Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026-Đề 2
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-Đề 2
Thực Hành Làm Bài Thi Trắc Nghiệm: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026-Đề 2
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-Đề 2. 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-Đề 2 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-Đề 2
Câu 1:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( { - 1;1} \right)\).
Chọn B
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { – 1;1} \right)\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { – 1;1} \right)\).
Câu 2:
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x – 3}}{{x + 1}}\) là đường thẳng có phương trình
\(y = 2\).
Chọn C
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x – 3}}{{x + 1}}\) là đường thẳng có phương trình \(y = 2\)
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x – 3}}{{x + 1}}\) là đường thẳng có phương trình \(y = 2\)
Câu 3:
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0; – 2;1} \right)\) và bán kính \(R = 5\). Phương trình của \(\left( S \right)\) là
\(\;{x^2} + {(y + 2)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 25\).
Chọn A
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0; – 2;1} \right)\) và bán kính \(R = 5\) có dạng \({x^2} + {(y + 2)^2} + {(z – 1)^2} = 25\)
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0; – 2;1} \right)\) và bán kính \(R = 5\) có dạng \({x^2} + {(y + 2)^2} + {(z – 1)^2} = 25\)
Câu 4:
Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với \(A\left( {1;2; – 1} \right),B\left( {2; – 1;3} \right),C\left( { – 3;5;1} \right)\). Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là
\(\left( {0;2;1} \right)\).
Chọn A
Trọng tâm tam giác ABC có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 2 – 3}}{3} = 0} \\
{{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{2 – 1 + 5}}{3} = 2} \\
{{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{ – 1 + 3 + 3}}{3} = 1}
\end{array}} \right.\)
Hay \(G\left( {0;2;1} \right)\)
Trọng tâm tam giác ABC có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 2 – 3}}{3} = 0} \\
{{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{2 – 1 + 5}}{3} = 2} \\
{{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{ – 1 + 3 + 3}}{3} = 1}
\end{array}} \right.\)
Hay \(G\left( {0;2;1} \right)\)
Câu 5:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\) với \(AB = a,AC = 2a\) cạnh \(SA\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\) và \(SA = a\sqrt 3 \). Tính thể tích khối chóp \(S.ABC\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
Chọn A
Ta có:
\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.B.h = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.a.2a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
Ta có:
\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.B.h = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.a.2a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
Câu 6:
Với \(a\) là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
\({{log}}{a^3} = 3{{log}}a\).
Chọn A
Câu 7:
Cho cấp số cộng có \({u_1} = 3,{u_2} = 6\). Xác định công sai d của cấp số cộng
\({{d}} = 3\).
Chọn C
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 6 – 3 = 3\).
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 6 – 3 = 3\).
Câu 8:
Biết phương trình \(\sin x = m\) có một họ nghiệm là \(x = \frac{\pi }{5} + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\). Họ nghiệm còn lại của phương trình đã cho là biểu thức nào sau đây?
\(x = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Chọn C
Ta có phương trình \(\sin x = m\) có một họ nghiệm là \(x = \frac{\pi }{5} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\), họ nghiệm còn lại là
\(x = \pi – \frac{\pi }{5} + k2\pi = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Ta có phương trình \(\sin x = m\) có một họ nghiệm là \(x = \frac{\pi }{5} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\), họ nghiệm còn lại là
\(x = \pi – \frac{\pi }{5} + k2\pi = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Câu 9:
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M\) và \(P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB\) và \(CD\). Đặt \(\overrightarrow {BA} = \overrightarrow b ,\,\overrightarrow {AC} = \overrightarrow c ,\,\overrightarrow {AD} = \overrightarrow d \). Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow c + \overrightarrow d + \overrightarrow b } \right)\).
Chọn A
\(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} \)
\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} \)
\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AD} } \right)\)
\( = \frac{1}{2}\vec b + \vec d + \frac{1}{2}\left( {\vec c – \vec d} \right)\)
\( = \frac{1}{2}\left( {\vec b + \vec c + \vec d} \right)\)
\(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} \)
\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} \)
\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AD} } \right)\)
\( = \frac{1}{2}\vec b + \vec d + \frac{1}{2}\left( {\vec c – \vec d} \right)\)
\( = \frac{1}{2}\left( {\vec b + \vec c + \vec d} \right)\)
Câu 10:
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) = x – \sin x\) là
\(\frac{{{x^2}}}{2} + \cos x + C\).
Chọn A
\(\int {f\left( x \right){{d}}x} = \int {\left( {x – \sin x} \right){{d}}x} = \frac{{{x^2}}}{2} + \cos x + C\).
\(\int {f\left( x \right){{d}}x} = \int {\left( {x – \sin x} \right){{d}}x} = \frac{{{x^2}}}{2} + \cos x + C\).
Câu 11:
Cho hàm số \(f(x) = \int {\left( {3{x^2} – ax + 1} \right)} dx\) và biết rằng \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) – 2}}{{x – 1}} = 5\)
Hãy tính giá trị \(f(0)\).
Hãy tính giá trị \(f(0)\).
\( - \frac{1}{2}\).
Chọn C
Ta biết: Tại \(f\prime (1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) – f(1)}}{{x – 1}}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) – 2}}{{x – 1}} = 5\) nên \(f(1) = 2,f\prime (1) = 5\).
