Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 9
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 9
Thực Hành Làm Bài Thi Trắc Nghiệm: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 9
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 9. 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 9 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 9
Câu 1:
Nghiệm của phương trình \({\log _2}x = 3\) là
\(x = 5\).
Chọn A
Điều kiện \(x > 0\).
\({\log _2}x = 3 \Leftrightarrow x = {2^3} = 8\) (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm \(x = 8\).
Điều kiện \(x > 0\).
\({\log _2}x = 3 \Leftrightarrow x = {2^3} = 8\) (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm \(x = 8\).
Câu 2:
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( { – 1;\,2;\,1} \right);\,\,B\left( {2;\,1;\, – 3} \right)\). Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {AB} \) là
\(\left( {\frac{1}{2};\,\frac{3}{2};\, - 1} \right)\).
Chọn A
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;\, – 1;\, – 4} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;\, – 1;\, – 4} \right)\).
Câu 3:
Một hộp đựng \(9\) tấm thẻ cùng loại được ghi số từ \(1\) đến \(9\). Rút ngẫu nhiên đồng thời hai tấm thẻ từ trong hộp. Xác suất để rút được cả hai tấm thẻ cùng ghi số chẵn là
\(\frac{1}{2}\).
Chọn A
Số phần tử của tập không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_9^2 = 36\).
Gọi \(A\): “ Rút được cả hai tấm thẻ cùng ghi số chẵn”.
Rút \(2\) tấm thẻ ghi số chẵn trong \(4\) tấm thẻ ghi số chẵn có \(n\left( A \right) = C_4^2 = 6\).
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\).
Số phần tử của tập không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_9^2 = 36\).
Gọi \(A\): “ Rút được cả hai tấm thẻ cùng ghi số chẵn”.
Rút \(2\) tấm thẻ ghi số chẵn trong \(4\) tấm thẻ ghi số chẵn có \(n\left( A \right) = C_4^2 = 6\).
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\).
Câu 4:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho 3 điểm \(A\left( {4\,;\,0\,;\,0\,} \right);\,\,B\left( {\,0\,;\, – 2\,;\,0} \right);\,\,C\left( {\,0\,;\,0\,;\,2} \right)\). Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là:
\(\frac{x}{4} + \frac{y}{{ - 2}} + \frac{z}{2} = 0\).
Chọn B
Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) (phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn) là: \(\frac{x}{4} + \frac{y}{{ – 2}} + \frac{z}{2} = 1\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) (phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn) là: \(\frac{x}{4} + \frac{y}{{ – 2}} + \frac{z}{2} = 1\).
Câu 5:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)có đạo hàm \(f’\left( x \right) = {\left( {x + 2025} \right)^2}\left( {x – 2024} \right),\,\,\forall x \in \mathbb{R}\). Hàm số đạt cực trị tại:
\(x = 2024\).
Chọn D
Ta có bảng xét dấu
Từ bảng xét dấu ta được, hàm số đạt cực trị tại điểm \(x = 2024\).
Ta có bảng xét dấu
Từ bảng xét dấu ta được, hàm số đạt cực trị tại điểm \(x = 2024\).
Câu 6:
Cho hình hộp \(ABCD.EFGH\) như hình vẽ sau. Trong các khẳng định dưới đây, đâu là khẳng định đúng?
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} \).
Chọn A
Áp dụng quy tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} \).
Áp dụng quy tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} \).
Câu 7:
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_{2025}} = 5,\,\,\,{u_{2026}} = 25\). Tính công bội của cấp số nhân.
\(5\).
Chọn A
Cấp số nhân có công bội là \(q = \frac{{{u_{2026}}}}{{{u_{2025}}}} = 5\).
Cấp số nhân có công bội là \(q = \frac{{{u_{2026}}}}{{{u_{2025}}}} = 5\).
Câu 8:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như sau:
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:
\(x = 1\) và \(x = - 2\).
Chọn B
Quan sát đồ thị ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 2} \right)}^ + }} y = + \infty ,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \) nên suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 1\) và \(x = – 2\).
Quan sát đồ thị ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 2} \right)}^ + }} y = + \infty ,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \) nên suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 1\) và \(x = – 2\).
Câu 9:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a\,;\,c} \right]\) và \(b\) là số thực tùy ý thuộc đoạn \(\left[ {a\,;\,c} \right]\). Nếu biết \(\int\limits_a^b {f\left( x \right){d}x = – 5} \) và \(\int\limits_b^c {f\left( x \right){d}x = 10} \), thì giá trị của \(\int\limits_a^c {f\left( x \right){d}x} \) là bao nhiêu?
\(5\).
Chọn A
Ta có \(\int\limits_a^c {f\left( x \right){d}x} = \int\limits_a^b {f\left( x \right){d}x} + \int\limits_b^c {f\left( x \right){d}x} = – 5 + 10 = 5\).
Ta có \(\int\limits_a^c {f\left( x \right){d}x} = \int\limits_a^b {f\left( x \right){d}x} + \int\limits_b^c {f\left( x \right){d}x} = – 5 + 10 = 5\).
Câu 10:
Tìm nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 2026\sin x\)
\(\int {2026\sin x{d}x = - 2026\cos x + C} \).
Chọn A
Ta có \(\int {2026\sin x{d}x = 2026} \int {\sin x{d}x = – 2026} \cos x + C\).
Ta có \(\int {2026\sin x{d}x = 2026} \int {\sin x{d}x = – 2026} \cos x + C\).
Câu 11:
Cho mẫu số liệu ghép nhóm như bảng dưới đây
Khi đó phương sai của mẫu số liệu được xác định theo công thức
Khi đó phương sai của mẫu số liệu được xác định theo công thức
\({s^2} = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{\left( {{c_1} - \overline x } \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{c_2} - \overline x } \right)}^2} + ... + {n_k}{{\left( {{c_k} - \overline x } \right)}^2}} \right]\).
Chọn B
Công thức tính phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\({s^2} = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{\left( {{c_1} – \overline x } \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{c_2} – \overline x } \right)}^2} + … + {n_k}{{\left( {{c_k} – \overline x } \right)}^2}} \right]\).
Công thức tính phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\({s^2} = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{\left( {{c_1} – \overline x } \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{c_2} – \overline x } \right)}^2} + … + {n_k}{{\left( {{c_k} – \overline x } \right)}^2}} \right]\).
