Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 12
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 12
Thực Hành Làm Bài Test Trực Tuyến: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 12
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 12 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 12 này.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 12
Câu 1:
Cho cấp số nhân \(\left( {{U_n}} \right)\)với \({u_1} = 2\) và công bội \(q = 3\). Tìm số hạng thứ 4 của cấp số nhân?
54.
Chọn B
Số hạng thứ 4 của cấp số nhân \({u_4} = {u_{1.}}{q^3} = {2.3^3} = 54\)
Số hạng thứ 4 của cấp số nhân \({u_4} = {u_{1.}}{q^3} = {2.3^3} = 54\)
Câu 2:
Trong không gian với hệ toạ độ , cho phương trình đường thẳng \(d:\,\,\left\{ \begin{gathered}
x = 2 – t \hfill \\
y = 1 + 2t \hfill \\
z = 3 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\)?
x = 2 – t \hfill \\
y = 1 + 2t \hfill \\
z = 3 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\)?
\(\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 1;\,2;\,1} \right)\).
Chọn A
Ta có một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\)là: \(\overrightarrow u = \left( { – 1;\,2;1} \right)\).
Ta có một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\)là: \(\overrightarrow u = \left( { – 1;\,2;1} \right)\).
Câu 3:
Tính \(\int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} \) biết rằng \(\int\limits_{ – 1}^1 {\left[ {f\left( x \right) – x} \right]{d}x} = 3.\)
\(3\).
Chọn D
Ta có:
\(\begin{gathered}
\int\limits_{ – 1}^1 {\left[ {f\left( x \right) – x} \right]{d}x} = 3 \Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x – \int\limits_{ – 1}^1 {x\,{d}x\, = 3} } \hfill \\
\Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} = 3 + \int\limits_{ – 1}^1 {x\,{d}x} \Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} = 3. \hfill \\
\end{gathered} \)
Ta có:
\(\begin{gathered}
\int\limits_{ – 1}^1 {\left[ {f\left( x \right) – x} \right]{d}x} = 3 \Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x – \int\limits_{ – 1}^1 {x\,{d}x\, = 3} } \hfill \\
\Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} = 3 + \int\limits_{ – 1}^1 {x\,{d}x} \Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} = 3. \hfill \\
\end{gathered} \)
Câu 4:
Cho mẫu số liệu ghép nhóm có tứ phân vị thứ nhất, thứ hai, thứ ba lần lượt là \({Q_1},{Q_2},{Q_3}\). Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm đó bằng:
\({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}\).
Chọn B
Ta có khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm được tính bởi công thức: \({\Delta _Q} = {Q_3} – {Q_1}\)
Ta có khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm được tính bởi công thức: \({\Delta _Q} = {Q_3} – {Q_1}\)
Câu 5:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \cos x + 2\). Tìm mệnh đề đúng?
\(\int {f\left( x \right)} \,dx = \sin x + 2x + C\).
Chọn D
Ta có: \(\int {f\left( x \right)} \,dx = \int {\left( {\cos x + 2} \right)} \,dx = \sin x + 2x + C\)
Ta có: \(\int {f\left( x \right)} \,dx = \int {\left( {\cos x + 2} \right)} \,dx = \sin x + 2x + C\)
Câu 6:
Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy \(ABCD\) là hình bình hành và \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Đường thẳng nào sau đây vuông góc với \(SA\)?
\(BD\).
Chọn B
\(\left. \begin{gathered}
SA \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\
BD \subset \left( {ABCD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow SA \bot BD\)
\(\left. \begin{gathered}
SA \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\
BD \subset \left( {ABCD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow SA \bot BD\)
Câu 7:
Nghiệm của phương trình \({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 1\) là
\(x = 3\).
Chọn A
\({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 1 \Leftrightarrow x – 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3\)
\({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 1 \Leftrightarrow x – 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3\)
Câu 8:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), phương trình mặt phẳng qua điểm \(A\left( { – 1\,;1\,; – 2} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1\,; – 2\,;3} \right)\) là
\(x - 2y + 3z + 9 = 0\).
Chọn D
Phương trình mặt phẳng qua điểm \(A\left( { – 1\,;1\,; – 2} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1\,; – 2\,;3} \right)\) là
\(1.\left( {x + 1} \right) – \,2\left( {y – 1} \right) + 3\left( {z + 2} \right) = 0\, \Leftrightarrow \,x – 2y + 3z + 9 = 0\)
Phương trình mặt phẳng qua điểm \(A\left( { – 1\,;1\,; – 2} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1\,; – 2\,;3} \right)\) là
\(1.\left( {x + 1} \right) – \,2\left( {y – 1} \right) + 3\left( {z + 2} \right) = 0\, \Leftrightarrow \,x – 2y + 3z + 9 = 0\)
Câu 9:
Cho Trong không gian, cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\). Mệnh đề nào dưới đây sai?
\(\overrightarrow {BD'} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BB'} \).
Chọn C
Theo quy tắc hình hộp ta có:\(\overrightarrow {CA’} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CC’} \) và \(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA’} \) nên các mệnh đề ở phương án A và B là các mệnh đề đúng.
Theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {BD’} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB’} \) nên mệnh đề C sai.
Theo quy tắc hình ta có: \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} \) nên mệnh đề B đúng.
Theo quy tắc hình hộp ta có:\(\overrightarrow {CA’} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CC’} \) và \(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA’} \) nên các mệnh đề ở phương án A và B là các mệnh đề đúng.
Theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {BD’} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB’} \) nên mệnh đề C sai.
Theo quy tắc hình ta có: \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} \) nên mệnh đề B đúng.
Câu 10:
Cho hàm số \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{mx + n}}\) có đồ thị hàm số như hình vẽ:
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho là
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho là
\(O\left( {0;0} \right)\).
Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số tháy giao của đường tiệm cận xiên và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số giao nhau tại điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm \(O\left( {0;0} \right)\).
Dựa vào đồ thị hàm số tháy giao của đường tiệm cận xiên và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số giao nhau tại điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm \(O\left( {0;0} \right)\).
Câu 11:
Một nhóm có 5 học sinh, trong đó có 3 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh để tham gia 1 cuộc khảo sát. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ.
\(\frac{3}{{10}}\).
Chọn A
Gọi \(A\): “2 học sinh được chọn là nữ”.
Số cách chọn 2 trong 5 học sinh là: \(n\left( \Omega \right) = C_5^2\) (cách).
Số cách chọn 2 trong 3 học sinh nữ là: \(n\left( A \right) = C_3^2\) (cách).
Xác suất để 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_3^2}}{{C_5^2}} = \frac{3}{{10}}\).