Ta có \(f\prime (x) = 3{x^2} – ax + 1\) nên \(f\prime (1) = 3 – a + 1 = 5\quad \Rightarrow \quad a = – 1.\)
Suy ra \(f(x) = {x^3} + \frac{1}{2}{x^2} + x + C.\) Vì \(f(1) = 1 + \frac{1}{2} + 1 + C = 2\) nên \(C = – \frac{1}{2}.\)
Do đó \(f(0) = – \frac{1}{2}\)
Ta biết: Tại \(f\prime (1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) – f(1)}}{{x – 1}}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) – 2}}{{x – 1}} = 5\) nên \(f(1) = 2,f\prime (1) = 5\).
Ta có \(f\prime (x) = 3{x^2} – ax + 1\) nên \(f\prime (1) = 3 – a + 1 = 5\quad \Rightarrow \quad a = – 1.\)
Suy ra \(f(x) = {x^3} + \frac{1}{2}{x^2} + x + C.\) Vì \(f(1) = 1 + \frac{1}{2} + 1 + C = 2\) nên \(C = – \frac{1}{2}.\)
Do đó \(f(0) = – \frac{1}{2}\)
Câu 12:
Theo thống kê điểm trung bình môn Toán của một số học sinh đã trúng tuyển vào lớp 10 năm học 2024 – 2025 của Trường TH – THCS – THPT Lê Thánh Tông được kết quả như bảng sau: Khoảng điểm
[6,5;7)
[7;7,5)
[7,5;8)
[8;8,5)
[8,5;9)
[9;9,5)
[9,5;10) Tần số
7
10
17
24
13
8
5 Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là
[6,5;7)
[7;7,5)
[7,5;8)
[8;8,5)
[8,5;9)
[9;9,5)
[9,5;10) Tần số
7
10
17
24
13
8
5 Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là
\({{\Delta }}Q = 1\).
Chọn B
Câu 13:
Kính viễn vọng không gian Hubble được đưa vào vũ trụ ngày 24/4/1990 bằng tàu con thoi Discovery.
Vận tốc của tàu con thoi trong sứ mệnh này, từ lúc cất cánh tại thời điểm \(t = 0\left( s \right)\) cho đến khi tên lửa đấy được phóng đi tại thời điểm \(t = 126\left( s \right)\), cho bởi hàm số sau:
\(v\left( t \right) = 0,001302{t^3} – 0,09029{t^2} + 23,61t – 3,083\)(v được tính bằng feet/s, 1 feet \( = 0,3048m\)). Xét tính đúng sai của mệnh đề sau
Vận tốc của tàu con thoi trong sứ mệnh này, từ lúc cất cánh tại thời điểm \(t = 0\left( s \right)\) cho đến khi tên lửa đấy được phóng đi tại thời điểm \(t = 126\left( s \right)\), cho bởi hàm số sau:
\(v\left( t \right) = 0,001302{t^3} – 0,09029{t^2} + 23,61t – 3,083\)(v được tính bằng feet/s, 1 feet \( = 0,3048m\)). Xét tính đúng sai của mệnh đề sau
Gia tốc của tàu con thoi tăng trong khoảng thời gian từ lúc cất cánh đến thời điểm \(t = 23\left( s \right)\).
a) Đúng. Vận tốc tàu: \(v\left( t \right) = 0,001302{t^3} – 0,09029{t^2} + 23,61t – 3,083\) (feet/s).
\(t \in \left[ {0;126} \right]\) (giây).
Ta có:
\(v\prime\left( t \right) = 0,003906{t^2} – 0,18058t + 23,61 > 0,\forall t\)
Do đó: \(v\prime\left( t \right) > 0\) với \(t \in \left[ {0;126} \right]\).
Bảng biến thiên:
Vậy vận tốc luôn tăng trong khoảng thời gian trên.
b) Đúng. Gia tốc tàu:
\(a\left( t \right) = v\prime\left( t \right) = 0,003906{t^2} – 0,18058t + 23,61.\)
Ta
\(a\prime\left( t \right) = 0,007812t – 0,18058.\)
\(a\prime\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t \approx 23,12\).
Bảng biến thiên:
Vậy gia tốc lớn nhất mà tàu con thoi có thể đạt được trong khoảng thời gian trên là 62,87 (feet/s2).
S = 4. Diện tích một mặt bên + Diện tích đáy
\( = 4.h.x + x.x = 4hx + {x^2}{{\;}}\left( {d{m^2}} \right)\)
c) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy gia tốc của tàu giảm từ lúc cất cánh đến thời điểm \(t = 23\left( s \right)\).
d) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy gia tốc tàu giảm trong khoảng thời gian từ \(21,5s\) đến \(23,12s\) và tăng trong khoảng thời gian từ \(23,12s\) đến \(126s\).
\(t \in \left[ {0;126} \right]\) (giây).
Ta có:
\(v\prime\left( t \right) = 0,003906{t^2} – 0,18058t + 23,61 > 0,\forall t\)
Do đó: \(v\prime\left( t \right) > 0\) với \(t \in \left[ {0;126} \right]\).
