Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 13
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 13
Thực Hành Làm Bài Test Trực Tuyến: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 13
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 13 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 13 này.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 13
Câu 1:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có một nguyên hàm là \(F\left( x \right)\). Biết rằng \(F\left( 1 \right) = 9\), \(F\left( 2 \right) = 5\). Giá trị của tích phân bằng \(\int\limits_1^2 {f\left( x \right).dx} \) bằng
\( - 4\).
\($
Lời giải:Chọn C
Ta có: \)\int\limits_1^2 {f\left( x \right).dx} = F\left( 2 \right) – F\left( 1 \right) = 5 – 9 = – 4$.
Lời giải:Chọn C
Ta có: \)\int\limits_1^2 {f\left( x \right).dx} = F\left( 2 \right) – F\left( 1 \right) = 5 – 9 = – 4$.
Câu 2:
Cho hình chóp đều \(S.ABCD\). Mặt phẳng nào sau đây vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\)?
\(\left( {SBD} \right)\).
Chọn D
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Tứ giác\(ABCD\) đều nên \(AC \bot BD\) (1).
Mặt khác tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) nên \(SO \bot AC\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC \bot \left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Tứ giác\(ABCD\) đều nên \(AC \bot BD\) (1).
Mặt khác tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) nên \(SO \bot AC\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC \bot \left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
Câu 3:
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\frac{{x – 1}}{4} = \frac{{y – 2}}{3} = \frac{{z – 3}}{{ – 7}}\). Phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {1;2;3} \right)\)và vuông góc với đường thẳng d là
\(4x + 3y - 7z + 11 = 0\).
Chọn C
Vì mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d nên \(\overrightarrow n = \overrightarrow u = \left( {4;3; – 7} \right)\)
Phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {1;2;3} \right)\) và có vec tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {4;3; – 7} \right)\)
\(4\left( {x – 1} \right) + 3\left( {y – 2} \right) – 7\left( {z – 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 4x + 3y – 7z + 11 = 0\)
Vì mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d nên \(\overrightarrow n = \overrightarrow u = \left( {4;3; – 7} \right)\)
Phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {1;2;3} \right)\) và có vec tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {4;3; – 7} \right)\)
\(4\left( {x – 1} \right) + 3\left( {y – 2} \right) – 7\left( {z – 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 4x + 3y – 7z + 11 = 0\)
Câu 4:
Tìm tập nghiệm S của bất phương trình \({\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^x} < 1\).
\(S = \left( {0; + \infty } \right)\).
Chọn A
\({\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^x} < 1 \Leftrightarrow x > {\log _{\left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}1 = 0\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( {0; + \infty } \right)\)
\({\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^x} < 1 \Leftrightarrow x > {\log _{\left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}1 = 0\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( {0; + \infty } \right)\)
Câu 5:
Hình vẽ sau đây là đồ thị hàm số nào?
\(y = {x^3} - 2x + 1\).
Chọn A
Dựa vào đồ thị, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \), loại phương án C
Xét phương án D có \(y’ = 3{x^2} + 2 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), hàm số không có cực tri, loại phương án D
Xét phương án \(B\) có \(y’ = 3{x^2} – 4x\) và \(y’\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\) nên hàm số đạt cực tri tại \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\), loại phương án \(B\).
Dựa vào đồ thị, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \), loại phương án C
Xét phương án D có \(y’ = 3{x^2} + 2 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), hàm số không có cực tri, loại phương án D
Xét phương án \(B\) có \(y’ = 3{x^2} – 4x\) và \(y’\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\) nên hàm số đạt cực tri tại \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\), loại phương án \(B\).
Câu 6:
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\)có \({u_3} = 5\) và \({u_6} = 40\). Số hạng \({u_4}\) của cấp số nhân là
\({u_4} = 10\).
Chọn D
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_3} = {u_1}{q^2} \hfill \\
{u_6} = {u_1}{q^5} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} = \frac{5}{4} \hfill \\
q = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow {u_4} = 10\)
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_3} = {u_1}{q^2} \hfill \\
{u_6} = {u_1}{q^5} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} = \frac{5}{4} \hfill \\
q = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow {u_4} = 10\)
Câu 7:
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) = 3{x^2} – \sin x\)
\(f(x) = {x^3} + cosx + C\).
Chọn B
\(\int {\left( {3{x^2} – \sin x} \right)} {d}x = \int {3{x^2}} {d}x – \int {\sin x} {d}x = {x^3} + cosx + C\).
\(\int {\left( {3{x^2} – \sin x} \right)} {d}x = \int {3{x^2}} {d}x – \int {\sin x} {d}x = {x^3} + cosx + C\).
Câu 8:
Chohình lăng trụ \(ABC.A’B’C’\)phát biểu nào sau đây là đúng
\(\overrightarrow {B'C} = - \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)
Chọn B
Ta có \(\overrightarrow {B’C} = \overrightarrow {B’B} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = – \overrightarrow {AA’} – \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)
Ta có \(\overrightarrow {B’C} = \overrightarrow {B’B} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = – \overrightarrow {AA’} – \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)
Câu 9:
Rút gọn biểu thức \(P = \sin 3x\cos x – \sin x\cos 3x\).
\(P = \sin 2x\).
Chọn C
\(\begin{gathered}
P = \sin 3x\cos x – \sin x\cos 3x \hfill \\
\,\,\,\,\, = \sin \left( {3x – x} \right) = \sin 2x \hfill \\
\end{gathered} \)
\(\begin{gathered}
P = \sin 3x\cos x – \sin x\cos 3x \hfill \\
\,\,\,\,\, = \sin \left( {3x – x} \right) = \sin 2x \hfill \\
\end{gathered} \)
Câu 10:
Thống kê điểm kiểm tra học kì 1 môn Toán của \(300\) học sinh lớp \(12\) được mô tả ở bảng sau
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là
\(8\).
Chọn C
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là \(R = 10 – 2 = 8\).
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là \(R = 10 – 2 = 8\).
Câu 11:
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt phẳng \(\left( P \right):x – 3y – 4z + 1 = 0\). Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) có tọa độ là
\(\left( {1; - 3; - 4} \right)\).
