Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10
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 10
Thực Hành Làm Bài Test Trực Tuyến: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10
Bạn đã sẵn sàng để thử thách năng lực của mình với bộ đề Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10 chưa? Đây là một trong những bài test được đánh giá có tính phân loại cực tốt, thu hút hàng ngàn lượt tham gia thi thử từ các bạn học sinh trên hệ thống. Trước khi click vào nút "Bắt Đầu Làm Bài", hãy chọn cho mình một không gian yên tĩnh, chuẩn bị sẵn giấy nháp, bút và máy tính cầm tay (casio) nếu môn thi yêu cầu tính toán. Lưu ý, đồng hồ sẽ lập tức chạy đếm ngược ngay khi bài thi mở ra, và hệ thống sẽ tự động thu bài khi hết giờ (Time's up). Hãy bỏ lại mọi sự xao nhãng, tập trung cao độ như thể bạn đang ngồi trong một phòng thi thực thụ để phản ánh chính xác nhất năng lực của bản thân qua bài kiểm tra Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10 này.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10
Câu 1:
Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\) (minh họa như hình).
Phát biểu nào sau đây là đúng?
Phát biểu nào sau đây là đúng?
\(\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC'} \).
Chọn C
Ta có \(AA’C’C\) là hình bình hành, theo quy tắc hình bình hành \(\overrightarrow {AA’} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC’} \).
Ta có \(AA’C’C\) là hình bình hành, theo quy tắc hình bình hành \(\overrightarrow {AA’} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC’} \).
Câu 2:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy\(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\). Biết \(SA \bot (ABC)\) và \(SA = a\sqrt 3 \). Thể tích của khối chóp \(S.ABC\) là:
\(\frac{{{a^3}}}{4}\).
Chọn D
Vì \(\Delta ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) nên diện tích \(\Delta ABC\) là:\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)
Thể tích hình chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.\)\(SA\).\({S_{\Delta ABC}}\)\( = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{4}\).
Vì \(\Delta ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) nên diện tích \(\Delta ABC\) là:\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)
Thể tích hình chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.\)\(SA\).\({S_{\Delta ABC}}\)\( = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{4}\).
Câu 3:
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có các số hạng \({u_2} = 2\,,\,\,{u_3} = 5\). Số hạng \({u_5}\) của cấp số cộng là:
\(11\).
Chọn B
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_2} = {u_1} + d \hfill \\
{u_3} = {u_1} + 2d \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} + d = 2 \hfill \\
{u_1} + 2d = 5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} = – 1 \hfill \\
d = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Khi đó \({u_5} = {u_1} + 4d = – 1 + 4.3 = 11\).
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_2} = {u_1} + d \hfill \\
{u_3} = {u_1} + 2d \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} + d = 2 \hfill \\
{u_1} + 2d = 5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} = – 1 \hfill \\
d = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Khi đó \({u_5} = {u_1} + 4d = – 1 + 4.3 = 11\).
Câu 4:
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} – 3x + 4\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) bằng
\(2.\)
Chọn A
Ta có:\(y’ = 3{x^2} – 3\)\( \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – 1 \notin \left[ {0;2} \right] \hfill \\
x = 1 \in \left[ {0;2} \right] \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Nếu \(y = f\left( x \right) = {x^3} – 3x + 4\), khi đó \(f\left( 0 \right) = 4;f\left( 1 \right) = 2;f\left( 2 \right) = 6\).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} – 3x + 4\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) bằng \(2\).
Ta có:\(y’ = 3{x^2} – 3\)\( \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – 1 \notin \left[ {0;2} \right] \hfill \\
x = 1 \in \left[ {0;2} \right] \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Nếu \(y = f\left( x \right) = {x^3} – 3x + 4\), khi đó \(f\left( 0 \right) = 4;f\left( 1 \right) = 2;f\left( 2 \right) = 6\).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} – 3x + 4\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) bằng \(2\).
Câu 5:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
\(2\).
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng \(2\).
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng \(2\).
Câu 6:
Tập xác định của hàm số \(y = \frac{1}{{\operatorname{s} {\text{in}}x}}\) là
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Chọn B
Điều kiện hàm số xác định: \(\operatorname{s} {\text{in}}x \ne {\text{0}} \Leftrightarrow x \ne k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Vậy tập xác định của hàm số \(y = \frac{1}{{\operatorname{s} {\text{in}}x}}\) là: \(\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Điều kiện hàm số xác định: \(\operatorname{s} {\text{in}}x \ne {\text{0}} \Leftrightarrow x \ne k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Vậy tập xác định của hàm số \(y = \frac{1}{{\operatorname{s} {\text{in}}x}}\) là: \(\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Câu 7:
Trong không gian \(Oxyz\), gọi \(M’\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2;3; – 1} \right)\) trên trục \(Oy\). Khi đó \(\overrightarrow {MM’} \) có toạ độ là
\(\left( { - 2;0;1} \right)\).
.Lời giải:Chọn C
\(M’\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2;3; – 1} \right)\) trên trục \(Oy\), suy ra toạ độ \(M’\left( {0;3;0} \right)\).
Vậy \(\overrightarrow {MM’} = \left( { – 2;0;1} \right)\).
\(M’\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2;3; – 1} \right)\) trên trục \(Oy\), suy ra toạ độ \(M’\left( {0;3;0} \right)\).
Vậy \(\overrightarrow {MM’} = \left( { – 2;0;1} \right)\).
Câu 8:
Tập xác định của hàm số \(y = {\log _2}\left( {x – 3} \right)\) là
\(\left( {3\,;\, + \infty } \right).\)
Chọn D
Hàm số xác định khi \(x – 3 > 0 \Leftrightarrow x > 3\).
Tập xác định của hàm số là \(\left( {3\,;\, + \infty } \right)\).
Hàm số xác định khi \(x – 3 > 0 \Leftrightarrow x > 3\).
Tập xác định của hàm số là \(\left( {3\,;\, + \infty } \right)\).