Gọi \(A\): “2 học sinh được chọn là nữ”.
Số cách chọn 2 trong 5 học sinh là: \(n\left( \Omega \right) = C_5^2\) (cách).
Số cách chọn 2 trong 3 học sinh nữ là: \(n\left( A \right) = C_3^2\) (cách).
Xác suất để 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_3^2}}{{C_5^2}} = \frac{3}{{10}}\).
Câu 12:
Nghiệm của phương trình \(\cos \,x = \frac{1}{2}\) là
\(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,\,x = \frac{{ - \pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Chọn B
Câu 13:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = 2\sin x\cos x + \sqrt 2 x\)
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\), phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có đúng một nghiệm là \(\frac{{3\pi }}{8}\).
a) Đúng.
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2\sin x\cos x + \sqrt 2 x = \sin 2x + \sqrt 2 x\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)nên liên tục trên \(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\)
b) Đúng.
\(f’\left( x \right) = {\left( {2x} \right)^\prime }\cos 2x + \sqrt 2 = 2\cos 2x + \sqrt 2 \)
c) Sai.
\(\begin{gathered}
f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\cos 2x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \cos \frac{{3\pi }}{4} \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
2x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \hfill \\
2x = – \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \hfill \\
x = – \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \)
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\): \(\frac{\pi }{3} \leqslant \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow – \frac{1}{{24}} \leqslant k \leqslant \frac{5}{8}\). Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{8}\)
\(\frac{\pi }{3} \leqslant – \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow \frac{{17}}{{24}} \leqslant k \leqslant \frac{{11}}{8}\). Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{8}\)
d) Sai.
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\):\(f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{{2\pi }}{3} + \sqrt 2 .\frac{\pi }{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\pi \sqrt 2 }}{3}\)
\(f\left( {\frac{{3\pi }}{8}} \right) = \sin \frac{{2.3\pi }}{8} + \sqrt 2 .\frac{{3\pi }}{8} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{3\pi \sqrt 2 }}{8}\)
\(f\left( {\frac{{5\pi }}{8}} \right) = \sin \frac{{2.5\pi }}{8} + \sqrt 2 .\frac{{5\pi }}{8} = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{5\pi \sqrt 2 }}{8}\)
\(f\left( \pi \right) = \sin 2\pi + \sqrt 2 .\pi = \pi \sqrt 2 \)
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\)là:\( – \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{5\pi \sqrt 2 }}{8}\).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2\sin x\cos x + \sqrt 2 x = \sin 2x + \sqrt 2 x\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)nên liên tục trên \(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\)
b) Đúng.
\(f’\left( x \right) = {\left( {2x} \right)^\prime }\cos 2x + \sqrt 2 = 2\cos 2x + \sqrt 2 \)
c) Sai.
\(\begin{gathered}
f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\cos 2x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \cos \frac{{3\pi }}{4} \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
2x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \hfill \\
2x = – \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \hfill \\
x = – \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \)
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\): \(\frac{\pi }{3} \leqslant \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow – \frac{1}{{24}} \leqslant k \leqslant \frac{5}{8}\). Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{8}\)
\(\frac{\pi }{3} \leqslant – \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow \frac{{17}}{{24}} \leqslant k \leqslant \frac{{11}}{8}\). Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{8}\)
d) Sai.
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\):\(f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{{2\pi }}{3} + \sqrt 2 .\frac{\pi }{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\pi \sqrt 2 }}{3}\)
\(f\left( {\frac{{3\pi }}{8}} \right) = \sin \frac{{2.3\pi }}{8} + \sqrt 2 .\frac{{3\pi }}{8} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{3\pi \sqrt 2 }}{8}\)
\(f\left( {\frac{{5\pi }}{8}} \right) = \sin \frac{{2.5\pi }}{8} + \sqrt 2 .\frac{{5\pi }}{8} = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{5\pi \sqrt 2 }}{8}\)
\(f\left( \pi \right) = \sin 2\pi + \sqrt 2 .\pi = \pi \sqrt 2 \)
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\)là:\( – \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{5\pi \sqrt 2 }}{8}\).
Câu 14:
Một robot tự hành ở một cảng vận chuyển công nghệ cao bắt đầu di chuyển từ vị trí nghỉ tại điểm \(A\). Robot di chuyển như sau: Trong giai đoạn đầu, robot tăng tốc đều từ vận tốc \(0\,\left( {m/s} \right)\) đến \(10\,\left( {m/s} \right)\) trong thời gian chưa biết \({t_1}\) giây theo hàm số vận tốc \({v_1}\left( t \right) = at\) (\(a\) gọi là gia tốc trong giai đoạn này, \(a\,\left( {m/{s^2}} \right)\)). Sau đó, robot tiếp tục di chuyển với vận tốc không đổi trong 40 giây. Cuối cùng, robot giảm tốc đều từ \(10\,\left( {m/s} \right)\) và dừng lại đúng tại băng chuyền điểm \(B\) với thời gian \({t_2}\) giây theo hàm vận tốc \({v_2}\left( t \right) = 10 – bt\)(\(b\)gọi là gia tốc trong giai đoạn này, \(b\,\left( {m/{s^2}} \right)\)). Toàn bộ quá trình vận chuyển diễn ra trong tổng thời gian là 70 giây.
Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Nếu gia tốc \(b = 0,8\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian giảm tốc \({t_2}\) lớn hơn \(13\) giây.
Lần tăng tốc đầu tiên xe chuyển động với vận tốc \(v\left( t \right) = a.t\), \(\left( {a > 0} \right)\).
Đến khi xe đạt vận tốc \({10}\,{m/s}\) thì xe chuyển động hết \({t_1} = \frac{{10}}{a}\,\left( {s} \right)\).
Lần giảm tốc, xe chuyển động với vận tốc \({v_2} = 10 – bt\), \(\left( {b > 0} \right)\).
Khi xe dừng lại thì xe chuyển động thêm được \(10 – b{t_2} = 0 \Rightarrow {t_2} = \frac{{10}}{b}\left( {s} \right)\).
Tổng thời gian hành trình
Tổng thời gian: \({t_1} + 40 + {t_2} = 70 \Rightarrow \frac{{10}}{a} + \frac{{10}}{b} = 30 \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\)
a) Đúng. Nếu gia tốc \(a = 0,5\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian tăng tốc \({t_1} = \frac{{10}}{{0,5}} = 20\,\)giây < \(21\) giây.
b) Sai. Nếu gia tốc \(b = 0,8\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian giảm tốc \({t_2} = \frac{{10}}{{0,8}} = 12,5\) giây < \(13\) giây.
c) Sai. Với \(a > 0,\,\,b > 0\), ta có bất đẳng thức:\(\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \geqslant 4\,\) mà \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\)nên \(a + b \geqslant \frac{4}{3}\).