Chọn B
\(\left( P \right):x – 3y – 4z + 1 = 0\), một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) có tọa độ là \(\left( {1; – 3; – 4} \right)\)
\(\left( P \right):x – 3y – 4z + 1 = 0\), một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) có tọa độ là \(\left( {1; – 3; – 4} \right)\)
Câu 12:
Có \(7\)chiếc ghế xếp thành hàng ngang. Có bao nhiêu cách xếp \(3\) người vào \(7\) chiếc ghế đó sao cho mỗi người ngồi một ghế?
\(210.\)
Chọn B
Mỗi cách xếp tạo ra một chỉnh hợp chập \(3\)của \(7\)nên số cách xếp là \(210\).
Mỗi cách xếp tạo ra một chỉnh hợp chập \(3\)của \(7\)nên số cách xếp là \(210\).
Câu 13:
Một chất điểm \(A\) chuyển động từ trạng thái nghỉ và xuất phát từ \(O\), chuyển động thẳng, nhanh dần đều với gia tốc \(a\left( {m/{s^2}} \right)\); 6 giây sau nó đạt đến vận tốc \(12{\kern 1pt} \left( {m/s} \right)\). Từ thời điểm đó chất điểm \(A\) chuyển động thẳng đều. Cũng từ trạng thái nghỉ một chất điểm \(B\) xuất phát từ \(O\), chuyển động thẳng cùng hướng với \(A\) nhưng chậm hơn 3 giây so với \(A\) và chuyển động thẳng, nhanh dần đều với gia tốc \(4\left( {m/{s^2}} \right)\).
a) Đúng. Chất điểm \(A\) đạt vận tốc \(12{\kern 1pt} \left( {m/s} \right)\) sau \(6s\) chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ. Áp dụng công thức: \(a = \frac{{\Delta v}}{{\Delta t}} = \frac{{12}}{6} = 2\;\left( {m/{s^2}} \right)\).
Sử dụng công thức tính quãng đường đi được trong chuyển động thẳng nhanh dần đều: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(A\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \(S = \frac{1}{2}{.2.6^2} = 36\;\left( m \right)\). Suy ra a) đúng.
b) Đúng. Chất điểm \(B\) chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc \(4\left( {m/{s^2}} \right)\). Áp dụng công thức tính quãng đường: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(B\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \({S_B}\left( t \right) = \frac{1}{2}.4.{t^2} = 2{t^2}\;\left( m \right)\).
Suy ra b) đúng.
c) Đúng. Gọi \({T_0}\) là thời gian từ lúc chất điểm \(B\) xuất phát cho đến khi đuổi kịp chất điểm \(A\). Trong khoảng thời gian này \(A\) đã chuyển động đều sau khi đạt vận tốc \(12m/s\). Quãng đường \(A\) đi được từ lúc xuất phát đến khi gặp \(B\) là \({S_A} = 36 + 12{T_0}\). Suy ra c) đúng.
d) Đúng. Vì hai chất điểm gặp nhau nên: \({S_A} = {S_B} \Leftrightarrow 36 + 12{T_0} = 2{T_0}^2 \Leftrightarrow {T_0}^2 – 12{T_0} – 36 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
{T_0} = 3 + 3\sqrt 3 \approx 8,196\;(TM) \hfill \\
{T_0} = 3 – 3\sqrt 3 \;(loai) \hfill \\
\end{gathered} \right.\;\).
Sử dụng công thức tính quãng đường đi được trong chuyển động thẳng nhanh dần đều: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(A\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \(S = \frac{1}{2}{.2.6^2} = 36\;\left( m \right)\). Suy ra a) đúng.
b) Đúng. Chất điểm \(B\) chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc \(4\left( {m/{s^2}} \right)\). Áp dụng công thức tính quãng đường: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(B\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \({S_B}\left( t \right) = \frac{1}{2}.4.{t^2} = 2{t^2}\;\left( m \right)\).
Suy ra b) đúng.
c) Đúng. Gọi \({T_0}\) là thời gian từ lúc chất điểm \(B\) xuất phát cho đến khi đuổi kịp chất điểm \(A\). Trong khoảng thời gian này \(A\) đã chuyển động đều sau khi đạt vận tốc \(12m/s\). Quãng đường \(A\) đi được từ lúc xuất phát đến khi gặp \(B\) là \({S_A} = 36 + 12{T_0}\). Suy ra c) đúng.
d) Đúng. Vì hai chất điểm gặp nhau nên: \({S_A} = {S_B} \Leftrightarrow 36 + 12{T_0} = 2{T_0}^2 \Leftrightarrow {T_0}^2 – 12{T_0} – 36 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
{T_0} = 3 + 3\sqrt 3 \approx 8,196\;(TM) \hfill \\
{T_0} = 3 – 3\sqrt 3 \;(loai) \hfill \\
\end{gathered} \right.\;\).
Câu 14:
Một thực tế là khi một sợi dây mềm được quấn quanh một hình trụ nhám, một lực nhỏ có độ lớn \({F_0}\) ở một đầu có thể đối kháng một lực lớn có độ lớn \(F\) ở đầu bên kia. Hình vẽ dưới đây cho thấy đồ thị của \(F\) (tính bằng pound, kí hiệu lb) so với \(\theta \) (tính bằng radian), trong đó \(F\) là độ lớn của lực có thể bị cản lại bời một lực có độ lớn \({F_0} = 10{lb}\) đối với một sợi dây và hình trụ nhất định. Người ta chứng minh được rằng \({F^\prime }(\theta ) = \mu .F(\theta )\) trong đó hằng số \(\mu \) được gọi là hệ số ma sát.
Với mọi \(F(\theta ) \geqslant 0\) ta luôn có đạo hàm của \(\ln (F(\theta ))\) bằng \(\frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}}\).
a) Đúng.
Dựa theo đồ thị ta thấy \(F(0) = 10,F(10) = 200\)
b) Sai.
Ta có: \(\ln u = \frac{{u’}}{u}\) với \(u > 0\)
c) Đúng.
Ta có: \(F'(\theta ) = \mu .F(\theta )\)
\( \Rightarrow \frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}} = \mu \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \int d \theta \)
d) Đúng.
Theo ý c) ta có: \(\ln F(\theta ) = \mu \int {d\theta } \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \theta + C\)
\({ M\`a }F(0) = 10,F(10) = 200 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{C = \ln 10} \\
{\mu = \frac{{\ln (20)}}{{10}} \approx 0,3}
\end{array}} \right.\)
Dựa theo đồ thị ta thấy \(F(0) = 10,F(10) = 200\)
b) Sai.