Câu 9:
Cho mẫu số liệu ghép nhóm về khoảng tuổi và số người như bảng sau: Khoảng tuổi
[22; 31)
[31; 40)
[40; 49)
[49; 58)
[58; 67)
[67; 76) Số người
33
23
23
16
16
9 Khoảng tứ phân vị (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm) của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho bằng
[22; 31)
[31; 40)
[40; 49)
[49; 58)
[58; 67)
[67; 76) Số người
33
23
23
16
16
9 Khoảng tứ phân vị (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm) của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho bằng
\(25,01.\)
Chọn B
Cỡ mẫu \(n = 120.\)
Nhóm chứa \({Q_1}\) là \(\left[ {22\,;\,31} \right)\) nên \({Q_1} = 22 + \frac{{\frac{1}{4}.120}}{{33}}.9 = 30,18\)
Nhóm chứa \({Q_3}\) là \(\left[ {49\,;\,58} \right)\) nên \({Q_3} = 49 + \frac{{\frac{3}{4}.120 – (33 + 23 + 23)}}{{16}}.9 = 55,19\)
Khoảng tứ phân vị là: \(\Delta Q = {Q_3} – {Q_1} = 55,19 – 30,18 = 25,01.\)
Cỡ mẫu \(n = 120.\)
Nhóm chứa \({Q_1}\) là \(\left[ {22\,;\,31} \right)\) nên \({Q_1} = 22 + \frac{{\frac{1}{4}.120}}{{33}}.9 = 30,18\)
Nhóm chứa \({Q_3}\) là \(\left[ {49\,;\,58} \right)\) nên \({Q_3} = 49 + \frac{{\frac{3}{4}.120 – (33 + 23 + 23)}}{{16}}.9 = 55,19\)
Khoảng tứ phân vị là: \(\Delta Q = {Q_3} – {Q_1} = 55,19 – 30,18 = 25,01.\)
Câu 10:
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) = {2026^x}\) là
\(\frac{{{{2026}^x}}}{{\ln 2026}} + C\)
Chọn D
\(\int {{{2026}^x}dx} = \frac{{{{2026}^x}}}{{\ln 2026}} + C\)
\(\int {{{2026}^x}dx} = \frac{{{{2026}^x}}}{{\ln 2026}} + C\)
Câu 11:
Nếu \(\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = 2\) thì \(\int\limits_{ – 1}^4 {\left[ {4 – 3f\left( x \right)} \right]{\text{d}}x} \) bằng
\(14\).
Chọn A
Ta có:
\(\int\limits_{ – 1}^4 {\left[ {4 – 3f\left( x \right)} \right]{\text{d}}x = } \int\limits_{ – 1}^4 {{\text{4d}}x} – 3\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} \)
\(\left. { = 4x} \right|_{ – 1}^4 – 3\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = 20 – 3.2 = 14\)
Ta có:
\(\int\limits_{ – 1}^4 {\left[ {4 – 3f\left( x \right)} \right]{\text{d}}x = } \int\limits_{ – 1}^4 {{\text{4d}}x} – 3\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} \)
\(\left. { = 4x} \right|_{ – 1}^4 – 3\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = 20 – 3.2 = 14\)
Câu 12:
Mặt cầu tâm \(I\left( { – 3;0;4} \right)\) và bán kính \(R = 4\) có phương trình là
\({(x + 3)^2} + {y^2} + {(z - 4)^2} = 16\).
Chọn C
Phương trình mặt cầu tâm \(I\), bán kính \(R\) là \({(x + 3)^2} + {y^2} + {(z – 4)^2} = 16\).
Phương trình mặt cầu tâm \(I\), bán kính \(R\) là \({(x + 3)^2} + {y^2} + {(z – 4)^2} = 16\).
Câu 13:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – x – 1}}{{x + 1}}\) và điểm \(A\left( { – 1;\, – 3} \right)\).
Hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2\,;\,\,0} \right)\).
a) Đúng.
Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – x – 1}}{{x + 1}}\), TXĐ: \(D = \mathbb{R}\left\{ { – 1} \right\}\)
\( \Rightarrow f’\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Bảng xét dấu của hàm \(f’\left( x \right)\)
Từ bảng xét dấu trên suy ra hàm số \(f\left( x \right)\) có đúng 2 điểm cực trị.
b) Sai.
Ta có \(f’\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
– 2 < x < - 1 \hfill \\
– 1 < x < 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) không nghịch biến trên khoảng \(\left( { – 2;\,0} \right)\).
c) Đúng.
\(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – x – 1}}{{x + 1}} = x – 2 + \frac{1}{{x + 1}}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) – \left( {x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{1}{{x + 1}}} \right] = 0\)
Vậy đường thẳng \(y = x – 2\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).
d) Đúng.
Vì điểm \(M\) thuộc đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nên \(M\left( {m\,;\,\,\frac{{{m^2} – m + 1}}{{m + 1}}} \right)\), \(m \ne – 1\).
\(\overrightarrow {AM} = \left( {m + 1\,;\,\,\frac{{{m^2} – m + 1}}{{m + 1}} + 3} \right)\)
\(A{M^2} = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{{{m^2} – m + 1}}{{m + 1}} + 3} \right)^2}\)
\( = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{{{m^2} + 2m + 4}}{{m + 1}}} \right)^2}\)
\( = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\left( {m + 1} \right) + \frac{3}{{m + 1}}} \right)^2}\)
\( = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{3}{{m + 1}}} \right)^2} + 6\)
\( = 2{\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{3}{{m + 1}}} \right)^2} + 6 \geqslant 6\sqrt 2 + 6\).
Suy ra \(AM \geqslant 3,81\). Vậy \(AM > 2,2\).
Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – x – 1}}{{x + 1}}\), TXĐ: \(D = \mathbb{R}\left\{ { – 1} \right\}\)
\( \Rightarrow f’\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Bảng xét dấu của hàm \(f’\left( x \right)\)
Từ bảng xét dấu trên suy ra hàm số \(f\left( x \right)\) có đúng 2 điểm cực trị.
b) Sai.
Ta có \(f’\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
– 2 < x < - 1 \hfill \\
– 1 < x < 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) không nghịch biến trên khoảng \(\left( { – 2;\,0} \right)\).
c) Đúng.
\(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – x – 1}}{{x + 1}} = x – 2 + \frac{1}{{x + 1}}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) – \left( {x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{1}{{x + 1}}} \right] = 0\)
Vậy đường thẳng \(y = x – 2\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).
d) Đúng.
Vì điểm \(M\) thuộc đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nên \(M\left( {m\,;\,\,\frac{{{m^2} – m + 1}}{{m + 1}}} \right)\), \(m \ne – 1\).
\(\overrightarrow {AM} = \left( {m + 1\,;\,\,\frac{{{m^2} – m + 1}}{{m + 1}} + 3} \right)\)
\(A{M^2} = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{{{m^2} – m + 1}}{{m + 1}} + 3} \right)^2}\)
\( = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{{{m^2} + 2m + 4}}{{m + 1}}} \right)^2}\)
\( = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\left( {m + 1} \right) + \frac{3}{{m + 1}}} \right)^2}\)
\( = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{3}{{m + 1}}} \right)^2} + 6\)
\( = 2{\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{3}{{m + 1}}} \right)^2} + 6 \geqslant 6\sqrt 2 + 6\).