Câu 12:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\) và đường thẳng \(SA\) đồng thời vuông góc với hai đường thẳng \(AB\) và \(BC\).
Mệnh đề nào sau đây đúng?
Mệnh đề nào sau đây đúng?
\(AC \bot \left( {SAB} \right)\).
Chọn C
Do \(\left\{ \begin{gathered}
SA \bot AB \hfill \\
SA \bot BC \hfill \\
\end{gathered} \right.\) nên \(SA \bot \left( {ABC} \right)\). Khi đó \(SA \bot AC\).
Ta có \(AC \bot AB\), \(AC \bot SA\) nên \(AC \bot \left( {SAB} \right)\).
Do \(\left\{ \begin{gathered}
SA \bot AB \hfill \\
SA \bot BC \hfill \\
\end{gathered} \right.\) nên \(SA \bot \left( {ABC} \right)\). Khi đó \(SA \bot AC\).
Ta có \(AC \bot AB\), \(AC \bot SA\) nên \(AC \bot \left( {SAB} \right)\).
Câu 13:
Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} – 3x + 3}}{{x – 1}}\) có đồ thị \(\left( C \right)\).
Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( {0;1} \right)\); \(\left( {1;2} \right)\).
a) Đúng. Tiệm cận đứng: \(x = 1\).
b) Sai. \(y = \frac{{{x^2} – 3x + 3}}{{x – 1}} \Rightarrow y’ = \frac{{{x^2} – 2x}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}\)
ĐKXĐ: \(x \ne 1\)
Hàm số đồng biến \( \Leftrightarrow y’ > 0 \Leftrightarrow {x^2} – 2x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x < 0 \hfill \\
x > 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { – \infty ;0} \right)\); \(\left( {2; + \infty } \right)\).
c)Đúng. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là \(y = 2x – 3\) \(\left( d \right)\).
\(\left( d \right) \cap Ox \Rightarrow A\left( {\frac{3}{2};0} \right)\) và \(\left( d \right) \cap Oy \Rightarrow B\left( {0; – 3} \right)\).
Tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\) nên diện tích tam giác \(OAB\) là: \(S = \left| {\frac{1}{2}.\frac{3}{2}.\left( { – 3} \right)} \right| = \frac{9}{4}\).
d) Đúng. Từ điểm \(M\) trên đồ thị \(\left( C \right)\) ta nối với tâm \(I\) của \(\left( {C’} \right)\) thì \(MN\) nhỏ nhất khi \(IM\) nhỏ nhất và \(M{N_{\min }} = I{M_{\min }} – R = I{M_{min}} – 1\).
Ta có: \(I\left( {1; – 1} \right),M\left( {x;x – 2 + \frac{1}{{x – 1}}} \right)\)
\( \Rightarrow IM = \sqrt {{{\left( {x – 1} \right)}^2} + {{\left( {x – 1 + \frac{1}{{x – 1}}} \right)}^2}} = \sqrt {2{{\left( {x – 1} \right)}^2} + \frac{1}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} + 2} \)
\( \geqslant \sqrt {2 + 2\sqrt {2{{\left( {x – 1} \right)}^2}.\frac{1}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}} } = \sqrt {2 + 2\sqrt 2 } \)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(2{\left( {x – 1} \right)^2} = \frac{1}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} ™\)
Vậy \(I{M_{\min }} = \sqrt {2 + 2\sqrt 2 } \Rightarrow M{N_{\min }} = \sqrt {2 + 2\sqrt 2 } – 1\).
b) Sai. \(y = \frac{{{x^2} – 3x + 3}}{{x – 1}} \Rightarrow y’ = \frac{{{x^2} – 2x}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}\)
ĐKXĐ: \(x \ne 1\)
Hàm số đồng biến \( \Leftrightarrow y’ > 0 \Leftrightarrow {x^2} – 2x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x < 0 \hfill \\
x > 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { – \infty ;0} \right)\); \(\left( {2; + \infty } \right)\).
c)Đúng. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là \(y = 2x – 3\) \(\left( d \right)\).
\(\left( d \right) \cap Ox \Rightarrow A\left( {\frac{3}{2};0} \right)\) và \(\left( d \right) \cap Oy \Rightarrow B\left( {0; – 3} \right)\).
Tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\) nên diện tích tam giác \(OAB\) là: \(S = \left| {\frac{1}{2}.\frac{3}{2}.\left( { – 3} \right)} \right| = \frac{9}{4}\).
d) Đúng. Từ điểm \(M\) trên đồ thị \(\left( C \right)\) ta nối với tâm \(I\) của \(\left( {C’} \right)\) thì \(MN\) nhỏ nhất khi \(IM\) nhỏ nhất và \(M{N_{\min }} = I{M_{\min }} – R = I{M_{min}} – 1\).
Ta có: \(I\left( {1; – 1} \right),M\left( {x;x – 2 + \frac{1}{{x – 1}}} \right)\)
\( \Rightarrow IM = \sqrt {{{\left( {x – 1} \right)}^2} + {{\left( {x – 1 + \frac{1}{{x – 1}}} \right)}^2}} = \sqrt {2{{\left( {x – 1} \right)}^2} + \frac{1}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} + 2} \)
\( \geqslant \sqrt {2 + 2\sqrt {2{{\left( {x – 1} \right)}^2}.\frac{1}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}} } = \sqrt {2 + 2\sqrt 2 } \)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(2{\left( {x – 1} \right)^2} = \frac{1}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} ™\)
Vậy \(I{M_{\min }} = \sqrt {2 + 2\sqrt 2 } \Rightarrow M{N_{\min }} = \sqrt {2 + 2\sqrt 2 } – 1\).
Câu 14:
Một điệp viên đang có ý định chạy chốn khỏi sự theo dōi của cảnh sát, điệp viên lái một chiếc xe thể thao tới vùng ngoại ô. Để không gây nhiều chú ý tới cảnh sát, anh ta di chuyển với tốc độ hợp pháp \(17,6{\;m}/{s}\). Đột nhiên trên đường xuất hiện một con lạc đà trên đường cách anh ấy 60 mét. Điệp viên không phản ứng gì khi nhìn thấy lạc đà trong 1 giây, sau đó anh ấy đạp phanh và chiếc xe giảm tốc với gia tốc không đổi là \(a\left( {{\;m}/{s}2} \right)\). Khi dừng xe hẳn con lạc đà còn cách xe 7,2 mét.