Do đó \(a + b \leqslant \,\frac{5}{4}\,\left( {m/{s^2}} \right)\) là một đáp án SAI.d) Đúng. Quãng đường tăng tốc: \({S_1} = \int_0^{{t_1}} v (t){\mkern 1mu} dt = \int_0^{{t_1}} a t{\mkern 1mu} dt = \frac{1}{2}a{\left( {{t_1}} \right)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{100}}{a} = \frac{{50}}{a}\,\,\left( m \right)\).
Quãng đường giảm tốc: \({S_2} = \int_0^{{t_2}} {(10 – bt)} {\mkern 1mu} dt = 10{t_2} – \frac{1}{2}bt_2^2\)
Ta có \({t_2} = \frac{{10}}{b} \Rightarrow {S_2} = 10 \cdot \frac{{10}}{b} – \frac{1}{2}b{\left( {\frac{{10}}{b}} \right)^2} = \frac{{100}}{b} – \frac{{50}}{b} = \frac{{50}}{b}\,\left( m \right)\)
Quãng đường chuyển động đều: \(10 \cdot 40 = 400\,{\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Tổng quãng đường: \(S = {S_1} + 400 + {S_2} = \frac{{50}}{a} + 400{\mkern 1mu} + \frac{{50}}{b} = 50\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 400 = 150 + 400 = 550\,{\mkern 1mu} \left( m \right)\).
Đến khi xe đạt vận tốc \({10}\,{m/s}\) thì xe chuyển động hết \({t_1} = \frac{{10}}{a}\,\left( {s} \right)\).
Lần giảm tốc, xe chuyển động với vận tốc \({v_2} = 10 – bt\), \(\left( {b > 0} \right)\).
Khi xe dừng lại thì xe chuyển động thêm được \(10 – b{t_2} = 0 \Rightarrow {t_2} = \frac{{10}}{b}\left( {s} \right)\).
Tổng thời gian hành trình
Tổng thời gian: \({t_1} + 40 + {t_2} = 70 \Rightarrow \frac{{10}}{a} + \frac{{10}}{b} = 30 \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\)
a) Đúng. Nếu gia tốc \(a = 0,5\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian tăng tốc \({t_1} = \frac{{10}}{{0,5}} = 20\,\)giây < \(21\) giây.
b) Sai. Nếu gia tốc \(b = 0,8\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian giảm tốc \({t_2} = \frac{{10}}{{0,8}} = 12,5\) giây < \(13\) giây.
c) Sai. Với \(a > 0,\,\,b > 0\), ta có bất đẳng thức:\(\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \geqslant 4\,\) mà \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\)nên \(a + b \geqslant \frac{4}{3}\).
Do đó \(a + b \leqslant \,\frac{5}{4}\,\left( {m/{s^2}} \right)\) là một đáp án SAI.d) Đúng. Quãng đường tăng tốc: \({S_1} = \int_0^{{t_1}} v (t){\mkern 1mu} dt = \int_0^{{t_1}} a t{\mkern 1mu} dt = \frac{1}{2}a{\left( {{t_1}} \right)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{100}}{a} = \frac{{50}}{a}\,\,\left( m \right)\).
Quãng đường giảm tốc: \({S_2} = \int_0^{{t_2}} {(10 – bt)} {\mkern 1mu} dt = 10{t_2} – \frac{1}{2}bt_2^2\)
Ta có \({t_2} = \frac{{10}}{b} \Rightarrow {S_2} = 10 \cdot \frac{{10}}{b} – \frac{1}{2}b{\left( {\frac{{10}}{b}} \right)^2} = \frac{{100}}{b} – \frac{{50}}{b} = \frac{{50}}{b}\,\left( m \right)\)
Quãng đường chuyển động đều: \(10 \cdot 40 = 400\,{\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Tổng quãng đường: \(S = {S_1} + 400 + {S_2} = \frac{{50}}{a} + 400{\mkern 1mu} + \frac{{50}}{b} = 50\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 400 = 150 + 400 = 550\,{\mkern 1mu} \left( m \right)\).
Câu 15:
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt phẳng \((P):x – 2y + z = 0\), đường thẳng \(d:\left\{ \begin{gathered}
x = 2 + t \hfill \\
y = – 3t \hfill \\
z = 1 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\)và hai điểm \(A\left( {2;1;0} \right),B\left( {2; – 3;4} \right)\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
x = 2 + t \hfill \\
y = – 3t \hfill \\
z = 1 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\)và hai điểm \(A\left( {2;1;0} \right),B\left( {2; – 3;4} \right)\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\)và mặt phẳng bằng \(\frac{{ - 3}}{8}\).