Suy ra \(AM \geqslant 3,81\). Vậy \(AM > 2,2\).
Câu 14:
Cho một chất điểm chuyển động theo quy luật vận tốc \(v\left( t \right)\)(đơn vị: \(m/s\)) có đồ thị như hình vẽ bên. Trong đó đồ thị có dạng các đoạn thẳng tương ứng thời gian \(t\) giây khi \(0 \leqslant t \leqslant 3\) và \(8 \leqslant t \leqslant 15\), biết \(v\left( t \right)\) có dạng đường Parabol tương ứng thời gian \(t\) giây khi \(3 \leqslant t \leqslant 8\).
Vận tốc của chất điểm tại thời điểm \(t = 15\) là \(v\left( {15} \right) = 21\,\left( {m/s} \right)\).
a)Sai
Dựa vào đồ thị \(v\left( {15} \right) = 0\).
b) Sai
Quãng đường chất điểm chuyển động trong \(t\) giây \(\left( {0 \leqslant t \leqslant 3} \right)\) là \(S = \int\limits_0^t {11dt} \,\,\left( m \right)\).
c)Đúng
Trong khoảng thời gian từ \(8\) đến \(15\) giây, đồ thị \(v\left( t \right)\)là một đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {8;21} \right)\) và \(\left( {15;0} \right)\). Ta có: \(v\left( t \right) = at + b\).
Từ giả thiết ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{8a + b = 21} \\
{15a + b = 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = – 3} \\
{b = 45}
\end{array}} \right.\).
Do đó \(v\left( t \right) = – 3t + 45\,\,\left( {8 \leqslant t \leqslant 15} \right)\).
Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 8 đến giây thứ 15 là:
\(S = \int_8^{15} {\left( { – 3t + 45} \right)\,} dt = 73,5\,\left( m \right)\).
d) Sai
Trong khoảng thời gian từ \(3\) đến \(8\) giây đồ thị \(v\left( t \right)\) là một Parabol đi qua \(\left( {3;11} \right),\left( {5;3} \right),\left( {8;21} \right)\) có phương trình dạng: \(v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\).
Từ giả thiết ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{9a + 3b + c = 11} \\
{25a + 5b + c = 3} \\
{64a + 8b + c = 21}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = 2} \\
{b = – 20} \\
{c = 53}
\end{array}} \right.\)
Do đó \(v\left( t \right) = 2{t^2} – 20t + 53\,\,\left( {3 \leqslant t \leqslant 8} \right)\).
Xét trường hợp quãng đường chất điểm đi được từ giây thứ 3 đến giây thứ 8:
\(S = \int\limits_3^8 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_3^8 {\left( {2{t^2} – 20t + 53} \right)dt\,\,} \)
\( = \left( {\frac{{2{t^3}}}{3} – 10{t^2} + 53t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
8 \\
3
\end{array}} \right. = \frac{{115}}{3}\,\,\,\left( m \right)\)
Vận tốc trung bình của chất điểm chuyển động từ giây thứ 3 đến giây thứ 8 là:
\({v_{tb}} = \frac{S}{5} = \frac{{23}}{3} \approx 7,67\,\left( {m/s} \right) > 7\).
Dựa vào đồ thị \(v\left( {15} \right) = 0\).
b) Sai
Quãng đường chất điểm chuyển động trong \(t\) giây \(\left( {0 \leqslant t \leqslant 3} \right)\) là \(S = \int\limits_0^t {11dt} \,\,\left( m \right)\).
c)Đúng
Trong khoảng thời gian từ \(8\) đến \(15\) giây, đồ thị \(v\left( t \right)\)là một đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {8;21} \right)\) và \(\left( {15;0} \right)\). Ta có: \(v\left( t \right) = at + b\).
Từ giả thiết ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{8a + b = 21} \\
{15a + b = 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = – 3} \\
{b = 45}
\end{array}} \right.\).
Do đó \(v\left( t \right) = – 3t + 45\,\,\left( {8 \leqslant t \leqslant 15} \right)\).
Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 8 đến giây thứ 15 là:
\(S = \int_8^{15} {\left( { – 3t + 45} \right)\,} dt = 73,5\,\left( m \right)\).
d) Sai
Trong khoảng thời gian từ \(3\) đến \(8\) giây đồ thị \(v\left( t \right)\) là một Parabol đi qua \(\left( {3;11} \right),\left( {5;3} \right),\left( {8;21} \right)\) có phương trình dạng: \(v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\).
Từ giả thiết ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{9a + 3b + c = 11} \\
{25a + 5b + c = 3} \\
{64a + 8b + c = 21}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = 2} \\
{b = – 20} \\
{c = 53}
\end{array}} \right.\)
Do đó \(v\left( t \right) = 2{t^2} – 20t + 53\,\,\left( {3 \leqslant t \leqslant 8} \right)\).
Xét trường hợp quãng đường chất điểm đi được từ giây thứ 3 đến giây thứ 8:
\(S = \int\limits_3^8 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_3^8 {\left( {2{t^2} – 20t + 53} \right)dt\,\,} \)
\( = \left( {\frac{{2{t^3}}}{3} – 10{t^2} + 53t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
8 \\
3
\end{array}} \right. = \frac{{115}}{3}\,\,\,\left( m \right)\)
Vận tốc trung bình của chất điểm chuyển động từ giây thứ 3 đến giây thứ 8 là:
\({v_{tb}} = \frac{S}{5} = \frac{{23}}{3} \approx 7,67\,\left( {m/s} \right) > 7\).
Câu 15:
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), đơn vị độ dài trên mỗi trục là 1 kilômét, một trạm thu phát sóng điện thoại di động được đặt ở vị trí \(I(3; – 2;5)\) trên một ngôi làng ven biển và được thiết kế với bán kính phủ sóng là 6 km.
