Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 14
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 14
Thực Hành Làm Bài Test Trực Tuyến: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 14
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 14 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 14 này.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 14
Câu 1:
Nghiệm của phương trình \({\log _3}\left( {2x – 1} \right) = 2\) là
\(x = 5\).
Chọn A
Điều kiện: \(x > \frac{1}{2}\).
Ta có: \({\log _3}\left( {2x – 1} \right) = 2 \Leftrightarrow 2x – 1 = {3^2} \Leftrightarrow x = 5\) (t/m).
Vậy \(x = 5\) là nghiệm của phương trình.
Điều kiện: \(x > \frac{1}{2}\).
Ta có: \({\log _3}\left( {2x – 1} \right) = 2 \Leftrightarrow 2x – 1 = {3^2} \Leftrightarrow x = 5\) (t/m).
Vậy \(x = 5\) là nghiệm của phương trình.
Câu 2:
Trong không gian \(Oxyz\), đường thẳng \(\Delta :\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z – 3}}{2}\) có một vectơ chỉ phương là
\(\overrightarrow u = \left( {2;\, - 1;\,2} \right)\).
Chọn B
Đường thẳng \(\Delta :\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z – 3}}{2}.\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2;\, – 1;\,2} \right)\).
Đường thẳng \(\Delta :\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z – 3}}{2}.\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2;\, – 1;\,2} \right)\).
Câu 3:
Nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^2} – 1\) là
\({x^3} - x + C\).
Chọn B
Ta có: \(\int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {3{x^2} – 1} \right)} dx = \)\({x^3} – x + C\).
Ta có: \(\int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {3{x^2} – 1} \right)} dx = \)\({x^3} – x + C\).
Câu 4:
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_1} = 3\) và công bội \(q = 2\). Giá trị của \({u_2}\) bằng
\(6.\)
Chọn A
\({u_2} = {u_1}.q = 3.2 = 6\).
\({u_2} = {u_1}.q = 3.2 = 6\).
Câu 5:
Cho mẫu số liệu ghép nhóm về độ tuổi của dân cư khu phố A như sau: Nhóm
[20;30)
[30;40)
[40;50)
[50;60)
[60;70)
[70;80) Số người
24
26
20
15
11
4 Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu trên là:
[20;30)
[30;40)
[40;50)
[50;60)
[60;70)
[70;80) Số người
24
26
20
15
11
4 Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu trên là:
\(22,95\).
Chọn D
Số phần tử của mẫu là \(n = 100\)
Tần số tích lũy của các nhóm lần lượt là \(c{f_1} = 24,c{f_2} = 50,c{f_3} = 70,c{f_4} = 85,c{f_5} = 96,c{f_6} = 100.\)
Ta có: \(\frac{n}{4} = \frac{{100}}{4} = 25\) mà \(24 < 25 < 50\) suy ra nhóm 2 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bẳng 25.
Xét nhóm 2 là nhóm \(\left[ {30;40} \right)\) có \(s = 30,\;h = 10,{n_2} = 26\) và nhóm 1 là nhóm \(\left[ {20;30} \right)\) có \(c{f_1} = 24\)
Ta có tứ phân vị thứ nhất là: \({Q_1} = s + \left( {\frac{{25 – c{f_2}}}{{{n_3}}}} \right) \cdot h = 30 + \left( {\frac{{25 – 24}}{{26}}} \right) \cdot 10 = \frac{{395}}{{13}}\)
Ta có: \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.100}}{4} = 75\) mà \(70 < 75 < 80\) suy ra nhóm 4 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bẳng 75. Xét nhóm 4 là nhóm \(\left[ {50;60} \right)\) có \(t = 50,\mid = 10,{n_4} = 15\) và nhóm 3 là nhóm \(\left[ {40;50} \right)\) có \(c{f_3} = 70\)
Ta có tứ phân vị thứ ba là: \({Q_3} = t + \left( {\frac{{75 – c{f_3}}}{{{n_4}}}} \right).l = 50 + \left( {\frac{{75 – 70}}{{15}}} \right).10 = \frac{{160}}{3}\)
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là: \({Q_3} – {Q_1} = \frac{{160}}{3} – \frac{{395}}{{13}} = \frac{{395}}{{39}} \approx 22,95\)
Số phần tử của mẫu là \(n = 100\)
Tần số tích lũy của các nhóm lần lượt là \(c{f_1} = 24,c{f_2} = 50,c{f_3} = 70,c{f_4} = 85,c{f_5} = 96,c{f_6} = 100.\)
Ta có: \(\frac{n}{4} = \frac{{100}}{4} = 25\) mà \(24 < 25 < 50\) suy ra nhóm 2 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bẳng 25.