Ta có: \(\ln u = \frac{{u’}}{u}\) với \(u > 0\)
c) Đúng.
Ta có: \(F'(\theta ) = \mu .F(\theta )\)
\( \Rightarrow \frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}} = \mu \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \int d \theta \)
d) Đúng.
Theo ý c) ta có: \(\ln F(\theta ) = \mu \int {d\theta } \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \theta + C\)
\({ M\`a }F(0) = 10,F(10) = 200 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{C = \ln 10} \\
{\mu = \frac{{\ln (20)}}{{10}} \approx 0,3}
\end{array}} \right.\)
Câu 15:
Coi bề mặt trái đất là mặt cầu có bán kính \(6371\)km. Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) với gốc \(O\) tại tâm Trái Đất và đơn vị độ dài trên mỗi trục tọa độ là \(6371\)km. Giả sử tại một thời điểm, một thiết bị GPS trên mặt đất xác định được khoảng cách từ nó đến ba vệ tinh đặt tại các điểm có tọa độ \(A\left( {2;\,0;\,0} \right)\), \(B\left( {0;\,2;\,0} \right)\), \(C\left( {0;\,\frac{{11}}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\) tương ứng là \(\sqrt 5 ;\,\sqrt 2 ;\,2\) (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Thiết bị GPS có tọa độ \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\, - \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
a) Đúng: Phương trình bề mặt trái đất là \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 1\)
b) Sai: Giả sử tại thời điểm đã cho thì thiết bị GPS ở điểm có tọa độ \(P\left( {x;\,y;\,z} \right)\)
Khi đó \(\left\{ \begin{gathered}
OP = 1 \hfill \\
OA = \sqrt 5 \hfill \\
OB = \sqrt 2 \hfill \\
OC = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 \hfill \\
{\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 5 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} = 2 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – \frac{{11}}{4}} \right)^2} + {\left( {z – \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)^2} = 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
y = \frac{3}{4} \hfill \\
z = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)nên \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
c) Đúng: Vị trí điểm \(P\) của GPS có tung độ dương nên thuộc bán cầu Đông và có cao độ dương nên thuộc bán cầu Bắc
Gọi vĩ độ và kinh độ của \(P\) tương ứng là \(\alpha ^\circ \)N, \(\beta ^\circ \)E \(\left( {0^\circ < \alpha < 90^\circ ;\,0^\circ < \beta < 180^\circ } \right)\)
Khi đó \(P\left( {\cos \alpha ^\circ \cos \beta ^\circ ;\,\cos \alpha ^\circ \sin \beta ^\circ ;\,\sin \alpha ^\circ } \right)\) mà \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\) nên \(\sin \alpha = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow \alpha \approx 41^\circ \)
Ta có \(\cos \alpha \ne 0\) và \(\cos \alpha \cos \beta = 0\) nên \(\cos \beta = 0\) suy ra \(\beta = 90^\circ \)
Vậy vị trí của thiết bị GPS là \(41^\circ \)N, \(90^\circ \)E.
d) Sai: Gọi vị trí của thiết bị GPS đặt tại điểm \(Q\)
Khi đó: \(QA = QB \Leftrightarrow {\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} \Leftrightarrow x = y \Rightarrow Q\left( {x;x; \pm \sqrt {1 – 2{x^2}} } \right)\)
Đặt \(\gamma = \widehat {POQ} \Rightarrow {cos}\gamma = \frac{{\overrightarrow {OP} .\overrightarrow {OQ} }}{{\left| {\overrightarrow {OP} \left| . \right|\overrightarrow {OQ} } \right|}} = \frac{3}{4}x \pm \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}\).
Độ dài cung nhỏ trên thực tế là \(6371\alpha \)km
Do đó khoảng cách trên mặt đất giữa hai thiết bị GPS ngắn nhất khi \(\gamma \) nhỏ nhất tức \(\cos \gamma \) lớn nhất.
Mà \({max}\left\{ {\frac{3}{4}x + \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}} \right\} = \frac{{\sqrt {46} }}{8} \Leftrightarrow x = \frac{3}{{\sqrt {46} }}\)
b) Sai: Giả sử tại thời điểm đã cho thì thiết bị GPS ở điểm có tọa độ \(P\left( {x;\,y;\,z} \right)\)
Khi đó \(\left\{ \begin{gathered}
OP = 1 \hfill \\
OA = \sqrt 5 \hfill \\
OB = \sqrt 2 \hfill \\
OC = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 \hfill \\
{\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 5 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} = 2 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – \frac{{11}}{4}} \right)^2} + {\left( {z – \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)^2} = 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
y = \frac{3}{4} \hfill \\
z = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)nên \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
c) Đúng: Vị trí điểm \(P\) của GPS có tung độ dương nên thuộc bán cầu Đông và có cao độ dương nên thuộc bán cầu Bắc
Gọi vĩ độ và kinh độ của \(P\) tương ứng là \(\alpha ^\circ \)N, \(\beta ^\circ \)E \(\left( {0^\circ < \alpha < 90^\circ ;\,0^\circ < \beta < 180^\circ } \right)\)
Khi đó \(P\left( {\cos \alpha ^\circ \cos \beta ^\circ ;\,\cos \alpha ^\circ \sin \beta ^\circ ;\,\sin \alpha ^\circ } \right)\) mà \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\) nên \(\sin \alpha = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow \alpha \approx 41^\circ \)
Ta có \(\cos \alpha \ne 0\) và \(\cos \alpha \cos \beta = 0\) nên \(\cos \beta = 0\) suy ra \(\beta = 90^\circ \)
Vậy vị trí của thiết bị GPS là \(41^\circ \)N, \(90^\circ \)E.
d) Sai: Gọi vị trí của thiết bị GPS đặt tại điểm \(Q\)
Khi đó: \(QA = QB \Leftrightarrow {\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} \Leftrightarrow x = y \Rightarrow Q\left( {x;x; \pm \sqrt {1 – 2{x^2}} } \right)\)
Đặt \(\gamma = \widehat {POQ} \Rightarrow {cos}\gamma = \frac{{\overrightarrow {OP} .\overrightarrow {OQ} }}{{\left| {\overrightarrow {OP} \left| . \right|\overrightarrow {OQ} } \right|}} = \frac{3}{4}x \pm \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}\).