Một người đi tàu đến vị trí có tọa độ \(M( - 2;5;3)\) thì tại vị trí này vẫn có thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng.
a) Đúng. Mặt cầu tâm \(I(3; – 2;5)\), bán kính 6 có phương trình là \({(x – 3)^2} + {(y + 2)^2} + {(z – 5)^2} = 36\).
b) Sai. Ta có\(IM = \sqrt {{{( – 2 – 3)}^2} + {{(5 + 2)}^2} + {{(3 – 5)}^2}} = \sqrt {78} > 6\)nên người đó không thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng.
c) Đúng. Gọi \((P)\) là mặt phẳng đi qua ba điểm \(A(5;7;2),B( – 6;2;3),C(2; – 5; – 3).\)
Khi đó ta có:\(\overrightarrow {AB} = ( – 11; – 5;1),\overrightarrow {AC} = ( – 3; – 12; – 5)\)
Do đó \((P)\) có một vectơ pháp tuyến là\(\vec n = \mid \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (37; – 58;117)\)
Phương trinh mặt phẳng (P) là:\(37x – 58y + 117z – 13 = 0\)
Vậy khoảng cách từ trạm thu phát sóng dén mặt phằng \((P)\) là
\(d(I,(P)) = \frac{{|37 \cdot 3 – 58 \cdot ( – 2) + 117 \cdot 5 – 13|}}{{\sqrt {{{37}^2} + {{( – 58)}^2} + {{117}^2}} }} \approx 5,89(km)\)
d) Sai. Từ vị tri \(N\left( {2;1;\frac{{55}}{{49}}} \right)\), một người chèo thuyền di chuyển với vectơ vận tốc \(\vec v = (2;3;0)\).
Phương trình tham số của đường thằng \((d)\) đi qua điểm \(N\left( {2;1;\frac{{55}}{{49}}} \right)\) và có vectơ chỉ phương
\(\vec v = (2;3;0){\text{ l\`a }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2 + 2t} \\
{y = 1 + 3t} \\
{z = \frac{{55}}{{49}}}
\end{array}} \right.\)
Sau nửa giờ (tức là khi \(t = \frac{1}{2}\) ), người đó đến vị trí\(N’\left( {3;\frac{5}{2};\frac{{55}}{{49}}} \right)\)
Ta có:
\(IN’ = \sqrt {{{(3 – 3)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2} + 2} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{55}}{{49}} – 5} \right)}^2}} \approx 5,94 < 6\)
Vậy ngươi đó có thé sừ dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng này.
b) Sai. Ta có\(IM = \sqrt {{{( – 2 – 3)}^2} + {{(5 + 2)}^2} + {{(3 – 5)}^2}} = \sqrt {78} > 6\)nên người đó không thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng.
c) Đúng. Gọi \((P)\) là mặt phẳng đi qua ba điểm \(A(5;7;2),B( – 6;2;3),C(2; – 5; – 3).\)
Khi đó ta có:\(\overrightarrow {AB} = ( – 11; – 5;1),\overrightarrow {AC} = ( – 3; – 12; – 5)\)
Do đó \((P)\) có một vectơ pháp tuyến là\(\vec n = \mid \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (37; – 58;117)\)
Phương trinh mặt phẳng (P) là:\(37x – 58y + 117z – 13 = 0\)
Vậy khoảng cách từ trạm thu phát sóng dén mặt phằng \((P)\) là
\(d(I,(P)) = \frac{{|37 \cdot 3 – 58 \cdot ( – 2) + 117 \cdot 5 – 13|}}{{\sqrt {{{37}^2} + {{( – 58)}^2} + {{117}^2}} }} \approx 5,89(km)\)
d) Sai. Từ vị tri \(N\left( {2;1;\frac{{55}}{{49}}} \right)\), một người chèo thuyền di chuyển với vectơ vận tốc \(\vec v = (2;3;0)\).
Phương trình tham số của đường thằng \((d)\) đi qua điểm \(N\left( {2;1;\frac{{55}}{{49}}} \right)\) và có vectơ chỉ phương
\(\vec v = (2;3;0){\text{ l\`a }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2 + 2t} \\
{y = 1 + 3t} \\
{z = \frac{{55}}{{49}}}
\end{array}} \right.\)
Sau nửa giờ (tức là khi \(t = \frac{1}{2}\) ), người đó đến vị trí\(N’\left( {3;\frac{5}{2};\frac{{55}}{{49}}} \right)\)
Ta có:
\(IN’ = \sqrt {{{(3 – 3)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2} + 2} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{55}}{{49}} – 5} \right)}^2}} \approx 5,94 < 6\)
Vậy ngươi đó có thé sừ dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng này.
Câu 16:
Một nhà máy có hai phân xưởng \(A\) và \(B\) tương ứng làm ra \(60\% \)và \(40\% \) sản phẩm của nhà máy. Tỉ lệ phế phẩm của hai phân xưởng \(A\) và \(B\)lần lượt là \(1\% \)và \(2\% \). Chọn ngẫu nhiên một sản phẩm của nhà máy.
Nếu sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng \(A\) thì xác suất để nó không là phế phẩm là \(0,98\).
Gọi \(X\)là biến cố: “ Sản phẩm chọn ra là phế phẩm”; \(I\)là biến cố: “Sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng \(A\)”; \(II\) là biến cố: “Sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng \(B\)”.
Ta có \(P\left( I \right) = 0,6;P\left( {II} \right) = 0,4;\)\(P\left( {X|I} \right) = 0,01;P\left( {X|II} \right) = 0,02\).
a) Sai.
Nếu sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng \(A\) thì xác suất để nó không là phế phẩm là \(P\left( {\overline X |I} \right) = 1 – P\left( {X|I} \right) = 1 – 0,01 = 0,99\).
b) Đúng.
Xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm và thuộc phân xưởng \(A\) là \(P\left( {XI} \right) = P\left( {X|I} \right).P\left( I \right) = 0,01.0,6 = 0,006\)
c) Đúng.
Xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm là
\(P\left( X \right) = P\left( I \right).P\left( {X|I} \right) + P\left( {II} \right).P\left( {X|II} \right)\)\( = 0,6.0,01 + 0,4.0,02 = 0,014\).
d) Sai.
Nếu sản phẩm chọn ra là phế phẩm thì xác suất để nó thuộc phân xưởng \(A\) là \(P\left( {I|X} \right) = \frac{{P\left( {IX} \right)}}{{P\left( X \right)}} = \frac{{0,006}}{{0,014}} = \frac{3}{7}\).
PHẦN 3: TRẢ LỜI NGẮN
Ta có \(P\left( I \right) = 0,6;P\left( {II} \right) = 0,4;\)\(P\left( {X|I} \right) = 0,01;P\left( {X|II} \right) = 0,02\).
a) Sai.
Nếu sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng \(A\) thì xác suất để nó không là phế phẩm là \(P\left( {\overline X |I} \right) = 1 – P\left( {X|I} \right) = 1 – 0,01 = 0,99\).
b) Đúng.
Xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm và thuộc phân xưởng \(A\) là \(P\left( {XI} \right) = P\left( {X|I} \right).P\left( I \right) = 0,01.0,6 = 0,006\)
c) Đúng.
Xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm là
\(P\left( X \right) = P\left( I \right).P\left( {X|I} \right) + P\left( {II} \right).P\left( {X|II} \right)\)\( = 0,6.0,01 + 0,4.0,02 = 0,014\).
d) Sai.
Nếu sản phẩm chọn ra là phế phẩm thì xác suất để nó thuộc phân xưởng \(A\) là \(P\left( {I|X} \right) = \frac{{P\left( {IX} \right)}}{{P\left( X \right)}} = \frac{{0,006}}{{0,014}} = \frac{3}{7}\).
PHẦN 3: TRẢ LỜI NGẮN
Câu 17:
Anh Tèo muốn sửa chữa một chiếc thang sắt bị hỏng các thanh ngang và cố định trên cao nên không thể đo trực tiếp được hết. Chỉ đo được độ dài đoạn \(A’B’ = 480{\text{mm}}\) của thang, còn lại phải dựa vào chiếc bóng của thang trên mặt đất, biết tỉ số các độ dài trên mặt đất: \(\frac{{AB}}{{CD}} = 1,2\); \(\frac{{CD}}{{EF}} = 1,0582\); \(\frac{{EF}}{{GH}} = 1,05\); \(\frac{{GH}}{{MN}} = 1,04\).
Tính chiều dài của thanh sắt mà anh Tèo mua để vừa đủ đúng thay thế 5 thanh ngang của thang bị hỏng (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Tính chiều dài của thanh sắt mà anh Tèo mua để vừa đủ đúng thay thế 5 thanh ngang của thang bị hỏng (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Trả lời: 1964
Theo giả thiết, \(AB,CD,EF,GH,MN\) là hình chiếu song song của các đoạn thẳng song song \(A’B’\), \(C’D’\), \(E’F’\), \(G’H’\) và \(M’N’\) nên \(\frac{{A’B’}}{{AB}} = \frac{{C’D’}}{{CD}} = \frac{{E’F’}}{{EF}} = \frac{{G’H’}}{{GH}} = \frac{{M’N’}}{{MN}}\).
Ta có \(\frac{{A’B’}}{{AB}} = \frac{{C’D’}}{{CD}}\) \( \Rightarrow C’D’ = \frac{{CD}}{{AB}}.A’B’ = \frac{{480}}{{1,2}} = 400\)
Tương tự, ta có \(E’F’ = \frac{{EF}}{{CD}}.C’D’ = \frac{{400}}{{1,0582}} \approx 378\)
\(G’H’ = \frac{{GH}}{{EF}}.E’F’ = \frac{{378}}{{1,05}} \approx 360\).
\(M’N’ = \frac{{MN}}{{GH}}.G’H’ = \frac{{360}}{{1,04}} \approx 346\).
Theo giả thiết, \(AB,CD,EF,GH,MN\) là hình chiếu song song của các đoạn thẳng song song \(A’B’\), \(C’D’\), \(E’F’\), \(G’H’\) và \(M’N’\) nên \(\frac{{A’B’}}{{AB}} = \frac{{C’D’}}{{CD}} = \frac{{E’F’}}{{EF}} = \frac{{G’H’}}{{GH}} = \frac{{M’N’}}{{MN}}\).
Ta có \(\frac{{A’B’}}{{AB}} = \frac{{C’D’}}{{CD}}\) \( \Rightarrow C’D’ = \frac{{CD}}{{AB}}.A’B’ = \frac{{480}}{{1,2}} = 400\)
Tương tự, ta có \(E’F’ = \frac{{EF}}{{CD}}.C’D’ = \frac{{400}}{{1,0582}} \approx 378\)
\(G’H’ = \frac{{GH}}{{EF}}.E’F’ = \frac{{378}}{{1,05}} \approx 360\).
\(M’N’ = \frac{{MN}}{{GH}}.G’H’ = \frac{{360}}{{1,04}} \approx 346\).
Câu 18:
Một nông trại có 5 khu vực cần nối ống nước. Giữa các khu có thể kéo ống với chi phí đã được xác định giống như đồ thị sau (đơn vị tính bằng triệu đồng). Các đường ống phải đi qua tất cả các khu. Chi phí thấp nhất mà chủ nông trại phải chi ra bằng bao nhiêu nghìn đồng?
Trả lời: \(8\)
Ta sử dụng thuật toán láng giềng gần nhất
TH1: Bắt đầu kéo từ Khu E
Đoạn đường ngắn nhất là \(E \to D \to C \to A \to B\)
Chi phí là \(1 + 2 + 2 + 3 = 8\) triệu.
TH2: Bắt đầu kéo từ Khu C
Đoạn đường ngắn nhất là \(C \to A \to B \to D \to E\)
Chi phí là \(2 + 3 + 6 + 1 = 12\) triệu.
TH3: Bắt đầu kéo từ Khu D
Đoạn đường ngắn nhất là \(D \to E \to C \to A \to B\)
Chi phí là \(1 + 4 + 2 + 3 = 10\) triệu.
TH4: Bắt đầu kéo từ Khu A
Đoạn đường ngắn nhất là \(A \to C \to E \to D \to B\)
Chi phí là \(2 + 4 + 1 + 6 = 13\) triệu.
TH5: Bắt đầu kéo từ Khu B
Đoạn đường ngắn nhất là \(B \to A \to C \to E \to D\)
Chi phí là \(3 + 2 + 4 + 1 = 10\) triệu.
Vậy tổng chi phí nhỏ nhất là 8 triệu.
Ta sử dụng thuật toán láng giềng gần nhất
TH1: Bắt đầu kéo từ Khu E
Đoạn đường ngắn nhất là \(E \to D \to C \to A \to B\)
Chi phí là \(1 + 2 + 2 + 3 = 8\) triệu.
TH2: Bắt đầu kéo từ Khu C
Đoạn đường ngắn nhất là \(C \to A \to B \to D \to E\)
Chi phí là \(2 + 3 + 6 + 1 = 12\) triệu.
TH3: Bắt đầu kéo từ Khu D
Đoạn đường ngắn nhất là \(D \to E \to C \to A \to B\)
Chi phí là \(1 + 4 + 2 + 3 = 10\) triệu.
TH4: Bắt đầu kéo từ Khu A
Đoạn đường ngắn nhất là \(A \to C \to E \to D \to B\)
Chi phí là \(2 + 4 + 1 + 6 = 13\) triệu.
TH5: Bắt đầu kéo từ Khu B
Đoạn đường ngắn nhất là \(B \to A \to C \to E \to D\)
Chi phí là \(3 + 2 + 4 + 1 = 10\) triệu.