Bảng biến thiên:
Vậy vận tốc luôn tăng trong khoảng thời gian trên.
b) Đúng. Gia tốc tàu:
\(a\left( t \right) = v\prime\left( t \right) = 0,003906{t^2} – 0,18058t + 23,61.\)
Ta
\(a\prime\left( t \right) = 0,007812t – 0,18058.\)
\(a\prime\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t \approx 23,12\).
Bảng biến thiên:
Vậy gia tốc lớn nhất mà tàu con thoi có thể đạt được trong khoảng thời gian trên là 62,87 (feet/s2).
S = 4. Diện tích một mặt bên + Diện tích đáy
\( = 4.h.x + x.x = 4hx + {x^2}{{\;}}\left( {d{m^2}} \right)\)
c) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy gia tốc của tàu giảm từ lúc cất cánh đến thời điểm \(t = 23\left( s \right)\).
d) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy gia tốc tàu giảm trong khoảng thời gian từ \(21,5s\) đến \(23,12s\) và tăng trong khoảng thời gian từ \(23,12s\) đến \(126s\).
Câu 14:
Một đoàn tàu đứng yên trong sân ga, ngay trước đầu tàu có một cái cây. Đoàn tàu khởi hành từ trạng thái đứng yên với gia tốc \(a = 0,005t\left( {{{m}}/{{{s}}^2}} \right)\) và đi qua cái cây trong thời gian 60 giây. Sau 80 giây đoàn tàu chuyển sang trạng thái chuyển động đều.
Vận tốc của đoàn tàu là \(v = {5.10^{ - 3}}{t^2}\left( {{{m}}/{{s}}} \right)\)
a) Sai: Vận tốc của đoàn tàu là \(v = \mathop \smallint \nolimits^ \;adt = \mathop \smallint \nolimits^ \;0,005tdt = 2,{5.10^{ – 3}}{t^2} + C\)
Vì ban đầu tàu đứng yên nên \(C = 0\)
Vậy \(v = 2,{5.10^{ – 3}}{t^2}\)
b) Đúng: Quãng đường đoàn tàu đi được là
\(s = \mathop \smallint \nolimits^ \;vdt = \mathop \smallint \nolimits^ \;2,{5.10^{ – 3}}{t^2}dt = \frac{{2,{{5.10}^{ – 3}}}}{3}{t^3}\)
Chiều dài của đoàn tàu là \(l = \frac{{2,{{5.10}^{ – 3}}}}{3}{.60^3} = 180\left( {{m}} \right)\)
c) Đúng: Sau 80 giây vận tốc của đoàn tàu là
\(v = 2,{5.10^{ – 3}}{.80^2} = 16\left( {{{m}}/{{s}}} \right) = 57,6\left( {{{km}}/{{h}}} \right)\)
d) Sai: Khi bắt đầu chuyển động đều, vận tốc của đoàn tàu là \(v = 16\left( {{{m}}/{{s}}} \right)\)
Tổng quãng đường đoàn tàu đi để vượt qua cây cầu là
\({S_t} = 180 + 480 = 660\left( {{m}} \right)\)
Vậy thời gian đoàn tàu qua cầu là \(t = \frac{{560}}{{16}} = 35\) (giây)
Vì ban đầu tàu đứng yên nên \(C = 0\)
Vậy \(v = 2,{5.10^{ – 3}}{t^2}\)
b) Đúng: Quãng đường đoàn tàu đi được là
\(s = \mathop \smallint \nolimits^ \;vdt = \mathop \smallint \nolimits^ \;2,{5.10^{ – 3}}{t^2}dt = \frac{{2,{{5.10}^{ – 3}}}}{3}{t^3}\)
Chiều dài của đoàn tàu là \(l = \frac{{2,{{5.10}^{ – 3}}}}{3}{.60^3} = 180\left( {{m}} \right)\)
c) Đúng: Sau 80 giây vận tốc của đoàn tàu là
\(v = 2,{5.10^{ – 3}}{.80^2} = 16\left( {{{m}}/{{s}}} \right) = 57,6\left( {{{km}}/{{h}}} \right)\)
d) Sai: Khi bắt đầu chuyển động đều, vận tốc của đoàn tàu là \(v = 16\left( {{{m}}/{{s}}} \right)\)
Tổng quãng đường đoàn tàu đi để vượt qua cây cầu là
\({S_t} = 180 + 480 = 660\left( {{m}} \right)\)
Vậy thời gian đoàn tàu qua cầu là \(t = \frac{{560}}{{16}} = 35\) (giây)
Câu 15:
Trong không gian \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là ki-lô-mét), một máy bay đang ở vị trí \(A\left( {4; – 0,5;0,5} \right)\) và sẽ hạ cánh ở vị trí \(B\left( {3;2,5;0} \right)\) ở trên đường băng \(EG\) (hình vẽ). Có một lớp mây được mô phỏng bởi mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua ba điểm \(M\left( {8;0;0} \right)\), \(N\left( {0; – 8;0} \right)\) và \(P\left( {0;0;0,8} \right)\).
Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối \(G\left( {4,5;5,5;0} \right)\) của đường băng ở độ cao tối thiểu là \(120m\). Nếu sau khi ra khỏi đám mây tầm nhìn của người phi công là \(900m\) thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.
a)Đúng.