Quãng đường mà vật đi được từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn được xác định bởi công thức (mét)
a) Đúng. Khoảng cách từ lúc anh ta bắt đầu có phản ứng đến khi dừng hẳn là \(60 – 17,6 – 7,2 = 35,2{\;m}\).
b) Đúng. Áp dụng công thức của chuyển động thả̉ng biến đổi đều khi bắt đầu đạp phanh ta có:
\(v = {v_0} + at \Rightarrow v = 17,6 + at\left( {{\;m}/{s}} \right)\).
c) Sai. Đến khi dừng hẳn, \(v = 0 \Rightarrow 17,6 + at = 0 \Rightarrow t = \frac{{ – 17,6}}{a}\).
Do đó, .
d) Sai.
\(\left. { \Rightarrow \left( {17,6t + \frac{{a{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{\frac{{ – 17,6}}{a}} = 35,2\)
\( \Rightarrow \frac{{ – 1}}{2} \cdot \frac{{17,{6^2}}}{a} = 35,2\)\( \Rightarrow a = – 4,4\left( {{\;m}/{{s}^2}} \right)\)\( \Rightarrow t = \frac{{ – 17,6}}{{ – 4,4}} = 4{\;s}\).
Vậy, vận tốc trung bình mà người đó di chuyển từ khi thấy con lạc đà đến khi dừng hẳn là
\(\frac{{60 – 7,2}}{{1 + 4}} = 10,56\left( {{\;m}/{s}} \right)\)
b) Đúng. Áp dụng công thức của chuyển động thả̉ng biến đổi đều khi bắt đầu đạp phanh ta có:
\(v = {v_0} + at \Rightarrow v = 17,6 + at\left( {{\;m}/{s}} \right)\).
c) Sai. Đến khi dừng hẳn, \(v = 0 \Rightarrow 17,6 + at = 0 \Rightarrow t = \frac{{ – 17,6}}{a}\).
Do đó, .
d) Sai.
\(\left. { \Rightarrow \left( {17,6t + \frac{{a{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{\frac{{ – 17,6}}{a}} = 35,2\)
\( \Rightarrow \frac{{ – 1}}{2} \cdot \frac{{17,{6^2}}}{a} = 35,2\)\( \Rightarrow a = – 4,4\left( {{\;m}/{{s}^2}} \right)\)\( \Rightarrow t = \frac{{ – 17,6}}{{ – 4,4}} = 4{\;s}\).
Vậy, vận tốc trung bình mà người đó di chuyển từ khi thấy con lạc đà đến khi dừng hẳn là
\(\frac{{60 – 7,2}}{{1 + 4}} = 10,56\left( {{\;m}/{s}} \right)\)
Câu 15:
Trong không gian \(Oxyz\), cho \(A\left( {1; – 4;7} \right),B\left( {5;1;6} \right),C\left( {5;5;5} \right)\).
Điểm \(I\) thỏa mãn \( - 2\overrightarrow {IA} - 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} = \vec 0\), ta được: \(I\left( { - 13;35; - 2} \right)\).
a) Đúng. Ta có \(K\left( {\frac{{1 + 5}}{2};\frac{{ – 4 + 1}}{2};\frac{{7 + 6}}{2}} \right)\) hay \(K\left( {3; – \frac{3}{2};\frac{{13}}{2}} \right)\).
b) Đúng. Ta có \(CK = \sqrt {{{\left( {3 – 5} \right)}^2} + {{\left( { – \frac{3}{2} – 5} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{13}}{2} – 5} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {194} }}{2}\).
c) Sai. Gọi điểm cần tìm là \(I\left( {x;y;z} \right)\), ta có
\( – 2\overrightarrow {IA} – 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} = – 2\left( {1 – x; – 4 – y;7 – z} \right) – 3\left( {5 – x;1 – y;6 – z} \right) + 6\left( {5 – x;5 – y;5 – z} \right)\)
\( = \left( {13 – x;35 – y; – 2 – z} \right) = \vec 0\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
13 – x = 0 \hfill \\
35 – y = 0 \hfill \\
– 2 – z = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 13 \hfill \\
y = 35 \hfill \\
z = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy \(I\left( {13;35; – 2} \right)\).
d) Đúng. Với \(M\) là điểm trong không gian \(Oxyz\), ta có giá trị nhỏ nhất của \(P = – 2{\overrightarrow {MA} ^2} – 3{\overrightarrow {MB} ^2} + 6{\overrightarrow {MC} ^2}\) là \( – 1266\).
Với điểm \(I\left( {13;35; – 2} \right)\)thỏa mãn \( – 2\overrightarrow {IA} – 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \), ta có
\(P = – 2{\overrightarrow {MA} ^2} – 3{\overrightarrow {MB} ^2} + 6{\overrightarrow {MC} ^2} = – 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} – 3{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + 6{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\)
\( = – 2\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IA} + {{\overrightarrow {IA} }^2}} \right) – 3\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IB} + {{\overrightarrow {IB} }^2}} \right) + 6\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IC} + {{\overrightarrow {IC} }^2}} \right)\)
\( = {\overrightarrow {MI} ^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( { – 2\overrightarrow {IA} – 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} } \right) + \left( { – 2{{\overrightarrow {IA} }^2} – 3{{\overrightarrow {IB} }^2} + 6{{\overrightarrow {IC} }^2}} \right)\)
\( = M{I^2} + \left( { – 2I{A^2} – 3I{B^2} + 6I{C^2}} \right)\).
Do điểm \(I;A;B;C\) không đổi nên \( – 2{\overrightarrow {IA} ^2} – 3{\overrightarrow {IB} ^2} + 6{\overrightarrow {IC} ^2}\) không đổi từ đó \(P = – 2{\overrightarrow {MA} ^2} – 3{\overrightarrow {MB} ^2} + 6{\overrightarrow {MC} ^2}\) nhỏ nhất khi \(MI\)nhỏ nhất khi \(M \equiv I\left( {13;35; – 2} \right)\).