Vậy tổng chi phí nhỏ nhất là 8 triệu.
Câu 19:
Nhà máy A chuyên sản xuất một loại sản phẩm cho nhà máy \(B.\)Hai nhà máy thỏa thuận rằng: hằng tháng nhà máy A cung cấp cho nhà máy B sản phẩm đó theo đơn đặt hàng của nhà máy B với số lượng tối đa là 100 tấn sản phẩm. Nếu số lượng đặt hàng là \(x\) tấn sản phẩm thì giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là \(P\left( x \right) = 45 – 0,001{x^2}\) (triệu đồng). Chi phí để nhà máy A sản xuất \(x\) tấn sản phẩm trong một tháng là \(C\left( x \right) = 100 + 30x\) (triệu đồng), gồm 100 triệu đồng chi phí cố định và 30 triệu đồng cho mỗi tấn sản phẩm. Hỏi nhà máy A bán cho nhà máy B bao nhiêu tấn sản phẩm mỗi tháng thì thu được lợi nhuận lớn nhất? (kết quả làm tròn đến một chữ số thập phân)
Trả lời: \(70,7\)
Nếu mỗi tháng nhà máy A bán cho nhà máy \({\text{B}}x\) tấn sản phẩm thì lợi nhuận của nhà máy A thu được là \(x\left( {45 – 0,001{x^2}} \right) – \left( {100 + 30x} \right) = – 0,001{x^3} + 15x – 100\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = – 0,001{x^3} + 15x – 100\) với \(x \in \left[ {0;100} \right]\).
Tìm giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\).
Ta có \(f’\left( x \right) = – 0,003{x^2} + 15\);
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2 \) (do \(x \in \left[ {0;100} \right]\)).
Vì \(f\left( 0 \right) = – 100,f\left( {50\sqrt 2 } \right) \approx 607,f\left( {100} \right) = 400\)
Vậy \(f\left( x \right)\) lớn nhất khi \(x = 50\sqrt 2 \approx 70,7\).
Nếu mỗi tháng nhà máy A bán cho nhà máy \({\text{B}}x\) tấn sản phẩm thì lợi nhuận của nhà máy A thu được là \(x\left( {45 – 0,001{x^2}} \right) – \left( {100 + 30x} \right) = – 0,001{x^3} + 15x – 100\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = – 0,001{x^3} + 15x – 100\) với \(x \in \left[ {0;100} \right]\).
Tìm giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\).
Ta có \(f’\left( x \right) = – 0,003{x^2} + 15\);
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2 \) (do \(x \in \left[ {0;100} \right]\)).
Vì \(f\left( 0 \right) = – 100,f\left( {50\sqrt 2 } \right) \approx 607,f\left( {100} \right) = 400\)
Vậy \(f\left( x \right)\) lớn nhất khi \(x = 50\sqrt 2 \approx 70,7\).
Câu 20:
Một mảnh vườn hoa dạng hình tròn có bán kính \(6m\). Phần đất trồng hoa là phần tô trong hình vẽ bên. Biết hai hình chữ nhật \(ABCD\) và \(MNPQ\) có \(AB = MQ = 6m\) và kinh phí trồng hoa là \(100\,\,000\) đồng /\({m^2}\). Tính số tiền cần để trồng hoa? (đơn vị: triệu đồng, kết quả làm tròn đến hàng phần chục)
Trả lời: 10,2.
Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Diện tích của hình tròn tâm O, bán kính \(6m\) là \(36\pi \) và phương trình của đường tròn đó là \({x^2} + {y^2} = 36.\)
Bên cạnh đó điểm \(N\) có tọa độ \(\left\{ \begin{gathered}
{y_N} = 3 \hfill \\
{x_N} = \sqrt {36 – {3^2}} = 3\sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Diện tích phần không trồng hoa là \(4.\int\limits_3^{3\sqrt 3 } {\left( {\sqrt {36 – {x^2}} – 3} \right){\text{d}}x} = 3\pi – 9\sqrt 3 + 9.\)
Số tiền cần để trồng hoa là: \(\left[ {36\pi – 12\left( {\pi – 3\sqrt 3 + 3} \right)} \right].0,1 \approx 10,2\)( triệu đồng).
Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Diện tích của hình tròn tâm O, bán kính \(6m\) là \(36\pi \) và phương trình của đường tròn đó là \({x^2} + {y^2} = 36.\)
Bên cạnh đó điểm \(N\) có tọa độ \(\left\{ \begin{gathered}
{y_N} = 3 \hfill \\
{x_N} = \sqrt {36 – {3^2}} = 3\sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Diện tích phần không trồng hoa là \(4.\int\limits_3^{3\sqrt 3 } {\left( {\sqrt {36 – {x^2}} – 3} \right){\text{d}}x} = 3\pi – 9\sqrt 3 + 9.\)
Số tiền cần để trồng hoa là: \(\left[ {36\pi – 12\left( {\pi – 3\sqrt 3 + 3} \right)} \right].0,1 \approx 10,2\)( triệu đồng).
Câu 21:
Bên trong một căn nhà bỏ hoang hình lập phương cạnh \(5\,\,m\) có 3 chú nhện sinh sống. Mùa đông đến, vì đói rét nên chúng đành quyết định hợp tác với nhau giăng lưới để bắt mồi. Ba chú nhện tính toán sẽ giăng một mảnh lưới hình tam giác theo cách sau: Mỗi chú nhện sẽ đứng ở mép tường bất kì (có thể mép giữa 2 bức tường, giữa tường với trần, hoặc giữa tường với nền) rồi phóng những sợi tơ làm khung đến vị trí của 2 con nhện còn lại rồi sau đó mới phóng tơ dính đan phần lưới bên trong. Chúng quy định không có bất kì 2 con nhện nào cùng nằm trên một mặt tường, nền hoặc trần nhà. Chu vi nhỏ nhất của mảnh lưới được giăng (biết các sợi tơ khung căng và không nhùn) là \(\frac{a}{b}\sqrt c \) với \(a;\,b;\,c \in {\mathbb{N}^*};\,\,\frac{a}{b}\) là phân số tối giản. Tính giá trị của biểu thức \(a + b + c\).
Trả lời: \(33\)
Bài toán này ta sẽ giải quyết bằng cách ứng dụng phương pháp tọa độ trong không gian.
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Không mất tính tổng quát, và dựa vào yêu cầu về vị trí 3 con nhện ta xác định là các điểm \(M,N,P\) nằm trên các cạnh \(A’B’,CC’,AD\) như hình vẽ.