a) Đúng. Ta có: \(2 – 2.1 + 0 = 0 \Rightarrow A \in (P)\)
Suy ra a) đúng.b) Sai. Gọi \(\left\{ I \right\} = d \cap (P)\)
\(I \in d \Rightarrow I(2 + t; – 3t;1 + t)\)
\($\)I \in (P) \Rightarrow 2 + t – 2.( – 3t) + 1 + t = 0 \Rightarrow t = \frac{{ – 3}}{8} \Rightarrow I\left( {\frac{{13}}{8};\frac{9}{8};\frac{5}{8}} \right)\(
Suy ra b) sai.c) Đúng. \)d’ \bot (P) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{d’}}} = \overrightarrow {{n_P}} = (1; – 2;1)\(
Phương trình đường thẳng \)d’\(đi qua điểm \)B(2; – 3;4)\(và vuông góc mp \)\left( P \right)\(là \)\left\{ \begin{gathered}
x = 2 + t \hfill \\
y = – 3 – 2t \hfill \\
z = 4 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\(
Gọi \)H\(là hình chiếu của \)B\(lên mp \)\left( P \right) \Rightarrow \left\{ H \right\} = d’ \cap \left( P \right)\(
\)\begin{gathered}
H \in d’ \Rightarrow H\left( {2 + t; – 3 – 2t;4 + t} \right) \hfill \\
H \in \left( P \right) \Rightarrow 2 + t – 2.( – 3 – 2t) + 4 + t = 0 \Rightarrow t = – 2 \hfill \\
\Rightarrow H\left( {0;1;2} \right) \hfill \\
\end{gathered} \(
Suy ra c) đúng.d) Đúng. Gọi \){\{ }A'{\ }} = \Delta \cap (P)\(. Giả sử \)A'(x;y;z)\(
Vì \)A \in (P)\( mà \)\Delta \bot (P) \Rightarrow \Delta \bot AA’ \Rightarrow AA’ = d\left( {A,\Delta } \right) = \sqrt 2 \(
\)\begin{gathered}
\Rightarrow \sqrt {{{(x – 2)}^2} + {{(y – 1)}^2} + {z^2}} = \sqrt 2 \hfill \\
\Rightarrow {(x – 2)^2} + {(y – 1)^2} + {z^2} = 2\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( 1 \right) \hfill \\
\end{gathered} \(
Lại có: \)A’ \in (P) \Rightarrow x – 2y + z = 0\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( 2 \right)\(
Do \)\left\{ \begin{gathered}
\Delta \bot (P) \hfill \\
BH \bot (P) \hfill \\
\end{gathered} \right.\(nên \)BH\(song song hoặc trùng \)\Delta \($ \Rightarrow d\left( {B,\Delta } \right) = d\left( {H,\Delta } \right) = HA’\)
Khoảng cách từ \(B\)đến \(\Delta \)lớn nhất \( \Leftrightarrow HA’\)lớn nhất \( \Leftrightarrow H,A,A’\)thẳng hàng và \(A\)nằm giữa \(H,A’\)
Ta có: \(\begin{gathered}
\overrightarrow {AH} = ( – 2;0;2) \hfill \\
AA’ = \left( {x – 2;y – 1;z} \right) \hfill \\
\end{gathered} \)
\(H,A,A’\)thẳng hàng và \(A\)nằm giữa \(H,A’\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
x – 2 = – 2k \hfill \\
y – 1 = 0k \hfill \\
z = 2k \hfill \\
\end{gathered} \right.,k < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
x – 2 = – z \hfill \\
z = 2k \hfill \\
\end{gathered} \right.,k < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
z < 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}
{(3)}&{}
\end{array}\)
Thế \(\left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
\end{gathered} \right.\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\& \left( 2 \right)\)ta suy ra \(\left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
{(x – 2)^2} = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
x = 3 \hfill \\
y = 1 \hfill \\
z = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.(TM) \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
y = 1 \hfill \\
z = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.(KTM) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy đường thẳng \(\Delta \)đi qua điểm có tọa độ \(\left( {3;1; – 1} \right)\)
Suy ra d) đúng.
Suy ra a) đúng.b) Sai. Gọi \(\left\{ I \right\} = d \cap (P)\)
\(I \in d \Rightarrow I(2 + t; – 3t;1 + t)\)
\($\)I \in (P) \Rightarrow 2 + t – 2.( – 3t) + 1 + t = 0 \Rightarrow t = \frac{{ – 3}}{8} \Rightarrow I\left( {\frac{{13}}{8};\frac{9}{8};\frac{5}{8}} \right)\(
Suy ra b) sai.c) Đúng. \)d’ \bot (P) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{d’}}} = \overrightarrow {{n_P}} = (1; – 2;1)\(
Phương trình đường thẳng \)d’\(đi qua điểm \)B(2; – 3;4)\(và vuông góc mp \)\left( P \right)\(là \)\left\{ \begin{gathered}
x = 2 + t \hfill \\
y = – 3 – 2t \hfill \\
z = 4 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\(
Gọi \)H\(là hình chiếu của \)B\(lên mp \)\left( P \right) \Rightarrow \left\{ H \right\} = d’ \cap \left( P \right)\(
\)\begin{gathered}
H \in d’ \Rightarrow H\left( {2 + t; – 3 – 2t;4 + t} \right) \hfill \\
H \in \left( P \right) \Rightarrow 2 + t – 2.( – 3 – 2t) + 4 + t = 0 \Rightarrow t = – 2 \hfill \\
\Rightarrow H\left( {0;1;2} \right) \hfill \\
\end{gathered} \(
Suy ra c) đúng.d) Đúng. Gọi \){\{ }A'{\ }} = \Delta \cap (P)\(. Giả sử \)A'(x;y;z)\(
Vì \)A \in (P)\( mà \)\Delta \bot (P) \Rightarrow \Delta \bot AA’ \Rightarrow AA’ = d\left( {A,\Delta } \right) = \sqrt 2 \(
\)\begin{gathered}
\Rightarrow \sqrt {{{(x – 2)}^2} + {{(y – 1)}^2} + {z^2}} = \sqrt 2 \hfill \\
\Rightarrow {(x – 2)^2} + {(y – 1)^2} + {z^2} = 2\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( 1 \right) \hfill \\
\end{gathered} \(
Lại có: \)A’ \in (P) \Rightarrow x – 2y + z = 0\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( 2 \right)\(
Do \)\left\{ \begin{gathered}
\Delta \bot (P) \hfill \\
BH \bot (P) \hfill \\
\end{gathered} \right.\(nên \)BH\(song song hoặc trùng \)\Delta \($ \Rightarrow d\left( {B,\Delta } \right) = d\left( {H,\Delta } \right) = HA’\)
Khoảng cách từ \(B\)đến \(\Delta \)lớn nhất \( \Leftrightarrow HA’\)lớn nhất \( \Leftrightarrow H,A,A’\)thẳng hàng và \(A\)nằm giữa \(H,A’\)
Ta có: \(\begin{gathered}
\overrightarrow {AH} = ( – 2;0;2) \hfill \\
AA’ = \left( {x – 2;y – 1;z} \right) \hfill \\
\end{gathered} \)
\(H,A,A’\)thẳng hàng và \(A\)nằm giữa \(H,A’\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
x – 2 = – 2k \hfill \\
y – 1 = 0k \hfill \\
z = 2k \hfill \\
\end{gathered} \right.,k < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
x – 2 = – z \hfill \\
z = 2k \hfill \\
\end{gathered} \right.,k < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
z < 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}
{(3)}&{}
\end{array}\)
Thế \(\left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
\end{gathered} \right.\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\& \left( 2 \right)\)ta suy ra \(\left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
{(x – 2)^2} = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
x = 3 \hfill \\
y = 1 \hfill \\
z = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.(TM) \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
y = 1 \hfill \\
z = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.(KTM) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy đường thẳng \(\Delta \)đi qua điểm có tọa độ \(\left( {3;1; – 1} \right)\)
Suy ra d) đúng.