\({P_{\min }} = – 2I{A^2} – 3I{B^2} + 6I{C^2}\)
\( = – 2\left( {{{\left( { – 12} \right)}^2} + {{\left( { – 39} \right)}^2} + {{\left( { – 9} \right)}^2}} \right) – 3\left( {{{\left( { – 8} \right)}^2} + {{\left( { – 34} \right)}^2} + {{\left( 8 \right)}^2}} \right) + 6\left( {{{\left( { – 8} \right)}^2} + {{\left( { – 30} \right)}^2} + {{\left( 7 \right)}^2}} \right)\)
\( = – 1266\).
b) Đúng. Ta có \(CK = \sqrt {{{\left( {3 – 5} \right)}^2} + {{\left( { – \frac{3}{2} – 5} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{13}}{2} – 5} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {194} }}{2}\).
c) Sai. Gọi điểm cần tìm là \(I\left( {x;y;z} \right)\), ta có
\( – 2\overrightarrow {IA} – 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} = – 2\left( {1 – x; – 4 – y;7 – z} \right) – 3\left( {5 – x;1 – y;6 – z} \right) + 6\left( {5 – x;5 – y;5 – z} \right)\)
\( = \left( {13 – x;35 – y; – 2 – z} \right) = \vec 0\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
13 – x = 0 \hfill \\
35 – y = 0 \hfill \\
– 2 – z = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 13 \hfill \\
y = 35 \hfill \\
z = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy \(I\left( {13;35; – 2} \right)\).
d) Đúng. Với \(M\) là điểm trong không gian \(Oxyz\), ta có giá trị nhỏ nhất của \(P = – 2{\overrightarrow {MA} ^2} – 3{\overrightarrow {MB} ^2} + 6{\overrightarrow {MC} ^2}\) là \( – 1266\).
Với điểm \(I\left( {13;35; – 2} \right)\)thỏa mãn \( – 2\overrightarrow {IA} – 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \), ta có
\(P = – 2{\overrightarrow {MA} ^2} – 3{\overrightarrow {MB} ^2} + 6{\overrightarrow {MC} ^2} = – 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} – 3{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + 6{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\)
\( = – 2\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IA} + {{\overrightarrow {IA} }^2}} \right) – 3\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IB} + {{\overrightarrow {IB} }^2}} \right) + 6\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IC} + {{\overrightarrow {IC} }^2}} \right)\)
\( = {\overrightarrow {MI} ^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( { – 2\overrightarrow {IA} – 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} } \right) + \left( { – 2{{\overrightarrow {IA} }^2} – 3{{\overrightarrow {IB} }^2} + 6{{\overrightarrow {IC} }^2}} \right)\)
\( = M{I^2} + \left( { – 2I{A^2} – 3I{B^2} + 6I{C^2}} \right)\).
Do điểm \(I;A;B;C\) không đổi nên \( – 2{\overrightarrow {IA} ^2} – 3{\overrightarrow {IB} ^2} + 6{\overrightarrow {IC} ^2}\) không đổi từ đó \(P = – 2{\overrightarrow {MA} ^2} – 3{\overrightarrow {MB} ^2} + 6{\overrightarrow {MC} ^2}\) nhỏ nhất khi \(MI\)nhỏ nhất khi \(M \equiv I\left( {13;35; – 2} \right)\).
\({P_{\min }} = – 2I{A^2} – 3I{B^2} + 6I{C^2}\)
\( = – 2\left( {{{\left( { – 12} \right)}^2} + {{\left( { – 39} \right)}^2} + {{\left( { – 9} \right)}^2}} \right) – 3\left( {{{\left( { – 8} \right)}^2} + {{\left( { – 34} \right)}^2} + {{\left( 8 \right)}^2}} \right) + 6\left( {{{\left( { – 8} \right)}^2} + {{\left( { – 30} \right)}^2} + {{\left( 7 \right)}^2}} \right)\)
\( = – 1266\).
Câu 16:
Một thùng có các hộp loại I và loại II, trong đó có 2 hộp loại I, mỗi hộp có 13 sản phẩm tốt và 2 phế phẩm và có 3 hộp loại II, mỗi hộp có 6 sản phẩm tốt và 4 phế phẩm. Chọn ngẫu nhiên trong thùng một hộp và từ hộp đó lấy ra hai sản phẩm để kiểm tra.
Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được trong thùng một hộp loại I”.
Gọi \(B\) là biến cố: “Chọn được trong thùng một hộp loại II”.
Gọi \(C\) là biến cố: “Cả 2 sản phẩm lấy ra đều tốt”.
Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được trong thùng một hộp loại I”.
Gọi \(B\) là biến cố: “Chọn được trong thùng một hộp loại II”.
Gọi \(C\) là biến cố: “Cả 2 sản phẩm lấy ra đều tốt”.
\(P\left( A \right) = \frac{3}{5}\) và \(P\left( B \right) = \frac{2}{5}\).
a) Sai.
Xác suất chọn hộp loại I là \(P\left( A \right) = \frac{2}{5}\) và xác suất chọn hộp loại II là \(P\left( B \right) = \frac{3}{5}\).
b) Sai.
\(C\mid A\) là biến cố “Cả 2 sản phẩm lấy ra đều tốt biết 2 sản phẩm đó lấy ra từ hộp loại l”.
Xác suất lấy được 2 sản phẩm tốt từ hộp loại I là \(P\left( {C\mid A} \right) = \frac{{C_{13}^2}}{{C_{15}^2}} = \frac{{26}}{{35}}\).
c) Đúng.
Xác suất lấy được 2 sản phẩm tốt từ hộp II là \(P\left( {C\mid B} \right) = \frac{{C_6^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{1}{3}\).
Ta có sơ đồ cây sau:
Vậy xác suất hai sản phẩm lấy ra từ một hộp trong thùng đều tốt là
\(P\left( C \right) = P\left( {C\mid A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {C\mid B} \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{{26}}{{35}} \cdot \frac{2}{5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} = \frac{{87}}{{175}}\).
d) Đúng.
Xác suất lấy ra hai sản phẩm đều tốt thuộc hộp loại I là
Công thức Bayes: \(P\left( {A\mid C} \right) = \frac{{P\left( {C\mid A} \right) \cdot P\left( A \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{\frac{{26}}{{35}} \cdot \frac{2}{5}}}{{\frac{{87}}{{125}}}} = \frac{{52}}{{87}}\).