Yêu cầu bài toán là cần tìm tọa độ của 3 điểm \(M,N,P\) để chu vi tam giác \(MNP\) nhỏ nhất.
Đặt \(M\left( {x;5;0} \right),P\left( {0;0;z} \right),N\left( {5;y;5} \right)\). Chu vi tam giác \(MNP\)là:
\(MN + NP + PQ = \sqrt {{{\left( {x – 5} \right)}^2} + {{\left( {y – 5} \right)}^2} + {5^5}} + \sqrt {{5^2} + {y^2} + {{\left( {z – 5} \right)}^2}} + \sqrt {{x^2} + {5^2} + {z^2}} \)
\( = \sqrt {{{\left( {5 – x} \right)}^2} + {{\left( {y – 5} \right)}^2} + {5^2}} + \sqrt {{y^2} + {{\left( {z – 5} \right)}^2} + {5^2}} + \sqrt {{z^2} + {{\left( { – x} \right)}^2} + {5^2}} \)
Áp dụng bất đẳng thức véctơ :
\( \Rightarrow MN + NP + PM \geqslant \sqrt {{{\left( {5 – x + y} \right)}^2} + {{\left( {y + z – 10} \right)}^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{z^2} + {{\left( { – x} \right)}^2} + {5^2}} \)
\( \geqslant \sqrt {{{\left( {5 – x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {y – 5 + z – 5 – x} \right)}^2} + {{\left( {5 + 5 + 5} \right)}^2}} \)
\( = \sqrt {2{{\left( {y + z – x – \frac{5}{2}} \right)}^2} + \frac{{225}}{2} + {{\left( {5 + 5 + 5} \right)}^2}} \geqslant 15\sqrt {\frac{3}{2}} = 15\frac{{\sqrt 6 }}{2}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{gathered}
y + z – x = \frac{5}{2} \hfill \\
\frac{{5 – x}}{y} = \frac{{y – 5}}{{z – 5}} = \frac{5}{5} \hfill \\
\frac{{5 – x + y}}{z} = \frac{{y + z – 10}}{{ – x}} = \frac{{10}}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = z \hfill \\
2y – x = \frac{5}{2} \hfill \\
x + y = 5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \frac{5}{2}\)
Do đó: \(\frac{{15}}{2}\sqrt 6 = \frac{a}{b}\sqrt c \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 15 \hfill \\
b = 2 \hfill \\
c = 6 \hfill \\
\end{gathered} \right..\,\,\,\)
Vậy\(a + b + c = 15 + 12 + 6 = 33\).
Bài toán này ta sẽ giải quyết bằng cách ứng dụng phương pháp tọa độ trong không gian.
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Không mất tính tổng quát, và dựa vào yêu cầu về vị trí 3 con nhện ta xác định là các điểm \(M,N,P\) nằm trên các cạnh \(A’B’,CC’,AD\) như hình vẽ.
Yêu cầu bài toán là cần tìm tọa độ của 3 điểm \(M,N,P\) để chu vi tam giác \(MNP\) nhỏ nhất.
Đặt \(M\left( {x;5;0} \right),P\left( {0;0;z} \right),N\left( {5;y;5} \right)\). Chu vi tam giác \(MNP\)là:
\(MN + NP + PQ = \sqrt {{{\left( {x – 5} \right)}^2} + {{\left( {y – 5} \right)}^2} + {5^5}} + \sqrt {{5^2} + {y^2} + {{\left( {z – 5} \right)}^2}} + \sqrt {{x^2} + {5^2} + {z^2}} \)
\( = \sqrt {{{\left( {5 – x} \right)}^2} + {{\left( {y – 5} \right)}^2} + {5^2}} + \sqrt {{y^2} + {{\left( {z – 5} \right)}^2} + {5^2}} + \sqrt {{z^2} + {{\left( { – x} \right)}^2} + {5^2}} \)
Áp dụng bất đẳng thức véctơ :
\( \Rightarrow MN + NP + PM \geqslant \sqrt {{{\left( {5 – x + y} \right)}^2} + {{\left( {y + z – 10} \right)}^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{z^2} + {{\left( { – x} \right)}^2} + {5^2}} \)
\( \geqslant \sqrt {{{\left( {5 – x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {y – 5 + z – 5 – x} \right)}^2} + {{\left( {5 + 5 + 5} \right)}^2}} \)
\( = \sqrt {2{{\left( {y + z – x – \frac{5}{2}} \right)}^2} + \frac{{225}}{2} + {{\left( {5 + 5 + 5} \right)}^2}} \geqslant 15\sqrt {\frac{3}{2}} = 15\frac{{\sqrt 6 }}{2}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{gathered}
y + z – x = \frac{5}{2} \hfill \\
\frac{{5 – x}}{y} = \frac{{y – 5}}{{z – 5}} = \frac{5}{5} \hfill \\
\frac{{5 – x + y}}{z} = \frac{{y + z – 10}}{{ – x}} = \frac{{10}}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = z \hfill \\
2y – x = \frac{5}{2} \hfill \\
x + y = 5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \frac{5}{2}\)
Do đó: \(\frac{{15}}{2}\sqrt 6 = \frac{a}{b}\sqrt c \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 15 \hfill \\
b = 2 \hfill \\
c = 6 \hfill \\
\end{gathered} \right..\,\,\,\)
Vậy\(a + b + c = 15 + 12 + 6 = 33\).
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 bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Trả lời: \(0,02\)
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 thằng \(x = 0,x = 1, \ldots ,x = 8\) và \(y = 0,y = 1, \ldots ,y = 8\).
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thằng \(x\) và hai đường thằng \(y\) nên có \(C_8^2 \cdot C_8^2\) hình chữ nhật hay không gian mẫu là
\(n(\Omega ) = C_9^2 \cdot C_9^2 = 1296.\)
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 thằng \(y\) 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 thằng \(x\) 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 thằng \(x\) cách nhau 7 đơn vị và hai đường thằng \(y\) cách nhau 7 đơn vị có \(2.2 = 4\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(a = 8\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 8 đơn vị và hai đường thằng \(y\) cách nhau 8 đơn vị có \(1.1 = 1\) cách chọn.
Suy ra \(n(A) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là
\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{216}}.\)
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 thằng \(x = 0,x = 1, \ldots ,x = 8\) và \(y = 0,y = 1, \ldots ,y = 8\).