Câu 16:
Một công ty tổ chức chương trình bốc thăm trúng thưởng nhân dịp nghỉ lễ 30/4 và 1/5 cho 100 nhân viên. Trong hộp có 100 vé, trong đó có 4 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí ở Thái Lan, 10 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí ở Đà Nẵng và 20 vé trúng thưởng tour du lịch miễn phí tại Cửa Lò (Nghệ An), các vé còn lại trúng thưởng năm triệu đồng. Lần lượt từng nhân viên lên bốc ngẫu nhiên một vé (không hoàn lại).
Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(\frac{{13}}{{20}}\), biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
Xét các biến cố:
Người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng;
Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
a) Đúng.
Ta có số vé trúng thưởng năm triệu đồng là: \(100 – \left( {4 + 10 + 20} \right) = 66\)
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:\(P\left( A \right) = \frac{{66}}{{100}} = \frac{{33}}{{50}}\)
b) Sai.
Nếu người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 65 vé.
Suy ra, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{65}}{{99}}\).
c) Đúng.
Xác suất để người thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 – P\left( A \right) = 1 – \frac{{66}}{{100}} = \frac{{17}}{{50}}\).
Nếu người bốc thăm thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 66 nên \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{66}}{{99}}\).
Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}} + \frac{{17}}{{50}}.\frac{{66}}{{99}} = \frac{{33}}{{50}}\).
d) Đúng.
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {A|B} \right)\).
Theo công thức Bayes, ta có: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}}}}{{\frac{{33}}{{50}}}} = \frac{{65}}{{99}}\).
Người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng;
Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
a) Đúng.
Ta có số vé trúng thưởng năm triệu đồng là: \(100 – \left( {4 + 10 + 20} \right) = 66\)
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:\(P\left( A \right) = \frac{{66}}{{100}} = \frac{{33}}{{50}}\)
b) Sai.
Nếu người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 65 vé.
Suy ra, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{65}}{{99}}\).
c) Đúng.
Xác suất để người thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 – P\left( A \right) = 1 – \frac{{66}}{{100}} = \frac{{17}}{{50}}\).
Nếu người bốc thăm thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 66 nên \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{66}}{{99}}\).
Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}} + \frac{{17}}{{50}}.\frac{{66}}{{99}} = \frac{{33}}{{50}}\).
d) Đúng.
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {A|B} \right)\).
Theo công thức Bayes, ta có: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}}}}{{\frac{{33}}{{50}}}} = \frac{{65}}{{99}}\).
Câu 17:
Bánh tráng sau khi tráng, người ta sẽ đặt chúng trên tấm liếp tre rồi phơi nắng. Trên mặt đất phẳng, người ta dựng tấm liếp tre (xem như đoạn thẳng \(AB\)) có chiều dài bằng 3 m và tạo với mặt đất một góc \(60^\circ \). Tại một thời điểm dưới ánh sáng mặt trời, bóng \(BC\)của tấm liếp tre (đoạn thẳng \(BC\)) trên mặt đất dài 3,6 m và tạo với tấm liếp một góc bằng \(120^\circ \) (tức là \(\widehat {ABC} = 120^\circ \)) (hình vẽ bên dưới).
Góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên bằng bao nhiêu độ? (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên bằng bao nhiêu độ? (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Trả lời: \(27\)
Gọi mặt đất là mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\). Khi này góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên là góc giữa đường thẳng \(CA\) và mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\), khi này \(\left( {AC,\left( \alpha \right)} \right) = \widehat {ACH}\).
Áp dụng định lí Cô – sin trong tam giác \(ABC\) ta có
\(AC = \sqrt {B{C^2} + B{A^2} – 2BC.BA.\cos \widehat {ABC}} \)
\( = \sqrt {3,{6^2} + {3^2} – 2.3,6.3.\cos 120^\circ } = \frac{{3\sqrt {91} }}{5}\).
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\), ta có
\(AH = AB.\sin \widehat {ABH} = 3.\sin 60^\circ = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\), ta có
\(\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3\sqrt {91} }}{5}}} = \frac{{5\sqrt {273} }}{{182}}\)
Suy ra \(\widehat {ACH} \approx 27^\circ \).
Gọi mặt đất là mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\). Khi này góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên là góc giữa đường thẳng \(CA\) và mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\), khi này \(\left( {AC,\left( \alpha \right)} \right) = \widehat {ACH}\).
Áp dụng định lí Cô – sin trong tam giác \(ABC\) ta có
\(AC = \sqrt {B{C^2} + B{A^2} – 2BC.BA.\cos \widehat {ABC}} \)
\( = \sqrt {3,{6^2} + {3^2} – 2.3,6.3.\cos 120^\circ } = \frac{{3\sqrt {91} }}{5}\).
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\), ta có
\(AH = AB.\sin \widehat {ABH} = 3.\sin 60^\circ = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\), ta có
\(\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3\sqrt {91} }}{5}}} = \frac{{5\sqrt {273} }}{{182}}\)
Suy ra \(\widehat {ACH} \approx 27^\circ \).
Câu 18:
Nhóm của bạn Lan dự định làm thủ công các bó hoa bằng nguyên liệu là kẽm nhung để bán, góp tiền ủng hộ các em nhỏ mồ côi nhân dịp ngày quốc tế thiếu nhi 1/6 sắp tới. Biết cần 2 giờ để làm một bó hoa nhỏ có giá 60 nghìn đồng và 3 giờ để làm một bó hoa lớn có giá 100 nghìn đồng. Nhóm của Lan chỉ có thể sắp xếp tối đa 36 giờ để làm và yêu cầu của nhóm đặt ra là phải làm ít nhất 15 bó hoa. Hãy cho biết nhóm bạn Lan thu được số tiền lớn nhất là bao nhiêu nghìn đồng?
Trả lời: 1140
Gọi \(x\) là số bó hoa nhỏ làm được và \(y\) là số bó hoa lớn làm được \(\left( {x\,;\,y \in \mathbb{N}} \right).\) Từ giả thiết ta có:
+ Nhóm của Lan chỉ có thể sắp xếp tối đa 36 giờ: \(2x + 3y \leqslant 36\)
+ Nhóm của Lan đặt ra yêu cầu là phải làm ít nhất 15 bó hoa: \(x + y \geqslant 15.\)
Cần tìm giá trị lớn nhất của số tiền thu được tương ứng với hàm \(F\left( {x\,;y} \right) = 60x + 100y.\)
Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình: \(\left\{ \begin{gathered}
2x + 3y \leqslant 36 \hfill \\
x + y \geqslant 15 \hfill \\
x,\,y \geqslant 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.:\)
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tam giác \(ABC\) với \(A\left( {9\,;6} \right),\;B\left( {15\,;\,0} \right),\;C\left( {18\,;\,0} \right).\)
Xét \(F\left( {9\,;\,6} \right) = 1140,\) \(F\left( {15\,;\,0} \right) = 900,\) \(F\left( {18\,;\,0} \right) = 1080.\)
Vậy số tiền lớn nhất thu được ứng làm 9 bó hoa nhỏ, 6 bó hoa to là \(1140\) nghìn đồng.