Xác suất chọn hộp loại I là \(P\left( A \right) = \frac{2}{5}\) và xác suất chọn hộp loại II là \(P\left( B \right) = \frac{3}{5}\).
b) Sai.
\(C\mid A\) là biến cố “Cả 2 sản phẩm lấy ra đều tốt biết 2 sản phẩm đó lấy ra từ hộp loại l”.
Xác suất lấy được 2 sản phẩm tốt từ hộp loại I là \(P\left( {C\mid A} \right) = \frac{{C_{13}^2}}{{C_{15}^2}} = \frac{{26}}{{35}}\).
c) Đúng.
Xác suất lấy được 2 sản phẩm tốt từ hộp II là \(P\left( {C\mid B} \right) = \frac{{C_6^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{1}{3}\).
Ta có sơ đồ cây sau:
Vậy xác suất hai sản phẩm lấy ra từ một hộp trong thùng đều tốt là
\(P\left( C \right) = P\left( {C\mid A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {C\mid B} \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{{26}}{{35}} \cdot \frac{2}{5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} = \frac{{87}}{{175}}\).
d) Đúng.
Xác suất lấy ra hai sản phẩm đều tốt thuộc hộp loại I là
Công thức Bayes: \(P\left( {A\mid C} \right) = \frac{{P\left( {C\mid A} \right) \cdot P\left( A \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{\frac{{26}}{{35}} \cdot \frac{2}{5}}}{{\frac{{87}}{{125}}}} = \frac{{52}}{{87}}\).
Câu 17:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(ABC,\,\,SAB\) là các tam giác đều và mặt bên \((SAB)\) vuông góc với mặt đáy. Gọi \(\alpha \) là số đo của góc phẳng nhị diện \({[}S,BC,A]\). Tính \({\cos ^2}\alpha .\)
Trả lời: \(0,2\)
Gọi \(H\) là trung điểm cạnh \(AB.\)
Do \(\Delta SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).
Mặt khác \((SAB) \bot (ABC)\) và \((SAB) \cap (ABC) = AB\).
Từ đó suy ra \(SH \bot (ABC).\)
Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\) và \(E\) là trung điểm \(BI.\)
Do \(\Delta ABC\) đều nên \(HE \bot BC.\) Suy ra \(BC \bot (SHE) \Rightarrow \) góc phẳng nhị diện \({[}S,BC,A]\) chính là góc \(\widehat {SEH}\) hay \(\alpha = \widehat {SEH}\).
Do \(ABC,\,\,SAB\) là các tam giác đều có chung cạnh \(AB\) nên \(HE = \frac{1}{2}AI = \frac{1}{2}SH\).
Trong \(\Delta ABC\) có \(\widehat {SHE} = 90^\circ \).
Suy ra \(\tan \widehat {SEH} = \frac{{SH}}{{HE}} = 2 \Leftrightarrow \tan \alpha = 2\)
\( \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\tan }^2}\alpha + 1}} = \frac{1}{5} = 0,2\)
Gọi \(H\) là trung điểm cạnh \(AB.\)
Do \(\Delta SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).
Mặt khác \((SAB) \bot (ABC)\) và \((SAB) \cap (ABC) = AB\).
Từ đó suy ra \(SH \bot (ABC).\)
Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\) và \(E\) là trung điểm \(BI.\)
Do \(\Delta ABC\) đều nên \(HE \bot BC.\) Suy ra \(BC \bot (SHE) \Rightarrow \) góc phẳng nhị diện \({[}S,BC,A]\) chính là góc \(\widehat {SEH}\) hay \(\alpha = \widehat {SEH}\).
Do \(ABC,\,\,SAB\) là các tam giác đều có chung cạnh \(AB\) nên \(HE = \frac{1}{2}AI = \frac{1}{2}SH\).
Trong \(\Delta ABC\) có \(\widehat {SHE} = 90^\circ \).
Suy ra \(\tan \widehat {SEH} = \frac{{SH}}{{HE}} = 2 \Leftrightarrow \tan \alpha = 2\)
\( \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\tan }^2}\alpha + 1}} = \frac{1}{5} = 0,2\)
Câu 18:
Một máy bay không người lái (drone) được dùng để phun thuốc diệt côn trùng trên các khu vực cánh đồng được kết nối với nhau. Mỗi khu vực là một đỉnh và các lối đi giữa các khu vực là các cạnh. Drone cần bay qua tất cả các lối đi để phun thuốc đều khắp, bắt đầu và kết thúc tại điểm sạc. Trên hình vẽ mô tả, drone bắt đầu tại điểm sạc S đi đến các khu vực được kí hiệu K1, K2, K3, K4, K5. Có bao nhiêu lộ trình để drone bay qua tất cả các lối đi đúng một lần và quay về điểm sạc S?
Trả lời: \(0\)
Tính bậc của các đỉnh: deg(S) = 2; deg(K1) = 3; deg(K3) = 3; deg(K4) = 3; deg (K5) = 2; deg(K2) = 5.
Có bốn đỉnh bậc lẻ là K1, K2, K3, K4.
Một chu trình đóng đi qua mỗi cạnh đúng một lần (bắt đầu và kết thúc tại S) tồn tại chỉ khi mọi đỉnh có bậc chẵn (điều kiện của chu trình Euler).
Vì ở đây có đỉnh lẻ, không tồn tại chu trình như vậy. Vậy số lộ trình thoả yêu cầu là 0.
Tính bậc của các đỉnh: deg(S) = 2; deg(K1) = 3; deg(K3) = 3; deg(K4) = 3; deg (K5) = 2; deg(K2) = 5.
Có bốn đỉnh bậc lẻ là K1, K2, K3, K4.
Một chu trình đóng đi qua mỗi cạnh đúng một lần (bắt đầu và kết thúc tại S) tồn tại chỉ khi mọi đỉnh có bậc chẵn (điều kiện của chu trình Euler).
Vì ở đây có đỉnh lẻ, không tồn tại chu trình như vậy. Vậy số lộ trình thoả yêu cầu là 0.