Độ dài cung nhỏ trên thực tế là \(6371\alpha \)km
Do đó khoảng cách trên mặt đất giữa hai thiết bị GPS ngắn nhất khi \(\gamma \) nhỏ nhất tức \(\cos \gamma \) lớn nhất.
Mà \({max}\left\{ {\frac{3}{4}x + \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}} \right\} = \frac{{\sqrt {46} }}{8} \Leftrightarrow x = \frac{3}{{\sqrt {46} }}\)
Câu 16:
Có hai phác đồ điều trị A và B cho một loại bệnh. Phác đồ A có xác suất chữa khỏi bệnh là 60% và xác suất gây tác dụng phụ nghiêm trọng là 5%. Phác đồ B có xác suất chữa khỏi bệnh là 70% và xác suất gây tác dụng phụ nghiêm trọng là 10%. Một bệnh nhân được điều trị ngẫu nhiên bằng một trong hai phác đồ (xác suất chọn mỗi phác đồ là 50%).
Xác suất bệnh nhân điều trị bằng phác đồ A và được chữa khỏi bệnh là 0,6.
Gọi \(A\) là biến cố “bệnh nhân chọn phác đồ A”.
Gọi \(B\) là biến cố “bệnh nhân khỏi bệnh”.
Gọi \(C\) là biến cố “bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng”.
Khi đó:
\(P(A) = P(\bar A) = 0,5\)
\(P(B|A) = 0,6\)
\(P(B|\bar A) = 0,7\)
\(P(C|A) = 0,05\)
\(P(C|\bar A) = 0,1\)
a) Sai. Xác suất bệnh nhân điều trị phác đồ A và khỏi bệnh là:
\(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = 0,5 \times 0,6 = 0,3\).
b)Đúng. Xác suất bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P(C) = P(A \cap C) + P(\bar A \cap C) = P(A) \cdot P(C|A) + P(\bar A) \cdot P(C|\bar A) = 0,5 \cdot 0,05 + 0,5 \cdot 0,1 = 0,075\)
c)Đúng. Nếu biết bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng thì xác suất để bệnh nhân chọn phác đồ B là:
\(P(\bar A|C) = \frac{{P(\bar A \cap C)}}{{P(C)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,1}}{{0,075}} = \frac{2}{3} > 0,65\).
d)Đúng. Theo giả thiết \(B/A\) và \(\bar C/A\) độc lập, \(B/\bar A\) và \(\bar C/\bar A\) độc lập.
Xác suất bệnh nhân khỏi bệnh và không bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P\left( {B \cap \bar C} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap A} \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap \bar A} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar A} \right)\)
\( = P(A) \cdot P(B|A) \cdot P(\bar C|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) \cdot P(\bar C|\bar A)\)\( = 0,5 \cdot 0,6 \cdot (1 – 0,05) + 0,5 \cdot 0,7 \cdot (1 – 0,1)\)
\( = 0,6\).
Gọi \(B\) là biến cố “bệnh nhân khỏi bệnh”.
Gọi \(C\) là biến cố “bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng”.
Khi đó:
\(P(A) = P(\bar A) = 0,5\)
\(P(B|A) = 0,6\)
\(P(B|\bar A) = 0,7\)
\(P(C|A) = 0,05\)
\(P(C|\bar A) = 0,1\)
a) Sai. Xác suất bệnh nhân điều trị phác đồ A và khỏi bệnh là:
\(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = 0,5 \times 0,6 = 0,3\).
b)Đúng. Xác suất bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P(C) = P(A \cap C) + P(\bar A \cap C) = P(A) \cdot P(C|A) + P(\bar A) \cdot P(C|\bar A) = 0,5 \cdot 0,05 + 0,5 \cdot 0,1 = 0,075\)
c)Đúng. Nếu biết bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng thì xác suất để bệnh nhân chọn phác đồ B là:
\(P(\bar A|C) = \frac{{P(\bar A \cap C)}}{{P(C)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,1}}{{0,075}} = \frac{2}{3} > 0,65\).
d)Đúng. Theo giả thiết \(B/A\) và \(\bar C/A\) độc lập, \(B/\bar A\) và \(\bar C/\bar A\) độc lập.
Xác suất bệnh nhân khỏi bệnh và không bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P\left( {B \cap \bar C} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap A} \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap \bar A} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar A} \right)\)
\( = P(A) \cdot P(B|A) \cdot P(\bar C|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) \cdot P(\bar C|\bar A)\)\( = 0,5 \cdot 0,6 \cdot (1 – 0,05) + 0,5 \cdot 0,7 \cdot (1 – 0,1)\)
\( = 0,6\).
Câu 17:
Một khay đá gồm \(6\) ngăn nhỏ có dạng là các hình chóp cụt với miệng đáy là hình vuông.
Ta đo được độ dài cạnh đáy nhỏ, cạnh đáy lớn lần lượt bằng \(1\,\,cm\) và \(3\,\,cm\) và chiều cao mặt bên bằng \(\sqrt 2 \,\,cm\). Tính \(a + b\) biết \(\operatorname{cosin} \) góc giữa đường chéo của viên đá với cạnh đáy của viên đá có dạng \(\frac{a}{b}\) (a,b là hai số nguyên tố cùng nhau).
Ta đo được độ dài cạnh đáy nhỏ, cạnh đáy lớn lần lượt bằng \(1\,\,cm\) và \(3\,\,cm\) và chiều cao mặt bên bằng \(\sqrt 2 \,\,cm\). Tính \(a + b\) biết \(\operatorname{cosin} \) góc giữa đường chéo của viên đá với cạnh đáy của viên đá có dạng \(\frac{a}{b}\) (a,b là hai số nguyên tố cùng nhau).
Trả lời: \(5\).
Mỗi ngăn đá là một hình chóp cụt có hai đáy là hình vuông, các cạnh bên băng nhau. Các cạnh bên đồng quy tại \(S\). Góc giữa các đường chéo với các cạnh đáy bằng nhau nên ta xem đó là góc giữa \(MB\) và \(BC\). Kẻ \(MH \bot CD\), \(H \in CD\).
