả hai người cùng đi qua \(I\) là \(P\left( X \right) = \frac{{\left| X \right|}}{{\left| {\Omega } \right|}} = \frac{{C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3}}{{{{\left( {C_{23}^8} \right)}^2}}} \approx 0,24\)
Gọi \(X\) là biến cố “cả hai người cùng đi qua điểm \(I\)”
Xét hệ trục tọa độ với \(E\left( {0;0} \right),A\left( {0;8} \right),B\left( {15;0} \right),F\left( {15;8} \right),I\left( {11;5} \right)\)
Để đi từ \(A\) đến \(B\) theo đường ngắn nhất thì người thứ nhất cần di chuyển 15 bước ngang và 8 bước xuống
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là số cách sắp xếp 15 bước ngang và 8 bước xuống và bằng \(C_{23}^8\)
Tương tự có \(C_{23}^8\) cách để người thứ hai di chuyển từ \(E\) đến \(F\)
Như vậy không gian mẫu \(\left| {\Omega } \right| = {\left( {C_{23}^8} \right)^2}\)
Người thứ nhất di chuyển từ \(A\left( {0;8} \right)\) đến \(I\left( {11;5} \right)\) cần 11 bước ngang và 3 bước xuống
Người thứ nhất di chuyển từ \(I\left( {11;5} \right)\) đến \(B\left( {15;0} \right)\) cần 4 bước ngang và 5 bước xuống
Như vậy số cách di chuyển của người thứ nhất từ \(A \to I \to B\) là \(C_{14}^8.C_9^4\)
Tương tự số cách di chuyển của người thứ hai từ \(E \to I \to F\) là \(C_{16}^5.C_7^3\)
Như vậy \(\left| X \right| = C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3\)
Vậy xác suất để cả hai người cùng đi qua \(I\) là \(P\left( X \right) = \frac{{\left| X \right|}}{{\left| {\Omega } \right|}} = \frac{{C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3}}{{{{\left( {C_{23}^8} \right)}^2}}} \approx 0,24\)
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: B
\(\max\limits_{[-1;3]} f(x)=5\).
Câu 2
Đáp án đúng: D
2
Câu 3
Đáp án đúng: D
11.
Câu 4
Đáp án đúng: C
\(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} \).
Câu 5
Đáp án đúng: A
\(\left( {1;1;3} \right)\).
Câu 6
Đáp án đúng: D
\(R = 25\).
Câu 7
Đáp án đúng: C
8.
Câu 8
Đáp án đúng: C
\(\left( { - \infty ; - \frac{4}{3}} \right]\).
Câu 9
Đáp án đúng: B
\(\left( {ABA'} \right){//}\left( {B'D'C} \right)\).
Câu 10
Đáp án đúng: C
\(2\sqrt {34} \).
Câu 11
Đáp án đúng: C
\(x = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).
Câu 12
Đáp án đúng: C
\(F\left( 9 \right) = 12\).
Câu 13
Đáp án đúng: A
\(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2}\)
Câu 14
Đáp án đúng: C
Quãng đường chất điểm \(B\) đi được trong 15 giây là \(\frac{{225}}{2}m\).
Câu 15
Đáp án đúng: B
Đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm \(\left( {\frac{3}{2};0;\frac{5}{2}} \right)\)
Câu 16
Đáp án đúng: B
\(P\left( B \right) = 0,5\)
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 6
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 6 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 6 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 6 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 6 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 6, 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 6 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 6 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 6 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.