Gọi \(x\) là số bó hoa nhỏ làm được và \(y\) là số bó hoa lớn làm được \(\left( {x\,;\,y \in \mathbb{N}} \right).\) Từ giả thiết ta có:
+ Nhóm của Lan chỉ có thể sắp xếp tối đa 36 giờ: \(2x + 3y \leqslant 36\)
+ Nhóm của Lan đặt ra yêu cầu là phải làm ít nhất 15 bó hoa: \(x + y \geqslant 15.\)
Cần tìm giá trị lớn nhất của số tiền thu được tương ứng với hàm \(F\left( {x\,;y} \right) = 60x + 100y.\)
Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình: \(\left\{ \begin{gathered}
2x + 3y \leqslant 36 \hfill \\
x + y \geqslant 15 \hfill \\
x,\,y \geqslant 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.:\)
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tam giác \(ABC\) với \(A\left( {9\,;6} \right),\;B\left( {15\,;\,0} \right),\;C\left( {18\,;\,0} \right).\)
Xét \(F\left( {9\,;\,6} \right) = 1140,\) \(F\left( {15\,;\,0} \right) = 900,\) \(F\left( {18\,;\,0} \right) = 1080.\)
Vậy số tiền lớn nhất thu được ứng làm 9 bó hoa nhỏ, 6 bó hoa to là \(1140\) nghìn đồng.
Câu 19:
Xét hệ gồm hai nguyên tử khí argon \(({Ar})\) ở trạng thái cơ bản, mỗi nguyên tử được coi là một khối cầu, khoảng cách \((d)\) giữa hai nguyên tử bằng khoảng cách giữa tâm của hai khô̂i cầu (tham khảo hình bên). Coi như không có tương tác bên ngoài nào tác động đến hệ, sự phụ thuộc của thế năng tương tác \(V(d)\) giữa hai nguyên tử khí vào khoảng cách \(d\) được xác định theo công thức:
\(V(d) = 4\varepsilon \left[ {{{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^{12}} – {{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^6}} \right]\)
Trong đó \(\varepsilon \) và \(\sigma \) là các hằng số đặc trưng cho từng khí hiếm. Đối với Ar, \(\varepsilon = 0,930\) và \(\sigma = 3,62\). Biết rằng khi thế năng tương tác đạt nhỏ nhất thì hệ hai nguyên tử Ar là bền nhất, khoảng cách \((d)\) mà hai nguyên tử đó bền nhất là?
(Công thức\(V(d)\) có tên gọi là: Thế Lennard-Jones)
(Nguồn Wikipedia)
\(V(d) = 4\varepsilon \left[ {{{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^{12}} – {{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^6}} \right]\)
Trong đó \(\varepsilon \) và \(\sigma \) là các hằng số đặc trưng cho từng khí hiếm. Đối với Ar, \(\varepsilon = 0,930\) và \(\sigma = 3,62\). Biết rằng khi thế năng tương tác đạt nhỏ nhất thì hệ hai nguyên tử Ar là bền nhất, khoảng cách \((d)\) mà hai nguyên tử đó bền nhất là?
(Công thức\(V(d)\) có tên gọi là: Thế Lennard-Jones)
(Nguồn Wikipedia)
Trả lời: \(4,06\)
– Theo đề ta có thế năng tương tác đạt nhỏ nhất, Ta tìm:\(\min V(d),\,d > 0\).
\(V(d) = 4\varepsilon \left[ {{{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^{12}} – {{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^6}} \right] = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( {\frac{{{\sigma ^6}}}{{{d^{12}}}} – \frac{1}{{{d^6}}}} \right) = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( {{\sigma ^6}{d^{ – 12}} – {d^{ – 6}}} \right).\)
\( \Rightarrow {V^\prime }(d) = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( { – 12{\sigma ^6}{d^{ – 13}} + 6{d^{ – 7}}} \right) = 24\varepsilon {\sigma ^6}\left( {\frac{1}{{{d^7}}} – \frac{{2{\sigma ^6}}}{{{d^{13}}}}} \right) = 0.\)
\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{d^7}}} = \frac{{2{\sigma ^6}}}{{{d^{13}}}} \Leftrightarrow {d^{13}} = 2{d^7}{\sigma ^6} \Leftrightarrow {d^6} = 2{\sigma ^6} \Rightarrow d = \sqrt[6]{{2{\sigma ^6}}} \approx 4,06.\)
Ta có bảng biến thiên
Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{d \in \left( {0; + \infty } \right)} V(d)\) tại \(d \approx 4,06.\)
– Theo đề ta có thế năng tương tác đạt nhỏ nhất, Ta tìm:\(\min V(d),\,d > 0\).
\(V(d) = 4\varepsilon \left[ {{{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^{12}} – {{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^6}} \right] = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( {\frac{{{\sigma ^6}}}{{{d^{12}}}} – \frac{1}{{{d^6}}}} \right) = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( {{\sigma ^6}{d^{ – 12}} – {d^{ – 6}}} \right).\)
\( \Rightarrow {V^\prime }(d) = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( { – 12{\sigma ^6}{d^{ – 13}} + 6{d^{ – 7}}} \right) = 24\varepsilon {\sigma ^6}\left( {\frac{1}{{{d^7}}} – \frac{{2{\sigma ^6}}}{{{d^{13}}}}} \right) = 0.\)
\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{d^7}}} = \frac{{2{\sigma ^6}}}{{{d^{13}}}} \Leftrightarrow {d^{13}} = 2{d^7}{\sigma ^6} \Leftrightarrow {d^6} = 2{\sigma ^6} \Rightarrow d = \sqrt[6]{{2{\sigma ^6}}} \approx 4,06.\)
Ta có bảng biến thiên
Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{d \in \left( {0; + \infty } \right)} V(d)\) tại \(d \approx 4,06.\)
Câu 20:
Một công ty logistics đang thử nghiệm hệ thống giao hàng tự động bằng máy bay không người lái (drone).