Câu 19:
Một người tham gia bộ môn trượt tuyết, người đó lấy đà từ điểm A đến điểm B (điểm B cách mặt đất 18,9 mét) sau đó quỹ đạo chuyển động sẽ có dạng một đồ thị hàm số bậc ba. Xét trên hệ tọa độ \(Oxy\)trục \(Oy\) là độ cao của quỹ đạo, trục \(Ox\) là khoảng cách theo phương ngang, đơn vị trên mỗi trục tọa độ tính bằng mét, đồ thị quỹ đạo chuyển động đạt cực tiểu tại \(B\left( {30;18,9} \right),\)đạt cực đại tại điểm \(\dot M\left( {36;a} \right)\) và tiếp đất tại điểm \(C\left( {60;0} \right)\)(tham khảo như hình vẽ). Tính \(125{ }a\)
Trả lời: 2376
Ta có: \(f\left( x \right) = m{x^3} + n{x^2} + px + q\left( C \right)\)
\( \Rightarrow f\prime \left( x \right) = 3m{x^2} + 2nx + p\)
Điểm \(B\left( {30;18,90} \right)\) là điểm cực tiểu và điểm \(M\left( {36,a} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số trên
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3m \cdot {{30}^2} + 2n \cdot 30 + p = 0} \\
{3m \cdot {{60}^2} + 2n \cdot 60 + p = 0}
\end{array}} \right.\) (I)
Điểm \(B\left( {30;18,9} \right),D\left( {60,0} \right) \in \left( C \right)\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \cdot {{30}^3} + n \cdot {{30}^2} + p \cdot 30 + q = 18,9} \\
{m \cdot {{60}^3} + n \cdot {{60}^2} + p \cdot 60 + q = 0}
\end{array}} \right.\) (II)
Từ (I) và (II) ta được\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{m = }\frac{{{ – 1}}}{{{1000}}}} \\
{{n = }\frac{{{99}}}{{{1000}}}} \\
{{p = }\frac{{{ – 81}}}{{{25}}}} \\
{{q = 54}}
\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow y = \frac{{ – 1}}{{1000}}{x^3} + \frac{{99}}{{1000}}{x^2} – \frac{{81}}{{25}}x + 54\)
\( \Rightarrow a = y\left( {36} \right) = \frac{{2376}}{{125}} \Rightarrow 125a = 2376\)
Ta có: \(f\left( x \right) = m{x^3} + n{x^2} + px + q\left( C \right)\)
\( \Rightarrow f\prime \left( x \right) = 3m{x^2} + 2nx + p\)
Điểm \(B\left( {30;18,90} \right)\) là điểm cực tiểu và điểm \(M\left( {36,a} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số trên
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3m \cdot {{30}^2} + 2n \cdot 30 + p = 0} \\
{3m \cdot {{60}^2} + 2n \cdot 60 + p = 0}
\end{array}} \right.\) (I)
Điểm \(B\left( {30;18,9} \right),D\left( {60,0} \right) \in \left( C \right)\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \cdot {{30}^3} + n \cdot {{30}^2} + p \cdot 30 + q = 18,9} \\
{m \cdot {{60}^3} + n \cdot {{60}^2} + p \cdot 60 + q = 0}
\end{array}} \right.\) (II)
Từ (I) và (II) ta được\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{m = }\frac{{{ – 1}}}{{{1000}}}} \\
{{n = }\frac{{{99}}}{{{1000}}}} \\
{{p = }\frac{{{ – 81}}}{{{25}}}} \\
{{q = 54}}
\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow y = \frac{{ – 1}}{{1000}}{x^3} + \frac{{99}}{{1000}}{x^2} – \frac{{81}}{{25}}x + 54\)
\( \Rightarrow a = y\left( {36} \right) = \frac{{2376}}{{125}} \Rightarrow 125a = 2376\)
Câu 20:
Một mô hình khối tròn xoay có trục là đường thẳng \(MN\), khi ta cắt khối tròn xoay đó bởi một mặt phẳng đi qua trục của khối tròn xoay thì ta được mặt cắt có dạng như hình vẽ dưới đây
Biết \(MN = 20\,{cm}\), \(ABCD\) là hình chữ nhật có \(AB = 16{cm},AD = 32{cm}\), hai cung \(APD\) và \(BQC\) là một phần của các đường parabol với đỉnh lần lượt là \(P,\,Q\) và \(PQ = 8\,{cm}\). Tính thể tích của mô hình đó theo đơn vị \(c{m^3}\). (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Biết \(MN = 20\,{cm}\), \(ABCD\) là hình chữ nhật có \(AB = 16{cm},AD = 32{cm}\), hai cung \(APD\) và \(BQC\) là một phần của các đường parabol với đỉnh lần lượt là \(P,\,Q\) và \(PQ = 8\,{cm}\). Tính thể tích của mô hình đó theo đơn vị \(c{m^3}\). (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Trả lời: \(2193\)
Chọn hệ tọa \(Oxy\) như hình vẽ dưới đây
Khi đó, cung\(APD\) là một phần của đường parabol đỉnh \(P\left( {0;4} \right)\)và bề lõm quay lên nên có phương trình dạng \(y = a{x^2} + 4,a > 0\).
Parabol đi qua \(D\left( {16;8} \right)\) nên ta có \(8 = 256a + 4 \Leftrightarrow a = \frac{1}{{64}}\)\( \Rightarrow y = \frac{1}{{64}}{x^2} + 4\).
Tương tự, ta có cung \(BQC\) là một phần của đường parabol có phương trình là \(y = – \frac{1}{{64}}{x^2} – 4\).
Thể tích của khối tròn xoay cần tìm là \(V = {V_1} – 2{V_2}\).
\({V_1}\) là thể tích của khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi parabol \(y = \frac{1}{{64}}{x^2} + 4\), trục hoành và hai đưởng thẳng \(x = – 16,\,x = 16\) quay quanh \(Ox\) nên
\({V_1} = \pi \int\limits_{ – 16}^{16} {{{\left( {\frac{1}{{64}}{x^2} + 4} \right)}^2}{d}x} = \frac{{14336}}{{15}}\pi \,\,\,\left( {{c}{{m}^{3}}} \right)\)
\({V_2}\) là thể tích của khối nón có bán kính đáy bằng \(8\) và chiều cao bằng \(6\) nên \({V_2} = \frac{1}{3}\pi {.8^2}.6 = 128\pi \,\,\left( {{c}{{m}^3}} \right)\).