Đường thẳng \(AB\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( { – 1;3; – 0,5} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {4; – 0,5;0,5} \right)\) nên có phương trình: \(\left\{ \begin{gathered}
x = 4 – t \hfill \\
y = – 0,5 + 3t \hfill \\
z = 0,5 – 0,5t \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
b) Đúng.
Máy bay cách mặt đất \(120m\) tức là \({z_D} = 0,12\) suy ra \(0,5 – 0,5t = 0,12 \Leftrightarrow t = 0,76\).
Do đó \(D\left( {4 – 0,76; – 0,5 + 3 \cdot 0,76;0,12} \right)\) hay \(D\left( {3,24;1,78;0,12} \right)\).
c) Đúng.
Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là \(\frac{x}{8} + \frac{y}{{ – 8}} + \frac{z}{{0,8}} = 1\).
Gọi giao điểm của \(AB\) và \(\left( \alpha \right)\) là \(C\left( {4 – t; – 0,5 + 3t;0,5 – 0,5t} \right)\) suy ra
\(\frac{{4 – t}}{8} + \frac{{ – 0,5 + 3t}}{{ – 8}} + \frac{{0,5 – 0,5t}}{{0,8}} = 1\).
Giải phương trình trên thu được \(t = \frac{1}{6}\) suy ra \(C\left( {\frac{{23}}{6};0;\frac{5}{{12}}} \right)\).
Khi đó độ cao của máy bay là \(\frac{5}{{12}} \approx 0,42\left( {km} \right)\).
d) Sai.
Khi máy bay ở độ cao \(120m\) thì máy bay ở vị trí \(D\left( {3,24;1,78;0,12} \right)\).
\(DG = \left| {\overrightarrow {DG} } \right| = \sqrt {{{\left( {4,5 – 3,24} \right)}^2} + {{\left( {5,5 – 1,78} \right)}^2} + {{\left( {0 – 0,12} \right)}^2}} \approx 3,9 > 0,9\) do đó người phi công không đạt được quy định an toàn bay.
Đường thẳng \(AB\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( { – 1;3; – 0,5} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {4; – 0,5;0,5} \right)\) nên có phương trình: \(\left\{ \begin{gathered}
x = 4 – t \hfill \\
y = – 0,5 + 3t \hfill \\
z = 0,5 – 0,5t \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
b) Đúng.
Máy bay cách mặt đất \(120m\) tức là \({z_D} = 0,12\) suy ra \(0,5 – 0,5t = 0,12 \Leftrightarrow t = 0,76\).
Do đó \(D\left( {4 – 0,76; – 0,5 + 3 \cdot 0,76;0,12} \right)\) hay \(D\left( {3,24;1,78;0,12} \right)\).
c) Đúng.
Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là \(\frac{x}{8} + \frac{y}{{ – 8}} + \frac{z}{{0,8}} = 1\).
Gọi giao điểm của \(AB\) và \(\left( \alpha \right)\) là \(C\left( {4 – t; – 0,5 + 3t;0,5 – 0,5t} \right)\) suy ra
\(\frac{{4 – t}}{8} + \frac{{ – 0,5 + 3t}}{{ – 8}} + \frac{{0,5 – 0,5t}}{{0,8}} = 1\).
Giải phương trình trên thu được \(t = \frac{1}{6}\) suy ra \(C\left( {\frac{{23}}{6};0;\frac{5}{{12}}} \right)\).
Khi đó độ cao của máy bay là \(\frac{5}{{12}} \approx 0,42\left( {km} \right)\).
d) Sai.
Khi máy bay ở độ cao \(120m\) thì máy bay ở vị trí \(D\left( {3,24;1,78;0,12} \right)\).
\(DG = \left| {\overrightarrow {DG} } \right| = \sqrt {{{\left( {4,5 – 3,24} \right)}^2} + {{\left( {5,5 – 1,78} \right)}^2} + {{\left( {0 – 0,12} \right)}^2}} \approx 3,9 > 0,9\) do đó người phi công không đạt được quy định an toàn bay.
Câu 16:
Xác suất để công ty \(X\) thuê một trong hai công ty vệ tinh \(A\) và \(B\) tư vấn lần lượt là 0,4 và 0,6. Theo kinh nghiệm khả năng \(X\) phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn của công ty \(A\) và \(B\) lần lượt là 0,05 và 0,03
Biết \(X\) có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn. Xác suất để \(X\) thuê công ty \(A\) tư vấn là 0,4737
Gọi \(T\) là biến cố “công ty \(X\) thuê công ty \(A\)”
Khi đó \(\overline T \) là biến cố “công ty \(Y\) thuê công ty \(B\)”
Gọi \(C\) là biến cố “công ty \(X\) phát sinh thêm chi phí”
a) Đúng: Vì \(C\) phụ thuộc vào hệ đầy đủ \(\left\{ {T,\overline T } \right\}\) nên
\(P\left( C \right) = P\left( T \right).P\left( {C\mid T} \right) + P\left( {\overline T } \right).P\left( {C\mid \overline T } \right)\)
\( = 0,4.0,05 + 0,6.0,03 = 0,038\)
b) Sai: Ta có
\(P\left( {T\mid C} \right).P\left( C \right) = P\left( {C\mid T} \right).P\left( T \right)\)
\( \Rightarrow P\left( {T\mid C} \right) = \frac{{P\left( {C\mid T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( C \right)}}\)
\( = \frac{{0,05.0,4}}{{0,038}} = 0,5263\)
c) Sai: Ta có
\(P\left( {\overline T \mid C} \right) = 1 – P\left( {T\mid C} \right) = 1 – 0,5263 = 0,4737\)
d) Đúng: Ta có: \(P\left( C \right) = 0,038 \Rightarrow P\left( {\overline C } \right) = 0,962\)
\(P\left( {T\mid \overline C } \right).P\left( {\overline C } \right) = P\left( {\overline C \mid T} \right).P\left( T \right)\)
\( \Rightarrow P\left( {T\mid \overline C } \right) = \frac{{P\left( {\overline C \mid T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( {\overline C } \right)}}\)
\( = \frac{{\left( {1 – 0,05} \right).0,4}}{{0,962}} = 0,395\).