Trong không gian \(Oxyz\), mỗi đơn vị trên các trục tương ứng với 1 mét trên thực tế. Mặt ngoài của một tòa nhà cao tầng được xem là một phần của mặt phẳng \((P)\) thẳng đứng, đi qua hai điểm \(C\left( {10;50;0} \right)\) và \(D\left( {30;10;0} \right)\). Vị trí giao hàng là điểm B nằm trên mặt phẳng \((P).\) Drone bắt đầu bay từ kho hàng tại gốc tọa độ \(O\left( {0;0;0} \right)\). Ban đầu, nó bay theo một đường thẳng đến vị trí \(A\left( {30;40;120} \right).\) Từ vị trí \(A\), drone thay đổi đường bay, di chuyển theo phương vuông góc với mặt phẳng \((P)\) đến vị trí giao hàng \(B\). Tính khoảng cách từ \(O\) đến \(B\)(làm tròn đến hàng đơn vị).
Trong không gian \(Oxyz\), mỗi đơn vị trên các trục tương ứng với 1 mét trên thực tế. Mặt ngoài của một tòa nhà cao tầng được xem là một phần của mặt phẳng \((P)\) thẳng đứng, đi qua hai điểm \(C\left( {10;50;0} \right)\) và \(D\left( {30;10;0} \right)\). Vị trí giao hàng là điểm B nằm trên mặt phẳng \((P).\) Drone bắt đầu bay từ kho hàng tại gốc tọa độ \(O\left( {0;0;0} \right)\). Ban đầu, nó bay theo một đường thẳng đến vị trí \(A\left( {30;40;120} \right).\) Từ vị trí \(A\), drone thay đổi đường bay, di chuyển theo phương vuông góc với mặt phẳng \((P)\) đến vị trí giao hàng \(B\). Tính khoảng cách từ \(O\) đến \(B\)(làm tròn đến hàng đơn vị).
Trả lời: 126
\(\overrightarrow {CD} = \left( {20; – 40;0} \right) = 20.\overrightarrow u ;\) với \(\overrightarrow u = \left( {1; – 2;0} \right)\).
\(\left( P \right)\) là mặt phẳng thẳng đứng qua \(C\) và \(D\) nên nhận vec tơ \(\overrightarrow u = \left( {1; – 2;0} \right)\) và \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương nên vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow k } \right] = \left( {2;1;0} \right)\)
\(\left( P \right):2\left( {x – 10} \right) + 1\left( {y – 50} \right) + 0\left( {z – 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y – 70 = 0\)
Đường thẳng \(AB\)vuông góc với \(\left( P \right)\) nên nhận vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_{AB}}} = \left( {2;1;0} \right)\). Phương trình đường thẳng \(AB\):
\(\left\{ \begin{gathered}
x = 30 + 2t \hfill \\
y = 40 + t \hfill \\
z = 120 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\(B\) là giao điểm của đường thẳng \(AB\)và mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên ta có
\(60 + 4t + 40 + t – 70 = 0 \Leftrightarrow 5t = – 30 \Leftrightarrow t = – 6\)
\( \Rightarrow B\left( {18;34;120} \right) \Rightarrow OB = \sqrt {{{18}^2} + {{34}^2} + {{120}^2}} = 126\)
\(\overrightarrow {CD} = \left( {20; – 40;0} \right) = 20.\overrightarrow u ;\) với \(\overrightarrow u = \left( {1; – 2;0} \right)\).
\(\left( P \right)\) là mặt phẳng thẳng đứng qua \(C\) và \(D\) nên nhận vec tơ \(\overrightarrow u = \left( {1; – 2;0} \right)\) và \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương nên vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow k } \right] = \left( {2;1;0} \right)\)
\(\left( P \right):2\left( {x – 10} \right) + 1\left( {y – 50} \right) + 0\left( {z – 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y – 70 = 0\)
Đường thẳng \(AB\)vuông góc với \(\left( P \right)\) nên nhận vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_{AB}}} = \left( {2;1;0} \right)\). Phương trình đường thẳng \(AB\):
\(\left\{ \begin{gathered}
x = 30 + 2t \hfill \\
y = 40 + t \hfill \\
z = 120 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\(B\) là giao điểm của đường thẳng \(AB\)và mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên ta có
\(60 + 4t + 40 + t – 70 = 0 \Leftrightarrow 5t = – 30 \Leftrightarrow t = – 6\)
\( \Rightarrow B\left( {18;34;120} \right) \Rightarrow OB = \sqrt {{{18}^2} + {{34}^2} + {{120}^2}} = 126\)
Câu 21:
Công tử Bạc Liêu có một mảnh đất hình vuông ở một khu đô thị sầm uất, hình vuông có cạnh \(40{ m}\), công tử dự định xây một hồ bơi được giới hạn bởi cạnh \(AB\)của hình vuông và một parabol đi qua hai đầu mút cạnh đó, đỉnh của parabol cách cạnh \(AB\)một đoạn \(10{ m}\). Từ vị trí \(O\) là trung điểm \(AB,\)kẻ tia \(Ot\)bất kì cắt parabol và một cạnh khác của hình vuông theo thứ tự tại các điểm \(M, N\). Gọi \(P\) là trung điểm \(MN,\)khi tia \(Ot\)quay quanh gốc \(O\) thì tập hợp các điểm \(P\) tạo thành đường cong \((L)\). Công tử dự định sử dụng một loại gạch men đặc biệt để lát nền cho toàn bộ khu vực được giới hạn bởi đường cong \((L)\) và parabol. Phần còn lại trên mảnh đất hình vuông đó thì công tử sẽ trồng cỏ.
Biết rằng chi phí xây hồ bơi là \(5\)triệu đồng/ \({m^2}\), chi phí lát gạch men là \(2\) triệu đồng/ \({m^2}\), chi phí trồng cỏ tự nhiên là \(100\)nghìn đồng/ \({m^2}\). Tính tổng số tiền mà công tử Bạc Liêu phải chi trả cho toàn bộ dự án trên theo đơn vị tỷ đồng (làm tròn đến hàng phần chục).
Biết rằng chi phí xây hồ bơi là \(5\)triệu đồng/ \({m^2}\), chi phí lát gạch men là \(2\) triệu đồng/ \({m^2}\), chi phí trồng cỏ tự nhiên là \(100\)nghìn đồng/ \({m^2}\). Tính tổng số tiền mà công tử Bạc Liêu phải chi trả cho toàn bộ dự án trên theo đơn vị tỷ đồng (làm tròn đến hàng phần chục).
Gán hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta dễ dàng tìm được \((P):y = – \frac{1}{{40}}{x^2} + 10\)
Diện tích hồ bơi là: \({S_b} = 2\int\limits_0^{20} {\left( { – \frac{1}{{40}}{x^2} + 10} \right)} = \frac{{800}}{3}\)
Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi tia \(Ot\) và trục \(Ox\).