Ta có: \(MC = \sqrt {M{H^2} + H{C^2}} = \sqrt 6 \,\,cm\), \(MD = \sqrt 3 \,\,cm\), \(BD = 3\sqrt 2 \,\,cm\).
Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(M\), \(P\) trên \(BD\). Nên \(ME \bot BD\), \(FP \bot BD\)
Suy ra: \( \Rightarrow DE = EF = FB = \sqrt 2 \,\,cm\).
Khi đó \(ME = \sqrt {M{D^2} – D{E^2}} = 1\,cm\)\( \Rightarrow MB = \sqrt {M{E^2} + E{B^2}} = 3\,\,cm\).
Trong \(\Delta MBC\) có \(\cos \widehat {MBC} = \frac{{M{B^2} + B{C^2} – M{C^2}}}{{2.MB.MC}} = \frac{2}{3}\).
Vậy \(a + b = 2 + 3 = 5\).
Mỗi ngăn đá là một hình chóp cụt có hai đáy là hình vuông, các cạnh bên băng nhau. Các cạnh bên đồng quy tại \(S\). Góc giữa các đường chéo với các cạnh đáy bằng nhau nên ta xem đó là góc giữa \(MB\) và \(BC\). Kẻ \(MH \bot CD\), \(H \in CD\).
Ta có: \(MC = \sqrt {M{H^2} + H{C^2}} = \sqrt 6 \,\,cm\), \(MD = \sqrt 3 \,\,cm\), \(BD = 3\sqrt 2 \,\,cm\).
Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(M\), \(P\) trên \(BD\). Nên \(ME \bot BD\), \(FP \bot BD\)
Suy ra: \( \Rightarrow DE = EF = FB = \sqrt 2 \,\,cm\).
Khi đó \(ME = \sqrt {M{D^2} – D{E^2}} = 1\,cm\)\( \Rightarrow MB = \sqrt {M{E^2} + E{B^2}} = 3\,\,cm\).
Trong \(\Delta MBC\) có \(\cos \widehat {MBC} = \frac{{M{B^2} + B{C^2} – M{C^2}}}{{2.MB.MC}} = \frac{2}{3}\).
Vậy \(a + b = 2 + 3 = 5\).
Câu 18:
Cho hình vẽ bên trái thể hiện một phần bản đồ của thành phố Hồ Chí Minh và bảng dưới bên phải liệt kê các cây cầu/hầm đi qua từng khu vực. Kí hiệu “0” biểu diễn đầu cuối của cây cầu. Ví dụ cầu chữ Y bắt từ đỉnh A qua đỉnh C nên tại A và C ta kí hiệu “0”. Biết rằng
Biết rằng ta cần vạch ra các đường đi phù hợp sao cho có thể đi qua hết tất cả cây cầu/hầm dù chỉ lần thông qua việc vẽ mô hình lí thuyết đồ thị với điểm đầu và cuối lần lượt là F và \(D.\)Nếu 4 cây cầu bắt qua giữa A và B cần phải đi qua liên tiếp nhau trong đường đi và trước khi về lại D phải qua cầu Rạch Ông thì có tất cả bao nhiêu đường đi?
Biết rằng ta cần vạch ra các đường đi phù hợp sao cho có thể đi qua hết tất cả cây cầu/hầm dù chỉ lần thông qua việc vẽ mô hình lí thuyết đồ thị với điểm đầu và cuối lần lượt là F và \(D.\)Nếu 4 cây cầu bắt qua giữa A và B cần phải đi qua liên tiếp nhau trong đường đi và trước khi về lại D phải qua cầu Rạch Ông thì có tất cả bao nhiêu đường đi?
Trả lời: \(288\)
Từ bảng bên phải ta suy ra số lượng số “0” ở mỗi đỉnh thể hiện bậc của mỗi đỉnh, tức ta lần lượt suy ra:
\(\deg \left( A \right) = 6,\deg \left( B \right) = 8,\deg \left( C \right) = 2,\deg \left( D \right) = 3,\deg \left( E \right) = 4,\deg \left( F \right) = 1\)
Từ đó ta có hình vẽ như sau (hình bên dưới).
Tiếp đến ta có chuỗi lập luận như sau:
Vì FA chỉ có 1 con đường duy nhất nên chỉ có 1 con đường từ F đến A.
Kế đến do từ A đến B có 4 cây cầu phải đi qua liên tiếp (có 4! cách) nên ta sẽ đơn giản hóa đồ thị như sau:
– Ta đã đánh giá được đoạn F-A nên ta bỏ trước đoạn F-A.
– Do chỉ có về A nên ta bỏ đi nhánh A-
B. (hình trái)
– Do ACD liên tiếp và là con đường duy nhất nên ta bỏ đoạn A-
C. (hình giữa)
– Tiếp đến từ C chỉ có 1 cách đi tới D nên ta bỏ đoạn C-
D. Khi đó ta có 2 khả năng như hình phải.
Như vậy sau khi bỏ nhánh C-D, ta nhận xét được rằng phải đi hết 3 cây cầu bắt giữa B và E liên
tiếp để về lại đích D tức ta có 3! cách. Từ đây kết luận tổng số đường đi là: \(2.4!.3! = 288\) (cách).
Từ bảng bên phải ta suy ra số lượng số “0” ở mỗi đỉnh thể hiện bậc của mỗi đỉnh, tức ta lần lượt suy ra:
\(\deg \left( A \right) = 6,\deg \left( B \right) = 8,\deg \left( C \right) = 2,\deg \left( D \right) = 3,\deg \left( E \right) = 4,\deg \left( F \right) = 1\)
Từ đó ta có hình vẽ như sau (hình bên dưới).
Tiếp đến ta có chuỗi lập luận như sau:
Vì FA chỉ có 1 con đường duy nhất nên chỉ có 1 con đường từ F đến A.
Kế đến do từ A đến B có 4 cây cầu phải đi qua liên tiếp (có 4! cách) nên ta sẽ đơn giản hóa đồ thị như sau:
– Ta đã đánh giá được đoạn F-A nên ta bỏ trước đoạn F-A.