Khi đó \(\overline T \) là biến cố “công ty \(Y\) thuê công ty \(B\)”
Gọi \(C\) là biến cố “công ty \(X\) phát sinh thêm chi phí”
a) Đúng: Vì \(C\) phụ thuộc vào hệ đầy đủ \(\left\{ {T,\overline T } \right\}\) nên
\(P\left( C \right) = P\left( T \right).P\left( {C\mid T} \right) + P\left( {\overline T } \right).P\left( {C\mid \overline T } \right)\)
\( = 0,4.0,05 + 0,6.0,03 = 0,038\)
b) Sai: Ta có
\(P\left( {T\mid C} \right).P\left( C \right) = P\left( {C\mid T} \right).P\left( T \right)\)
\( \Rightarrow P\left( {T\mid C} \right) = \frac{{P\left( {C\mid T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( C \right)}}\)
\( = \frac{{0,05.0,4}}{{0,038}} = 0,5263\)
c) Sai: Ta có
\(P\left( {\overline T \mid C} \right) = 1 – P\left( {T\mid C} \right) = 1 – 0,5263 = 0,4737\)
d) Đúng: Ta có: \(P\left( C \right) = 0,038 \Rightarrow P\left( {\overline C } \right) = 0,962\)
\(P\left( {T\mid \overline C } \right).P\left( {\overline C } \right) = P\left( {\overline C \mid T} \right).P\left( T \right)\)
\( \Rightarrow P\left( {T\mid \overline C } \right) = \frac{{P\left( {\overline C \mid T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( {\overline C } \right)}}\)
\( = \frac{{\left( {1 – 0,05} \right).0,4}}{{0,962}} = 0,395\).
Câu 17:
Một vật lưu niệm làm bằng thủy tinh có dạng hình lăng trụ đều có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(AB = 10\)\(\left( {{{cm}}} \right)\). Phía bên trong làm bằng nhựa đặc là hình chóp cụt đều \(MNPQ.ABCD\) có \(MN = 5\)\(\left( {{{cm}}} \right)\) và chiều cao bằng chiều cao của lăng trụ như hình vẽ. Biết rằng khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {CDQP} \right)\) bằng \(3\sqrt {10} \)\(\left( {{{cm}}} \right)\). Phần khoảng trống bên trong vật lưu niệm người ta bơm chất lỏng có màu sắc (xem độ dày thành vật thể không đáng kể).
Khi đó thể tích phần chất lỏng bơm vào là \(\frac{a}{b}\)(lít) với \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản. Tìm \(a + b\).
Khi đó thể tích phần chất lỏng bơm vào là \(\frac{a}{b}\)(lít) với \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản. Tìm \(a + b\).
Trả lời: \(21\).Kéo dài \(PQ\) cắt \(B’C’\) tại \(H\), kẻ \(BL \bot CH\).
Mà \(CD \bot BL\left( {CD \bot \left( {BCC’B’} \right)} \right)\)
Nên \(BL \bot \left( {CDQP} \right)\).
\( \Rightarrow d\left[ {B;\left( {CDQL} \right)} \right] = BL = 3\sqrt {10} \)
\(\Delta LBC \sim \Delta C’CH \Rightarrow \frac{{BL}}{{C’C}} = \frac{{BC}}{{CH}} \Rightarrow \frac{{3\sqrt {10} }}{{C’C}} = \frac{{10}}{{\sqrt {C{{C’}^2} + 2,{5^2}} }} \Rightarrow CC’ = \frac{{15}}{2}\)
\(V{\,_{chop\,cut}} = \frac{{CC’}}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}.{S_2}} } \right) = \frac{5}{2}\left( {{{10}^2} + {5^2} + \sqrt {{{10}^2}{{.5}^2}} } \right) = \frac{{875}}{2}\left( {c{m^3}} \right)\)
\({V_{chatlong}} = {10^2}.\frac{{15}}{2} – {V_{chop\,cut}} = \frac{{625}}{2}\left( {c{m^3}} \right) = \frac{5}{{16}}\left( l \right)\).
\( \Rightarrow a = 5,b = 16 \Rightarrow \,\,a + b = 21\).