Do đó \(V = \frac{{14336}}{{15}}\,\pi – 2.128\pi = \frac{{10496}}{{15}}\pi \approx 2198,3\,\,\left( {{c}{{m}^{3}}} \right)\).
Chọn hệ tọa \(Oxy\) như hình vẽ dưới đây
Khi đó, cung\(APD\) là một phần của đường parabol đỉnh \(P\left( {0;4} \right)\)và bề lõm quay lên nên có phương trình dạng \(y = a{x^2} + 4,a > 0\).
Parabol đi qua \(D\left( {16;8} \right)\) nên ta có \(8 = 256a + 4 \Leftrightarrow a = \frac{1}{{64}}\)\( \Rightarrow y = \frac{1}{{64}}{x^2} + 4\).
Tương tự, ta có cung \(BQC\) là một phần của đường parabol có phương trình là \(y = – \frac{1}{{64}}{x^2} – 4\).
Thể tích của khối tròn xoay cần tìm là \(V = {V_1} – 2{V_2}\).
\({V_1}\) là thể tích của khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi parabol \(y = \frac{1}{{64}}{x^2} + 4\), trục hoành và hai đưởng thẳng \(x = – 16,\,x = 16\) quay quanh \(Ox\) nên
\({V_1} = \pi \int\limits_{ – 16}^{16} {{{\left( {\frac{1}{{64}}{x^2} + 4} \right)}^2}{d}x} = \frac{{14336}}{{15}}\pi \,\,\,\left( {{c}{{m}^{3}}} \right)\)
\({V_2}\) là thể tích của khối nón có bán kính đáy bằng \(8\) và chiều cao bằng \(6\) nên \({V_2} = \frac{1}{3}\pi {.8^2}.6 = 128\pi \,\,\left( {{c}{{m}^3}} \right)\).
Do đó \(V = \frac{{14336}}{{15}}\,\pi – 2.128\pi = \frac{{10496}}{{15}}\pi \approx 2198,3\,\,\left( {{c}{{m}^{3}}} \right)\).
Câu 21:
Một toà nhà được thiết kế để làm 2 phòng dạy học có trang bị máy chiếu. Mái nhà là dạng mái vát \(CDFE\)như hình vẽ. Chiều dài của mỗi phòng học là \(OA = 30m\)và chiều rộng là \(OB = 20m\), chiều cao các bức tường \(OC = BD = 10m\) và \(EA = RF = 6m\). Từ vị trí \(P\)trên \(BR\)cách \(B\)một khoảng 10 m, người ta xây các bậc thang cao dần về phía cuối của phòng học để đặt các dãy bàn ghế học sinh trên các bậc thang đó. Chiều rộng mỗi bậc thang là 2 m và chiều cao mỗi bậc thang là 20 cm. Chủ toà nhà muốn lắp giá treo máy chiếu tại vị trí \(I\)là giao của \(DE\)và \(CF\)như hình vẽ, vuông góc với mặt sàn sao cho không vướng vào đầu học sinh khi học sinh đó đứng tại bậc thang ngay dưới máy chiếu (chiều cao học sinh đó là 1,8 m) và cũng không che khuất tầm nhìn của học sinh ngồi ở hàng ghế sau cùng, tại vị trí \(X\)trung điểm \(SQ\), theo phương vuông góc bức tường \(OBDC\)(chiều cao mắt học sinh so với bậc thang tại đó là 1,2m). Hỏi tổng độ dài thanh treo máy chiếu và cả thân máy chiếu lớn nhất là bao nhiêu mét? (Kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Trả lời: 4,8
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(O\left( {0,0,0} \right)\), \(A\left( {30,0,0} \right)\), \(B\left( {0,20,0} \right)\), \(C\left( {0,0,10} \right)\), \(F\left( {30,20,6} \right).\)Vì \(I\) là trung điểm của \(CF\) nên \(I\left( {15;5;8} \right)\).
Từ vị trí P trên BR cách B một khoảng 10 m, người ta xây các bậc thang cao dần về phía cuối của phòng học để đặt các dãy bàn ghế học sinh trên các bậc thang đó và chiều rộng mỗi bậc thang là 2 m nên số bậc thang là \(10\)(bậc).
Chủ toà nhà muốn lắp giá treo máy chiếu tại vị trí I vuông góc với mặt sàn mà chiều rộng mỗi bậc thang là 2 m nên điểm \(I\) sẽ tương ứng với bậc thang thứ 3.
Mỗi bậc thang cao \(0,2\left( m \right)\), học sinh ngồi ở hàng ghế sau cùng, tại vị trí X trung điểm SQ sẽ ứng với bậc 10 nên chiều cao từ sàn đến bậc 10 là 2 m, mà chiều cao mắt học sinh so với bậc thang tại đó là 1,2m, do đó chiều cao từ mắt học sinh so với mặt sàn là \(2 + 1,2 = 3,2\left( m \right)\).
Mỗi bậc thang cao \(0,2\left( m \right)\) nên khi đứng tại bậc 3 học sinh có chiều cao là \(0,6 + 1,8 = 2,4\left( m \right)\).
Do đó để máy chiếu cho không vướng vào đầu học sinh khi học sinh đó đứng tại bậc thang ngay dưới máy chiếu và cũng không che khuất tầm nhìn của học sinh ngồi ở hàng ghế sau cùng, tại vị trí \(X\)trung điểm \(SQ\)thì tổng độ dài thanh treo máy chiếu và cả thân máy chiếu lớn nhất là \(8 – 3,2 = 4,8\left( m \right)\).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(O\left( {0,0,0} \right)\), \(A\left( {30,0,0} \right)\), \(B\left( {0,20,0} \right)\), \(C\left( {0,0,10} \right)\), \(F\left( {30,20,6} \right).\)Vì \(I\) là trung điểm của \(CF\) nên \(I\left( {15;5;8} \right)\).
Từ vị trí P trên BR cách B một khoảng 10 m, người ta xây các bậc thang cao dần về phía cuối của phòng học để đặt các dãy bàn ghế học sinh trên các bậc thang đó và chiều rộng mỗi bậc thang là 2 m nên số bậc thang là \(10\)(bậc).