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thằng \(x\) và hai đường thằng \(y\) nên có \(C_8^2 \cdot C_8^2\) hình chữ nhật hay không gian mẫu là
\(n(\Omega ) = C_9^2 \cdot C_9^2 = 1296.\)
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 thằng \(y\) 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 thằng \(x\) 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 thằng \(x\) cách nhau 7 đơn vị và hai đường thằng \(y\) cách nhau 7 đơn vị có \(2.2 = 4\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(a = 8\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 8 đơn vị và hai đường thằng \(y\) cách nhau 8 đơn vị có \(1.1 = 1\) cách chọn.
Suy ra \(n(A) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là
\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{216}}.\)
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: C
\(\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC'} \).
Câu 2
Đáp án đúng: D
\(\frac{{{a^3}}}{4}\).
Câu 3
Đáp án đúng: B
\(11\).
Câu 4
Đáp án đúng: A
\(2.\)
Câu 5
Đáp án đúng: C
\(2\).
Câu 6
Đáp án đúng: B
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Câu 7
Đáp án đúng: C
\(\left( { - 2;0;1} \right)\).
Câu 8
Đáp án đúng: D
\(\left( {3\,;\, + \infty } \right).\)
Câu 9
Đáp án đúng: B
\(25,01.\)
Câu 10
Đáp án đúng: D
\(\frac{{{{2026}^x}}}{{\ln 2026}} + C\)
Câu 11
Đáp án đúng: A
\(14\).
Câu 12
Đáp án đúng: C
\({(x + 3)^2} + {y^2} + {(z - 4)^2} = 16\).
Câu 13
Đáp án đúng: B
Hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2\,;\,\,0} \right)\).
Câu 14
Đáp án đúng: A
Vận tốc của chất điểm tại thời điểm \(t = 15\) là \(v\left( {15} \right) = 21\,\left( {m/s} \right)\).
Câu 15
Đáp án đúng: B
Một người đi tàu đến vị trí có tọa độ \(M( - 2;5;3)\) thì tại vị trí này vẫn có thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng.
Câu 16
Đáp án đúng: A
Nếu sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng \(A\) thì xác suất để nó không là phế phẩm là \(0,98\).
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
Mô Phỏng Trải Nghiệm Thi Máy Tính (CBT) Chuyên Nghiệp
Với bài thi Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10, chúng tôi muốn mang đến cho bạn một trải nghiệm thao tác làm bài mượt mà và trực quan nhất. Màn hình được chia làm hai khu vực chính: Bên trái là danh sách câu hỏi kèm các lựa chọn (A, B, C, D) có thể dễ dàng cuộn lên xuống; Bên phải (hoặc góc trên) là Bảng định vị câu hỏi (Question Palette) dưới dạng các ô vuông số. Khi bạn trả lời một câu, ô vuông tương ứng sẽ đổi màu xanh (Đã làm). Nếu có câu nào hóc búa, bạn hãy sử dụng tính năng "Cắm cờ" (Bookmark), ô vuông sẽ chuyển sang màu vàng để nhắc nhở bạn quay lại kiểm tra sau khi đã làm hết các câu dễ. Đừng bao giờ bỏ trống bất kỳ câu nào trong kỳ thi trắc nghiệm, vì một cú click lụi may mắn cũng có thể mang về cho bạn 0.25 điểm quý giá mang tính bước ngoặt.
Quy Trình Chấm Điểm Và Trích Xuất Đáp Án Ngay Lập Tức
Cảm giác hồi hộp nhất khi làm bài thi trắc nghiệm Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10 chính là lúc bấm nút "Nộp Bài" (Submit). Không cần phải chờ đợi nhiều ngày như thi tự luận trên giấy, hệ thống máy chủ sẽ phân tích và tính toán điểm số của bạn trong chớp mắt. Màn hình hiển thị kết quả (Result Board) sẽ xuất hiện với các thông số thống kê rõ ràng: Bạn đã mất bao nhiêu phút để hoàn thành, đạt bao nhiêu điểm, tỷ lệ đúng/sai là bao nhiêu phần trăm. Dưới phần tổng kết, toàn bộ đề thi sẽ hiển thị lại một lần nữa. Những câu bạn chọn đúng sẽ được bôi xanh, những câu bạn chọn sai sẽ bị gạch đỏ và hệ thống sẽ chỉ ra đâu mới là đáp án đúng thực sự. Thiết kế phản hồi tức thì này tác động rất mạnh vào tâm lý người học, tạo cảm giác thỏa mãn khi đạt điểm cao và sự "cay cú" tích cực để phấn đấu khi bị điểm thấp.
Đọc Kỹ Lời Giải Thích (Explaination) - Bí Quyết Nâng Cao Trình Độ
Sai lầm lớn nhất của rất nhiều học sinh khi ôn thi online là chỉ nhìn lướt qua xem mình được mấy điểm rồi thoát trang. Trong bài thi Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10, "kho báu" thực sự không nằm ở số điểm hiển thị, mà nằm ở phần "Lời Giải Chi Tiết" (View Solution) được ẩn dưới mỗi câu hỏi. Tại sao đáp án A lại sai? Tại sao đáp án B lại đúng trong trường hợp có điều kiện phụ? Các thầy cô biên soạn đề thi đã giải thích cặn kẽ từng bước, áp dụng công thức nào, liên hệ với định lý nào trong SGK để giải quyết bài toán. Bạn hãy đặc biệt chú ý đọc thật kỹ phần giải thích của những câu mình đã làm sai (hoặc những câu đánh lụi mà vô tình đúng). Việc nhai đi nhai lại lỗi sai của chính mình là con đường ngắn nhất giúp não bộ hình thành nếp nhăn và trưởng thành vượt bậc về mặt tư duy.
Thách Đấu Cùng Cộng Đồng Và Thi Đi Thi Lại Nhiều Lần
Bài test Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10 không giới hạn số lần làm bài của mỗi tài khoản. Nếu trong lần đầu thử sức, bạn chỉ đạt mức điểm dưới trung bình do tâm lý hoặc chưa nắm vững kiến thức, đừng nản chí. Hãy ghi chép lại các lỗi sai, ôn tập lại lý thuyết và tự tin bấm nút "Làm Lại Bài Thi" (Retake Quiz) vào ngày hôm sau. Một số bài thi trên hệ thống còn được tích hợp tính năng Đảo câu hỏi (Shuffle Questions) và Đảo đáp án để chống học vẹt, đảm bảo mỗi lần bạn làm lại đều có cảm giác mới mẻ như làm đề mới. Hơn nữa, hãy chia sẻ kết quả xuất sắc của bạn (kèm theo link bài thi) vào các hội nhóm học tập trên Facebook hoặc Zalo để rủ rê bạn bè cùng vào "tỉ thí" xem ai là người giải quyết bộ đề này với số điểm cao nhất trong thời gian ngắn nhất nhé!