Câu 18:
Một buổi chiều nọ, bên bếp lửa hồng trong gian nhà ấm áp, người ta nhìn thấy ba mẹ con cùng ăn đậu phộng rang. Tấm ăn trước, cô bốc 1 hạt đậu và bỏ vào miệng; Cám là người bốc đậu tiếp theo, cô bỏ 2 hạt đậu vào miệng; dì ghẻ là người bốc đậu kế tiếp liền bỏ 3 hạt vào miệng. Trở lại lượt của Tấm, cô lấy 4 hạt đậu, rồi cám lấy 5 hạt đậu, dì ghẻ lấy 6 hạt đậu … Bữa ăn hào hứng như thế cho đến lượt cuối cùng thì số hạt đậu không đủ theo quy luật trò chơi, người nào đến lượt cuối sẽ lấy hết số đậu còn lại. Sau bữa ăn ấm áp ấy, Tấm nhận ra mình đã cho vào bụng 317 hạt đậu. Hỏi tổng số đậu mà ba mẹ con đã ăn trong tối đó là bao nhiêu?
Trả lời: 933
Số đậu mà Tấm đã ăn là \(1 + 4 + 7 + 10 + …\)
Số đậu mà Tấm đã ăn từng lượt theo quy luật cấp số cộng với \({u_1} = 1\); \(d = 3\).
Sau n lượt, tổng số đậu mà Tấm đã ăn là \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n – 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{n\left[ {2 + \left( {n – 1} \right) \cdot 3} \right]}}{2} = \frac{{n\left( {3n – 1} \right)}}{2}\).
Xét \({S_n} = 317 \Rightarrow \frac{{n\left( {3n – 1} \right)}}{2} = 317 \Rightarrow 3{n^2} – n – 634 = 0 \Rightarrow n \approx 14,7\) (không thỏa mãn).
Do đó Tấm là người ăn đậu cuối cùng. Sau 14 lượt cô ăn được \({S_{14}} = \frac{{14\left( {3 \cdot 14 – 1} \right)}}{2} = 287\); lượt cuối cô ăn thêm \(317 – 287 = 30\) (hạt).
Số đậu mà Cám đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 2, công sai bằng 3.
Số đậu mà di ghẻ đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3, công sai bằng 3.
Tổng số đậu mà cả ba mẹ con đã ăn được là \(317 + \frac{{14\left( {2 \cdot 2 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} + \frac{{14\left( {2 \cdot 3 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} = \boxed{933}\).
Số đậu mà Tấm đã ăn là \(1 + 4 + 7 + 10 + …\)
Số đậu mà Tấm đã ăn từng lượt theo quy luật cấp số cộng với \({u_1} = 1\); \(d = 3\).
Sau n lượt, tổng số đậu mà Tấm đã ăn là \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n – 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{n\left[ {2 + \left( {n – 1} \right) \cdot 3} \right]}}{2} = \frac{{n\left( {3n – 1} \right)}}{2}\).
Xét \({S_n} = 317 \Rightarrow \frac{{n\left( {3n – 1} \right)}}{2} = 317 \Rightarrow 3{n^2} – n – 634 = 0 \Rightarrow n \approx 14,7\) (không thỏa mãn).
Do đó Tấm là người ăn đậu cuối cùng. Sau 14 lượt cô ăn được \({S_{14}} = \frac{{14\left( {3 \cdot 14 – 1} \right)}}{2} = 287\); lượt cuối cô ăn thêm \(317 – 287 = 30\) (hạt).
Số đậu mà Cám đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 2, công sai bằng 3.
Số đậu mà di ghẻ đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3, công sai bằng 3.
Tổng số đậu mà cả ba mẹ con đã ăn được là \(317 + \frac{{14\left( {2 \cdot 2 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} + \frac{{14\left( {2 \cdot 3 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} = \boxed{933}\).
Câu 19:
Một doanh nghiệp dự định sản xuất không quá \(400\) sản phẩm. Nếu doanh nghiệp sản xuất \(x\) sản phẩm (\(1 \leqslant x \leqslant 400\)) thì doanh thu nhận được khi bán hết số sản phẩm đó là \(F(x) = {x^3} – 1999{x^2} + 1001000x + 250000\) (đồng). Trong đó chi phí vận hành máy móc cho mỗi sản phẩm là \(G\left( x \right) = \frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}}\) (đồng). Tổng chi phí mua nguyên vật liệu là \(H\left( x \right) = 2{x^3} + 100000x – 50000\) (đồng) nhưng do doanh nghiệp đó mua nguyên vật liệu với số lượng lớn nên được giảm \(1\% \) cho 200 sản phẩm đầu tiên doanh nghiệp sản xuất và giảm \(2\% \) cho sản phẩm tiếp theo. Doanh nghiệp cần sản xuất bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất?