Chủ toà nhà muốn lắp giá treo máy chiếu tại vị trí I vuông góc với mặt sàn mà chiều rộng mỗi bậc thang là 2 m nên điểm \(I\) sẽ tương ứng với bậc thang thứ 3.
Mỗi bậc thang cao \(0,2\left( m \right)\), học sinh ngồi ở hàng ghế sau cùng, tại vị trí X trung điểm SQ sẽ ứng với bậc 10 nên chiều cao từ sàn đến bậc 10 là 2 m, mà chiều cao mắt học sinh so với bậc thang tại đó là 1,2m, do đó chiều cao từ mắt học sinh so với mặt sàn là \(2 + 1,2 = 3,2\left( m \right)\).
Mỗi bậc thang cao \(0,2\left( m \right)\) nên khi đứng tại bậc 3 học sinh có chiều cao là \(0,6 + 1,8 = 2,4\left( m \right)\).
Do đó để máy chiếu cho không vướng vào đầu học sinh khi học sinh đó đứng tại bậc thang ngay dưới máy chiếu và cũng không che khuất tầm nhìn của học sinh ngồi ở hàng ghế sau cùng, tại vị trí \(X\)trung điểm \(SQ\)thì tổng độ dài thanh treo máy chiếu và cả thân máy chiếu lớn nhất là \(8 – 3,2 = 4,8\left( m \right)\).
Câu 22:
Một bàn cờ vua gồm \(8 \times 8\) ô vuông, mỗi ô có cạnh bằng 1 đơn vị. Một ô vừa là hình vuông hay hình chữ nhật, hai ô là hình chữ nhật,… Chọn ngẫu nhiên một hình chữ nhật trên bàn cờ. Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị bằng \(\frac{a}{b}\) với \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản và \(a,b \in \mathbb{Z}\). Tính giá trị biểu thức \(T = a + 2b\).
Trả lời: 437
Bàn cờ \(8 \times 8\) cần 9 đoạn thẳng nằm ngang và 9 đoạn thẳng dọc. Ta coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thẳng \(x = 0,x = 1,…,x = 8\) và \(y = 0,y = 1,…,y = 8\).
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng nằm ngang \(x\) và hai đường thẳng nằm dọc \(y\) nên có \(C_9^2.C_9^2\) hình chữ nhật hay không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_9^2.C_9^2 = 1296\).
Gọi \(A\) là biến cố: “ Hình được chọn là hình vuông có cạnh \(a\) lớn hơn 4”.
Trường hợp 1: \(a = 5\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 5 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 5 đơn vị có \(4.4 = 16\) cách chọn.
Trường hợp 2: \(a = 6\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 6 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 6 đơn vị có \(3.3 = 9\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(a = 7\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 7 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 7 đơn vị có \(2.2 = 4\) cách chọn.
Trường hợp 4: \(a = 8\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 8 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 8 đơn vị có \(1.1 = 1\) cách chọn.
Do đó \(n\left( A \right) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là:
\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{321}} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 5 \hfill \\
b = 216 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow T = a + 2b = 5 + 2.216 = 437\).
Bàn cờ \(8 \times 8\) cần 9 đoạn thẳng nằm ngang và 9 đoạn thẳng dọc. Ta coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thẳng \(x = 0,x = 1,…,x = 8\) và \(y = 0,y = 1,…,y = 8\).
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng nằm ngang \(x\) và hai đường thẳng nằm dọc \(y\) nên có \(C_9^2.C_9^2\) hình chữ nhật hay không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_9^2.C_9^2 = 1296\).
Gọi \(A\) là biến cố: “ Hình được chọn là hình vuông có cạnh \(a\) lớn hơn 4”.
Trường hợp 1: \(a = 5\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 5 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 5 đơn vị có \(4.4 = 16\) cách chọn.
Trường hợp 2: \(a = 6\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 6 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 6 đơn vị có \(3.3 = 9\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(a = 7\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 7 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 7 đơn vị có \(2.2 = 4\) cách chọn.
Trường hợp 4: \(a = 8\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 8 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 8 đơn vị có \(1.1 = 1\) cách chọn.
Do đó \(n\left( A \right) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là:
\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{321}} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 5 \hfill \\
b = 216 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow T = a + 2b = 5 + 2.216 = 437\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: A
\(x = 5\).
Câu 2
Đáp án đúng: A
\(\left( {\frac{1}{2};\,\frac{3}{2};\, - 1} \right)\).
Câu 3
Đáp án đúng: A
\(\frac{1}{2}\).
Câu 4
Đáp án đúng: B
\(\frac{x}{4} + \frac{y}{{ - 2}} + \frac{z}{2} = 0\).
Câu 5
Đáp án đúng: D
\(x = 2024\).
Câu 6
Đáp án đúng: A
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} \).
Câu 7
Đáp án đúng: A
\(5\).
Câu 8
Đáp án đúng: B
\(x = 1\) và \(x = - 2\).
Câu 9
Đáp án đúng: A
\(5\).
Câu 10
Đáp án đúng: A
\(\int {2026\sin x{d}x = - 2026\cos x + C} \).
Câu 11
Đáp án đúng: B
\({s^2} = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{\left( {{c_1} - \overline x } \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{c_2} - \overline x } \right)}^2} + ... + {n_k}{{\left( {{c_k} - \overline x } \right)}^2}} \right]\).
Câu 12
Đáp án đúng: C
\(AC \bot \left( {SAB} \right)\).
Câu 13
Đáp án đúng: B
Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( {0;1} \right)\); \(\left( {1;2} \right)\).
Câu 14
Đáp án đúng: C
Quãng đường mà vật đi được từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn được xác định bởi công thức (mét)
Câu 15
Đáp án đúng: C
Điểm \(I\) thỏa mãn \( - 2\overrightarrow {IA} - 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} = \vec 0\), ta được: \(I\left( { - 13;35; - 2} \right)\).
Câu 16
Đáp án đúng: A
\(P\left( A \right) = \frac{3}{5}\) và \(P\left( B \right) = \frac{2}{5}\).
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 9
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 9 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 9 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 9 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 9 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 9, 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 9 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 9 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 9 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.