Lúc đó: \(M(OM\cos \alpha ;OM{ sin}\alpha {)}\). Vì \(M \in \left( P \right)\)\( \Rightarrow OM{ sin}\alpha { = }\frac{{ – 1}}{{40}}{\left( {OM{ cos}\alpha } \right)^2} + 10\)
\(\begin{gathered}
\Rightarrow O{M^2}{ }{\left( {{cos}\alpha } \right)^2} + 40OM{ sin}\alpha – 400 = 0 \hfill \\
\hfill \\
\end{gathered} \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
OM = \frac{{ – 20\sin \alpha – 20}}{{{{\left( {{cos}\alpha } \right)}^2}}} \hfill \\
OM = \frac{{ – 20\sin \alpha – 20}}{{{{\left( {{cos}\alpha } \right)}^2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ta chọn \(OM = \frac{{20 – 20\sin \alpha }}{{{{\left( {{cos}\alpha } \right)}^2}}} = \frac{{20}}{{1 + \sin \alpha }}\)
TH1: \(\alpha \in \left[ {0,\arctan 2} \right] \Rightarrow ON = \frac{{20}}{{{cos}\alpha }}\).
Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{cos}\alpha }}\)
TH2:\(\alpha \in \left[ {\arctan 2,\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow ON = \frac{{40}}{{{sin}\alpha }}\).
Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{sin}\alpha }}\)
\({S_{(L)}} = 2\left[ {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\arctan 2} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{cos}\alpha }}} \right)}^2}} dx + \frac{1}{2}\int\limits_{\arctan 2}^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{sin}\alpha }}} \right)}^2}} dx} \right] = 756,3({m^2})\)
Tổng chi phí:
\($\)5.{S_b} + 2.\left( {{S_L} – {S_b}} \right) + 0,1\left( {{S_V} – {S_L}} \right)\(
\) = 5.\frac{{800}}{3} + 2.\left( {756,3 – \frac{{800}}{3}} \right) + 0,1\left( {1600 – 756,3} \right) = 2396,97 \approx 2,4\(tỉ
Lưu ý: Ở trên ta sử dụng công thức của bổ đề sau:
Cho một đương cong ( \)L\( ) có phương trình trong hệ tọa độ cực là \)r = r\left( \theta \right)\(, với \)\alpha \leqslant \theta \leqslant \beta \(. Tính diện tích \)S\( của hình phẳng giới hạn bởi đường cong \)\left( L \right)\( và hai tia \)\theta = \alpha ,\theta = \beta \(.
\)S = \int_\alpha ^\beta {\frac{1}{2}} {[r(\theta )]^2}d\theta $
Câu 22:
Bạn Quỳnh và bạn Hà tham gia chơi trò chơi sau:
+ Quỳnh chọn trước một trong ba vòng quay được cho trong hinh.
+ Sau đó, Hà chọn một trong hai vòng còn lại.
+ Cả hai quay vòng của mình. Người có số lớn hơn là người thắng.
Biết rằng mỗi vùng trên vòng quay đều có xác suất như nhau. Tính xác suất mà Quỳnh chiến thắng. Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm.
+ Quỳnh chọn trước một trong ba vòng quay được cho trong hinh.
+ Sau đó, Hà chọn một trong hai vòng còn lại.
+ Cả hai quay vòng của mình. Người có số lớn hơn là người thắng.
Biết rằng mỗi vùng trên vòng quay đều có xác suất như nhau. Tính xác suất mà Quỳnh chiến thắng. Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm.
Trả lời: 0,5.
Quỳnh chọn trước có 3 cách
Hà chọn sau có 2 cách
Quỳnh và Hà quay có \(3.3 = 9\) cách
\( \Rightarrow n(\Omega ) = 3.2.9 = 54\)
Quỳnh quay được:
– Số 9: Hà có 6 cách thua.
– Số 5: Hà có 3 cách thua.
– Số 3: Hà có 2 cách thua.
– Số 4: Hà có 2 cách thua.
– Số 8: Hà có 5 cách thua.
– Số 9: Hà có 4 cách thua.
– Số 6: Hà có 4 cách thua.
– Số 2: Hà có 1 cách thua.
⇒ Có 27 cách để Hà chiến thắng
Xác suất cần tìm là \(\frac{{27}}{{54}} = 0,5\).
Quỳnh chọn trước có 3 cách
Hà chọn sau có 2 cách
Quỳnh và Hà quay có \(3.3 = 9\) cách
\( \Rightarrow n(\Omega ) = 3.2.9 = 54\)
Quỳnh quay được:
– Số 9: Hà có 6 cách thua.
– Số 5: Hà có 3 cách thua.
– Số 3: Hà có 2 cách thua.
– Số 4: Hà có 2 cách thua.
– Số 8: Hà có 5 cách thua.
– Số 9: Hà có 4 cách thua.
– Số 6: Hà có 4 cách thua.
– Số 2: Hà có 1 cách thua.
⇒ Có 27 cách để Hà chiến thắng
Xác suất cần tìm là \(\frac{{27}}{{54}} = 0,5\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: B
54.
Câu 2
Đáp án đúng: A
\(\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 1;\,2;\,1} \right)\).
Câu 3
Đáp án đúng: D
\(3\).
Câu 4
Đáp án đúng: B
\({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}\).
Câu 5
Đáp án đúng: D
\(\int {f\left( x \right)} \,dx = \sin x + 2x + C\).
Câu 6
Đáp án đúng: B
\(BD\).
Câu 7
Đáp án đúng: A
\(x = 3\).
Câu 8
Đáp án đúng: D
\(x - 2y + 3z + 9 = 0\).
Câu 9
Đáp án đúng: C
\(\overrightarrow {BD'} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BB'} \).
Câu 10
Đáp án đúng: D
\(O\left( {0;0} \right)\).
Câu 11
Đáp án đúng: A
\(\frac{3}{{10}}\).
Câu 12
Đáp án đúng: B
\(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,\,x = \frac{{ - \pi }}{3} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 13
Đáp án đúng: C
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\), phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có đúng một nghiệm là \(\frac{{3\pi }}{8}\).
Câu 14
Đáp án đúng: B
Nếu gia tốc \(b = 0,8\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian giảm tốc \({t_2}\) lớn hơn \(13\) giây.
Câu 15
Đáp án đúng: B
Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\)và mặt phẳng bằng \(\frac{{ - 3}}{8}\).
Câu 16
Đáp án đúng: B
Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(\frac{{13}}{{20}}\), biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
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 12, 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 12 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 12, "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 12 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!