Trả lời: \(253\)
Theo đề bài ta có hàm doanh thu \(F\left( x \right) = {x^3} – 1999{x^2} + 1001000x + 250000\)
Chi phí vận hành máy móc cho mỗi sản phẩm là \(G\left( x \right) = \frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}}\)
TH1: Nếu số sản phẩm \(1 \leqslant x \leqslant 200\) thì chi phí mua nguyên vật liệu là:
\(0,99.H\left( x \right) = 0,99\left( {2{x^3} + 100000x – 50000} \right)\)
Khi đó lợi nhuận là
\({P_1}\left( x \right) = F\left( x \right) – xG\left( x \right) – 0,99H\left( x \right)\)
\( = {x^3} – 1999{x^2} + 1001000x + 250000 – x.\frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} – 0,99\left( {2{x^3} + 100000x – 50000} \right)\)
Sử dụng shift solve (casio)
\( \Rightarrow P_1^\prime\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 259 \Rightarrow {P_{{{max}}}} = P\left( {200} \right) \approx 95371263\)
Theo đề bài ta có hàm doanh thu \(F\left( x \right) = {x^3} – 1999{x^2} + 1001000x + 250000\)
Chi phí vận hành máy móc cho mỗi sản phẩm là \(G\left( x \right) = \frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}}\)
TH1: Nếu số sản phẩm \(1 \leqslant x \leqslant 200\) thì chi phí mua nguyên vật liệu là:
\(0,99.H\left( x \right) = 0,99\left( {2{x^3} + 100000x – 50000} \right)\)
Khi đó lợi nhuận là
\({P_1}\left( x \right) = F\left( x \right) – xG\left( x \right) – 0,99H\left( x \right)\)
\( = {x^3} – 1999{x^2} + 1001000x + 250000 – x.\frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} – 0,99\left( {2{x^3} + 100000x – 50000} \right)\)
Sử dụng shift solve (casio)
\( \Rightarrow P_1^\prime\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 259 \Rightarrow {P_{{{max}}}} = P\left( {200} \right) \approx 95371263\)
Câu 20:
Hình 1 là một tác phẩm dự thi của nhà thiết kế sân khấu trong một cuộc thi thiết kế sân khấu ngoài trời tổ chức tại một quảng trường. Khi mở rộng sân khấu trung tâm, ta được Hình 2. Quá trình thiết kế sân khấu trung tâm được mô tả như sau:
Bước 1. Vẽ hình vuông \(ABCD\) có độ dài cạnh bằng 2, và lấy trung điểm của bốn cạnh lần lượt là \(E,F,G,H\).
Bước 2. Vẽ đồ thị của các hàm bậc hai đi qua ba điểm \(B,C,H\) và hàm bậc hai đi qua ba điểm \(F,D,A\).
Bước 3. Tương tự như Bước 2, vẽ đồ thị của các hàm bậc hai đi qua ba điểm \(A,B,G\) và ba điểm \(C,D,E\)
Biết rằng: Diện tích phần tô đen trong Hình 2 được cho bởi công thức: \(\frac{{p\sqrt 2 + q}}{3}\)
Hãy tính giá trị của \(p – q\). (Với \(p,q\) là các số nguyên.)
Bước 1. Vẽ hình vuông \(ABCD\) có độ dài cạnh bằng 2, và lấy trung điểm của bốn cạnh lần lượt là \(E,F,G,H\).
Bước 2. Vẽ đồ thị của các hàm bậc hai đi qua ba điểm \(B,C,H\) và hàm bậc hai đi qua ba điểm \(F,D,A\).
Bước 3. Tương tự như Bước 2, vẽ đồ thị của các hàm bậc hai đi qua ba điểm \(A,B,G\) và ba điểm \(C,D,E\)
Biết rằng: Diện tích phần tô đen trong Hình 2 được cho bởi công thức: \(\frac{{p\sqrt 2 + q}}{3}\)
Hãy tính giá trị của \(p – q\). (Với \(p,q\) là các số nguyên.)
Trả lời: 15
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ:
Gốc tọa độ \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\)
Trục \(Ox \equiv EG;Oy \equiv HF\)
Khi đó ta dễ suy ra được: \(AC:y = – x\) và đồ thị hàm số bậc hai đi qua \(F,D,A\) là:\(y = 2{x^2} – 1\,\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(AC\) và đồ thị hàm số bậc hai đi qua \(F,D,A\) ta được: \(2{x^2} + x – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – 1 \hfill \\
x = \frac{1}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ta gọi \({S_1}\) là diện tích vùng được tô màu xanh như hình trên, khi đó: \({S_1} = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} {\left( {1 – 2{x^2}} \right)dx} = \left. {\left( {x – \frac{2}{3}{x^3}} \right)} \right|_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} = \frac{{\sqrt 2 }}{3} – \frac{5}{{12}}\)
Diện tích phần tô màu cam trong hình trên là: \({S_2} = \frac{1}{8}\)
Vậy diện tích tô màu đen như hình 2 là \(S = 8\left( {{S_1} + {S_2}} \right) = 8\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{3} – \frac{5}{{12}} + \frac{1}{8}} \right) = \frac{{8\sqrt 2 – 7}}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
p = 8 \hfill \\
q = 7 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy \(p – q = 15\)
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ:
Gốc tọa độ \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\)
Trục \(Ox \equiv EG;Oy \equiv HF\)
Khi đó ta dễ suy ra được: \(AC:y = – x\) và đồ thị hàm số bậc hai đi qua \(F,D,A\) là:\(y = 2{x^2} – 1\,\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(AC\) và đồ thị hàm số bậc hai đi qua \(F,D,A\) ta được: \(2{x^2} + x – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – 1 \hfill \\
x = \frac{1}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ta gọi \({S_1}\) là diện tích vùng được tô màu xanh như hình trên, khi đó: \({S_1} = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} {\left( {1 – 2{x^2}} \right)dx} = \left. {\left( {x – \frac{2}{3}{x^3}} \right)} \right|_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} = \frac{{\sqrt 2 }}{3} – \frac{5}{{12}}\)
Diện tích phần tô màu cam trong hình trên là: \({S_2} = \frac{1}{8}\)