– Do chỉ có về A nên ta bỏ đi nhánh A-
B. (hình trái)
– Do ACD liên tiếp và là con đường duy nhất nên ta bỏ đoạn A-
C. (hình giữa)
– Tiếp đến từ C chỉ có 1 cách đi tới D nên ta bỏ đoạn C-
D. Khi đó ta có 2 khả năng như hình phải.
Như vậy sau khi bỏ nhánh C-D, ta nhận xét được rằng phải đi hết 3 cây cầu bắt giữa B và E liên
tiếp để về lại đích D tức ta có 3! cách. Từ đây kết luận tổng số đường đi là: \(2.4!.3! = 288\) (cách).
Câu 19:
Bạn Xuân Anh có một tờ giấy cúng hình chữ nhật \(ABCD\) với \(AB = 4{dm},AD = 2{dm}\). Bạn chọn một điểm \(M\) thuộc cạnh \(BC\) rồi dùng thước kẻ vạch và cắt tờ giấy theo đường thẳng \(AM,\) chia tờ giấy thành hai phần.
Phần mảnh giấy chứa cạnh \(CD\): Bạn muốn cắt được một hình vuông có đỉnh \(D\), hai cạnh nằm trên đường \(DA\) và \(DC,\) đỉnh còn lại hình vuông thuộc đường cắt \(AM.\)
Phần mảnh giấy chứa cạnh \(AB\): Bạn muốn cắt được một hình tròn sao cho hình tròn tiếp xúc với cả ba cạnh tam giác \(ABM.\)
Gọi \(S\) (phần tô đậm trong hình vẽ) là tổng diện tích của hình vuông và hình tròn cắt được. Hỏi khi \(M\) di động trên \(BC,\) giá trị nhỏ nhất của \(S\) bằng bao nhiêu \({d}{{m}^2}\) (làm tròn đến hàng phần trăm)?
Phần mảnh giấy chứa cạnh \(CD\): Bạn muốn cắt được một hình vuông có đỉnh \(D\), hai cạnh nằm trên đường \(DA\) và \(DC,\) đỉnh còn lại hình vuông thuộc đường cắt \(AM.\)
Phần mảnh giấy chứa cạnh \(AB\): Bạn muốn cắt được một hình tròn sao cho hình tròn tiếp xúc với cả ba cạnh tam giác \(ABM.\)
Gọi \(S\) (phần tô đậm trong hình vẽ) là tổng diện tích của hình vuông và hình tròn cắt được. Hỏi khi \(M\) di động trên \(BC,\) giá trị nhỏ nhất của \(S\) bằng bao nhiêu \({d}{{m}^2}\) (làm tròn đến hàng phần trăm)?
Trả lời: 3,16
Đặt \(MB = x,\,\left( {0 < x < 2} \right) \Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {{x^2} + 16} \)
Gọi \(y,r\) lần lượt là độ dài cạnh hình vuông \(DEFG\) và bán kính đường tròn nội tiếp \(\vartriangle ABM\).
Ta có: \(\vartriangle ABM\) vuông tại \(B\) nên \(r = \frac{{AB + BM – AM}}{2} = \frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}\) (Tính chất tiếp tuyến)
Lai có: \(GAF = AMB\) (so le trong)
\( \Rightarrow \tan GAF = \tan AMB \Leftrightarrow \frac{{GF}}{{GA}} = \frac{{AB}}{{BM}} \Leftrightarrow \frac{y}{{2 – y}} = \frac{4}{x} \Rightarrow y = \frac{8}{{x + 4}}\)
Suy ra tổng diện tích hai hình là \(S = {y^2} + \pi \cdot {r^2} = \frac{{64}}{{x + {4^2}}} + \pi \cdot {\left( {\frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}} \right)^2} = f(x)\)
Sử dụng MTCT ta tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(\left( {0;2} \right)\) là \(3,16\)
Đặt \(MB = x,\,\left( {0 < x < 2} \right) \Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {{x^2} + 16} \)
Gọi \(y,r\) lần lượt là độ dài cạnh hình vuông \(DEFG\) và bán kính đường tròn nội tiếp \(\vartriangle ABM\).
Ta có: \(\vartriangle ABM\) vuông tại \(B\) nên \(r = \frac{{AB + BM – AM}}{2} = \frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}\) (Tính chất tiếp tuyến)
Lai có: \(GAF = AMB\) (so le trong)
\( \Rightarrow \tan GAF = \tan AMB \Leftrightarrow \frac{{GF}}{{GA}} = \frac{{AB}}{{BM}} \Leftrightarrow \frac{y}{{2 – y}} = \frac{4}{x} \Rightarrow y = \frac{8}{{x + 4}}\)
Suy ra tổng diện tích hai hình là \(S = {y^2} + \pi \cdot {r^2} = \frac{{64}}{{x + {4^2}}} + \pi \cdot {\left( {\frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}} \right)^2} = f(x)\)
Sử dụng MTCT ta tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(\left( {0;2} \right)\) là \(3,16\)
Câu 20:
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho hai viên bi xanh và đỏ ban đầu dạng hai mặt cầu lần lượt là \(\left( {{S_{do}}} \right):{\left( {x – 10} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z – 3} \right)^2} = 9\) và \(\left( {{S_{xanh}}} \right):{\left( {x + 12} \right)^2} + {y^2} + {\left( {z – 4} \right)^2} = 16\). Biết mặt đất trùng với mặt phẳng \(Oxy\) và hai mặt cầu này tiếp xúc với mặt phẳng \(Oxy\) với điểm tiếp xúc nằm trên trục \(Ox\). Truyền cho hai viên bi đỏ và xanh lần lượt các tốc độ không đổi (m/s) và \({v_x} = 3\)(m/s) thì hai viên bi lăn thẳng về phía nhau dọc theo trục \(Ox\) (Điểm tiếp xúc luôn nằm trên \(Ox\)). Sau khoảng thời gian bằng bao nhiêu giây thì hai viên bi va chạm lần đầu tiên (Đơn vị trên hệ trục tọa độ là mét và kết quả làm tròn đến hàng phần chục)
Trả lời: \(1,88\)
Gọi \(M,\,N\) lần lượt là vị trí tiếp xúc của bi xanh và bi đỏ với trục \(Ox\)
Dựa vào phương trình mặt cầu thì khoảng cách giữa hai viên bị ban đầu là \(22\)m
Khi hai viên bị va chạm nhau tức là hai mặt cầu này sẽ tiếp xúc với nhau và bán kính hai mặt cầu này hơn kém nhau \(1\)m.