Vậy diện tích tô màu đen như hình 2 là \(S = 8\left( {{S_1} + {S_2}} \right) = 8\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{3} – \frac{5}{{12}} + \frac{1}{8}} \right) = \frac{{8\sqrt 2 – 7}}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
p = 8 \hfill \\
q = 7 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy \(p – q = 15\)
Câu 21:
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} – 2x – 2z – 38 = 0\) và hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right):x + 2y – 4 = 0;\left( \beta \right):3y + z – 5 = 0\). Xét \(\left( P \right)\) là mặt phẳng thay đổi, song song với giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\left( \beta \right)\) và tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\). Khoảng cách lớn nhất từ điểm \(A\left( {5; – 5;6} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) bằng bao nhiêu. ( làm tròn đến hàng phần mười)
\({{\Delta }} = \left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{{\Delta }}}} = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ,\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2, – 1,3} \right)\)
Câu 22:
Một bàn cờ vua gồm \(8 \times 8\) ô vuông, mỗi ô vuông 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 \(T = a + 2b\).
Bàn cờ \(8 \times 8\) cần 9 đoạn thẳng nằm ngang và 9 đoạn thẳng dọc.
Coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thẳng \(x = 0,x = 1, \ldots ,x = 8\) và \(y = 0,y = 1, \ldots ,y = 8\).
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng \(x\) và hai đường thẳng \(y\) nên có \(C_8^2.C_8^2\) hình chữ nhật.
Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( {{\Omega }} \right) = C_9^2.C_9^2 = 1296\).
Gọi \(A\) là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh \(a\) lớn hơn 4.
Trường hợp 1: \(a = 5\): 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: \(a = 6\): 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: \(a = 7\): 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 3: \(a = 8\): 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.
Suy ra \(n\left( A \right) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là
\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {{\Omega }} \right)}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{216}}\).
Vậy \(T = a + 2b = 5 + 2.216 = 437\).
Coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thẳng \(x = 0,x = 1, \ldots ,x = 8\) và \(y = 0,y = 1, \ldots ,y = 8\).
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng \(x\) và hai đường thẳng \(y\) nên có \(C_8^2.C_8^2\) hình chữ nhật.
Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( {{\Omega }} \right) = C_9^2.C_9^2 = 1296\).
Gọi \(A\) là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh \(a\) lớn hơn 4.
Trường hợp 1: \(a = 5\): 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: \(a = 6\): 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: \(a = 7\): 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 3: \(a = 8\): 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.
Suy ra \(n\left( A \right) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là
\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {{\Omega }} \right)}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{216}}\).
Vậy \(T = a + 2b = 5 + 2.216 = 437\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: B
\(\left( { - 1;1} \right)\).
Câu 2
Đáp án đúng: C
\(y = 2\).
Câu 3
Đáp án đúng: A
\(\;{x^2} + {(y + 2)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 25\).
Câu 4
Đáp án đúng: A
\(\left( {0;2;1} \right)\).
Câu 5
Đáp án đúng: A
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
Câu 6
Đáp án đúng: A
\({{log}}{a^3} = 3{{log}}a\).
Câu 7
Đáp án đúng: C
\({{d}} = 3\).
Câu 8
Đáp án đúng: C
\(x = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Câu 9
Đáp án đúng: A
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow c + \overrightarrow d + \overrightarrow b } \right)\).
Câu 10
Đáp án đúng: A
\(\frac{{{x^2}}}{2} + \cos x + C\).
Câu 11
Đáp án đúng: C
\( - \frac{1}{2}\).
Câu 12
Đáp án đúng: B
\({{\Delta }}Q = 1\).
Câu 13
Đáp án đúng: C
Gia tốc của tàu con thoi tăng trong khoảng thời gian từ lúc cất cánh đến thời điểm \(t = 23\left( s \right)\).
Câu 14
Đáp án đúng: A
Vận tốc của đoàn tàu là \(v = {5.10^{ - 3}}{t^2}\left( {{{m}}/{{s}}} \right)\)
Câu 15
Đáp án đúng: D
Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối \(G\left( {4,5;5,5;0} \right)\) của đường băng ở độ cao tối thiểu là \(120m\). Nếu sau khi ra khỏi đám mây tầm nhìn của người phi công là \(900m\) thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.
Câu 16
Đáp án đúng: B
Biết \(X\) có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn. Xác suất để \(X\) thuê công ty \(A\) tư vấn là 0,4737
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-Đề 2
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-Đề 2 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-Đề 2 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-Đề 2 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-Đề 2 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-Đề 2, 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-Đề 2 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-Đề 2 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-Đề 2 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.