Khi đó: \(\sin \alpha = \frac{1}{7}\) suy ra \(MN = 7.\cos \alpha = 4\sqrt 3 \) nên hai viên va chạm nhau khi \(MN = 4\sqrt 3 \).
Phương trình tọa độ điểm \(M\) theo trục \(Ox\): \(10 – 5t\)
Phương trình tọa độ điểm \(N\) theo trục \(Ox\): \( – 12 + 3t\)
Do \(MN = 4\sqrt 3 \Leftrightarrow \left| {10 – 5t + 12 – 3t} \right| = 4\sqrt 3 \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
8t – 22 = 4\sqrt 3 \hfill \\
8t – 22 = – 4\sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t \approx 1,88\left( {nhan} \right) \hfill \\
t \approx 3,61\left( {loai} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy sau khoảng \(1,88\) giây thì hai viên bi va chạm lần đầu tiên.
Gọi \(M,\,N\) lần lượt là vị trí tiếp xúc của bi xanh và bi đỏ với trục \(Ox\)
Dựa vào phương trình mặt cầu thì khoảng cách giữa hai viên bị ban đầu là \(22\)m
Khi hai viên bị va chạm nhau tức là hai mặt cầu này sẽ tiếp xúc với nhau và bán kính hai mặt cầu này hơn kém nhau \(1\)m.
Khi đó: \(\sin \alpha = \frac{1}{7}\) suy ra \(MN = 7.\cos \alpha = 4\sqrt 3 \) nên hai viên va chạm nhau khi \(MN = 4\sqrt 3 \).
Phương trình tọa độ điểm \(M\) theo trục \(Ox\): \(10 – 5t\)
Phương trình tọa độ điểm \(N\) theo trục \(Ox\): \( – 12 + 3t\)
Do \(MN = 4\sqrt 3 \Leftrightarrow \left| {10 – 5t + 12 – 3t} \right| = 4\sqrt 3 \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
8t – 22 = 4\sqrt 3 \hfill \\
8t – 22 = – 4\sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t \approx 1,88\left( {nhan} \right) \hfill \\
t \approx 3,61\left( {loai} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy sau khoảng \(1,88\) giây thì hai viên bi va chạm lần đầu tiên.
Câu 21:
Một vật nặng được bắn lên điểm \(O\) trên mặt đất với vận tốc ban đầu \({v_0} = 10m/s\), các góc bắn \(\alpha \) với \({30^0} \leqslant \alpha \leqslant {90^0}\) (bỏ qua dức cản không khí và coi gia tốc rơi tự do là \(g = 10m/{s^2}\)). Cho biết với góc bắn \(\alpha < {90^0}\) thì quỹ đạo của vật là một phần của parabol \(y = x\tan \alpha - \frac{g}{{2{v_0}^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2}\) và xét trên một mặt phẳng đứng, khi \(\alpha \) thay đổi thì các quỹ đạo của vật nặng sinh ra một hình phẳng giới hạn bởi một phần của parabol \(\left( P \right)\) và mặt đất (xem hình vẽ), Tính thể tích vùng không gian chứa tất cả các vị trí có thể của vật nặng (làm tròn đến hàng đơn vị)
Trả lời: \(785\)
Với góc bắn \(\alpha < {90^0}\) thì quỹ đạo cảu vật thể là một phần của parabol
\(y = x\tan \alpha – \frac{g}{{2{v_0}^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2}\)
Suy ra tầm xa của vật và độ cao lớn nhất của vật lần lượt là \(L = \frac{{{v_0}^2\sin 2\alpha }}{g}\) và \(H = \frac{{{v_0}^2{{\sin }^2}\alpha }}{{2g}}\).
Dễ thấy, vật đạt được tầm xa lớn nhất khi \(\alpha = {45^0}\), tức tầm xa lớn nhất là \({L_{\max }} = 10\) hay \(A\left( {10;0} \right) \in \left( P \right)\). Với góc ném \(\alpha = {90^0}\) thì quỹ đạo của vật là đoạn \(OI\), khi đó độ cao của vật tại thời điểm \(t\) (giây) được cho bởi \(y = {v_0}t – \frac{1}{2}g{t^2}\)
Do đó, ta thấy vật đạt độ cao lớn nhất khi \(\alpha = {90^0}\), khi đó độ cao lớn nhất của vật là \({H_{\max }} = 5\). Suy ra \(I\left( {0;5} \right)\) là đỉnh của parabol \(\left( P \right)\). Hàm số bậc hai có đồ thị \(\left( P \right)\) có dạng \(y = a\left( {x – 10} \right)\left( {x + 10} \right) = a\left( {{x^2} – 100} \right)\). Thay \(x = 0\), ta được:
\(5 = a\left( {{0^2} – 100} \right) \Rightarrow a = – \frac{1}{{20}} \Rightarrow x = \sqrt {100 – 20y} \)
Vậy thể tích vùng không gian cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_0^5 {{{\left( {\sqrt {100 – 20y} } \right)}^2}dy} = 250\pi {m^3} \approx 785{m^3}\)
Với góc bắn \(\alpha < {90^0}\) thì quỹ đạo cảu vật thể là một phần của parabol
\(y = x\tan \alpha – \frac{g}{{2{v_0}^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2}\)
Suy ra tầm xa của vật và độ cao lớn nhất của vật lần lượt là \(L = \frac{{{v_0}^2\sin 2\alpha }}{g}\) và \(H = \frac{{{v_0}^2{{\sin }^2}\alpha }}{{2g}}\).
Dễ thấy, vật đạt được tầm xa lớn nhất khi \(\alpha = {45^0}\), tức tầm xa lớn nhất là \({L_{\max }} = 10\) hay \(A\left( {10;0} \right) \in \left( P \right)\). Với góc ném \(\alpha = {90^0}\) thì quỹ đạo của vật là đoạn \(OI\), khi đó độ cao của vật tại thời điểm \(t\) (giây) được cho bởi \(y = {v_0}t – \frac{1}{2}g{t^2}\)
Do đó, ta thấy vật đạt độ cao lớn nhất khi \(\alpha = {90^0}\), khi đó độ cao lớn nhất của vật là \({H_{\max }} = 5\). Suy ra \(I\left( {0;5} \right)\) là đỉnh của parabol \(\left( P \right)\). Hàm số bậc hai có đồ thị \(\left( P \right)\) có dạng \(y = a\left( {x – 10} \right)\left( {x + 10} \right) = a\left( {{x^2} – 100} \right)\). Thay \(x = 0\), ta được:
\(5 = a\left( {{0^2} – 100} \right) \Rightarrow a = – \frac{1}{{20}} \Rightarrow x = \sqrt {100 – 20y} \)
Vậy thể tích vùng không gian cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_0^5 {{{\left( {\sqrt {100 – 20y} } \right)}^2}dy} = 250\pi {m^3} \approx 785{m^3}\)
Câu 22:
Hai người tham gia một trò chơi di chuyển theo cạnh của các ô hình chữ nhật như trong hình (hình có \(15 \times 8\) ô hình chữ nhật nhỏ)
Người thứ nhất đi từ điểm A đến điểm B, người thứ hai đi từ điểm E đến điểm F. Biết rằng cả hai người cùng đi ngẫu nhiên và theo con đường ngắn nhất. Tính xác suất để cả hai người cùng đi qua điểm I (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Người thứ nhất đi từ điểm A đến điểm B, người thứ hai đi từ điểm E đến điểm F. Biết rằng cả hai người cùng đi ngẫu nhiên và theo con đường ngắn nhất. Tính xác suất để cả hai người cùng đi qua điểm I (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: \(0,24\)
Gọi \(X\) là biến cố “cả hai người cùng đi qua điểm \(I\)”
Xét hệ trục tọa độ với \(E\left( {0;0} \right),A\left( {0;8} \right),B\left( {15;0} \right),F\left( {15;8} \right),I\left( {11;5} \right)\)
Để đi từ \(A\) đến \(B\) theo đường ngắn nhất thì người thứ nhất cần di chuyển 15 bước ngang và 8 bước xuống
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là số cách sắp xếp 15 bước ngang và 8 bước xuống và bằng \(C_{23}^8\)
Tương tự có \(C_{23}^8\) cách để người thứ hai di chuyển từ \(E\) đến \(F\)
Như vậy không gian mẫu \(\left| {\Omega } \right| = {\left( {C_{23}^8} \right)^2}\)
Người thứ nhất di chuyển từ \(A\left( {0;8} \right)\) đến \(I\left( {11;5} \right)\) cần 11 bước ngang và 3 bước xuống
Người thứ nhất di chuyển từ \(I\left( {11;5} \right)\) đến \(B\left( {15;0} \right)\) cần 4 bước ngang và 5 bước xuống
Như vậy số cách di chuyển của người thứ nhất từ \(A \to I \to B\) là \(C_{14}^8.C_9^4\)
Tương tự số cách di chuyển của người thứ hai từ \(E \to I \to F\) là \(C_{16}^5.C_7^3\)
Như vậy \(\left| X \right| = C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3\)
Vậy xác suất để cả hai người cùng đi qua \(I\) là \(P\left( X \right) = \frac{{\left| X \right|}}{{\left| {\Omega } \right|}} = \frac{{C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3}}{{{{\left( {C_{23}^8} \right)}^2}}} \approx 0,24\)
Gọi \(X\) là biến cố “cả hai người cùng đi qua điểm \(I\)”
Xét hệ trục tọa độ với \(E\left( {0;0} \right),A\left( {0;8} \right),B\left( {15;0} \right),F\left( {15;8} \right),I\left( {11;5} \right)\)
Để đi từ \(A\) đến \(B\) theo đường ngắn nhất thì người thứ nhất cần di chuyển 15 bước ngang và 8 bước xuống
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là số cách sắp xếp 15 bước ngang và 8 bước xuống và bằng \(C_{23}^8\)
Tương tự có \(C_{23}^8\) cách để người thứ hai di chuyển từ \(E\) đến \(F\)
Như vậy không gian mẫu \(\left| {\Omega } \right| = {\left( {C_{23}^8} \right)^2}\)
Người thứ nhất di chuyển từ \(A\left( {0;8} \right)\) đến \(I\left( {11;5} \right)\) cần 11 bước ngang và 3 bước xuống
Người thứ nhất di chuyển từ \(I\left( {11;5} \right)\) đến \(B\left( {15;0} \right)\) cần 4 bước ngang và 5 bước xuống
Như vậy số cách di chuyển của người thứ nhất từ \(A \to I \to B\) là \(C_{14}^8.C_9^4\)
Tương tự số cách di chuyển của người thứ hai từ \(E \to I \to F\) là \(C_{16}^5.C_7^3\)
Như vậy \(\left| X \right| = C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3\)
Vậy xác suất để cả hai người cùng đi qua \(I\) là \(P\left( X \right) = \frac{{\left| X \right|}}{{\left| {\Omega } \right|}} = \frac{{C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3}}{{{{\left( {C_{23}^8} \right)}^2}}} \approx 0,24\)
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: C
\( - 4\).
Câu 2
Đáp án đúng: D
\(\left( {SBD} \right)\).
Câu 3
Đáp án đúng: C
\(4x + 3y - 7z + 11 = 0\).
Câu 4
Đáp án đúng: A
\(S = \left( {0; + \infty } \right)\).
Câu 5
Đáp án đúng: A
\(y = {x^3} - 2x + 1\).
Câu 6
Đáp án đúng: D
\({u_4} = 10\).
Câu 7
Đáp án đúng: B
\(f(x) = {x^3} + cosx + C\).
Câu 8
Đáp án đúng: B
\(\overrightarrow {B'C} = - \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)
Câu 9
Đáp án đúng: C
\(P = \sin 2x\).
Câu 10
Đáp án đúng: C
\(8\).
Câu 11
Đáp án đúng: B
\(\left( {1; - 3; - 4} \right)\).
Câu 12
Đáp án đúng: B
\(210.\)
Câu 13
Đáp án đúng: A
Câu 14
Đáp án đúng: B
Với mọi \(F(\theta ) \geqslant 0\) ta luôn có đạo hàm của \(\ln (F(\theta ))\) bằng \(\frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}}\).
Câu 15
Đáp án đúng: B
Thiết bị GPS có tọa độ \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\, - \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
Câu 16
Đáp án đúng: A
Xác suất bệnh nhân điều trị bằng phác đồ A và được chữa khỏi bệnh là 0,6.
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 13, 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 13 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 13, "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 13 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!