Xét nhóm 2 là nhóm \(\left[ {30;40} \right)\) có \(s = 30,\;h = 10,{n_2} = 26\) và nhóm 1 là nhóm \(\left[ {20;30} \right)\) có \(c{f_1} = 24\)
Ta có tứ phân vị thứ nhất là: \({Q_1} = s + \left( {\frac{{25 – c{f_2}}}{{{n_3}}}} \right) \cdot h = 30 + \left( {\frac{{25 – 24}}{{26}}} \right) \cdot 10 = \frac{{395}}{{13}}\)
Ta có: \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.100}}{4} = 75\) mà \(70 < 75 < 80\) suy ra nhóm 4 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bẳng 75. Xét nhóm 4 là nhóm \(\left[ {50;60} \right)\) có \(t = 50,\mid = 10,{n_4} = 15\) và nhóm 3 là nhóm \(\left[ {40;50} \right)\) có \(c{f_3} = 70\)
Ta có tứ phân vị thứ ba là: \({Q_3} = t + \left( {\frac{{75 – c{f_3}}}{{{n_4}}}} \right).l = 50 + \left( {\frac{{75 – 70}}{{15}}} \right).10 = \frac{{160}}{3}\)
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là: \({Q_3} – {Q_1} = \frac{{160}}{3} – \frac{{395}}{{13}} = \frac{{395}}{{39}} \approx 22,95\)
Câu 6:
Trong không gian hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho mặt phẳng \((P):2x-4y+5z-1=0\). Vectơ nào là một vector pháp tuyến của mặt phẳng \((P)\)?
\(\vec{n}=(2;-4;5)\)
Chọn B
Câu 7:
Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\) như hình bên. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{AC'}\).
Chọn C
Theo qui tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA’}=\overrightarrow{AC’}\)..
Theo qui tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA’}=\overrightarrow{AC’}\)..
Câu 8:
Cho hàm số \(f(x)\) có bảng biến thiên như hình bên. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\((-\infty;0)\).
Chọn A
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \((-\infty;0)\).
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \((-\infty;0)\).
Câu 9:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), phương trình chính tắc của đường thẳng \(\left( d \right)\)đi qua điểm \(M\left( {1;\, – 2;\,3} \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right):x – 2y + 3z – 1 = 0\) là?
\(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ - 2}} = \frac{{z + 3}}{3}\).
Chọn C
Ta có: \(\left( d \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\), nên:\(\overrightarrow {{u_d}} = \overrightarrow {{n_p}} = (1; – 2;3)\).
Do đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là: \(\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ – 2}} = \frac{{z – 3}}{3}\).
Ta có: \(\left( d \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\), nên:\(\overrightarrow {{u_d}} = \overrightarrow {{n_p}} = (1; – 2;3)\).
Do đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là: \(\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ – 2}} = \frac{{z – 3}}{3}\).
Câu 10:
Phương trình \(\sin x = – \frac{1}{2}\) có tập nghiệm là
\(S = \left\{ { - \frac{\pi }{6} + k2\pi ;\frac{{7\pi }}{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Chọn A
Ta có: \(\sin x = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \left( { – \frac{\pi }{6}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.,k \in \mathbb{Z}\).
Ta có: \(\sin x = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \left( { – \frac{\pi }{6}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.,k \in \mathbb{Z}\).
Câu 11:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\left[ {0;2} \right]\), \(f\left( 0 \right) = 1\) và \(\int\limits_0^2 {f’\left( x \right){\text{d}}x = – 3} \). Tính \(f\left( 2 \right)\)?
\(f\left( 2 \right) = - 3\)
Chọn D
Ta có:\(\int\limits_0^2 {f’\left( x \right){\text{d}}x = – 3} \Leftrightarrow f\left( 2 \right) – f\left( 0 \right) = – 3 \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = – 3 + f\left( 0 \right) = – 3 + 1 = – 2\)
Ta có:\(\int\limits_0^2 {f’\left( x \right){\text{d}}x = – 3} \Leftrightarrow f\left( 2 \right) – f\left( 0 \right) = – 3 \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = – 3 + f\left( 0 \right) = – 3 + 1 = – 2\)
Câu 12:
Cho hình lập phương \(ABCD.A’B’C’D’\) như hình bên.
\((ACC'A')\perp(BDD'B')\)
Chọn B
Ta có
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{AA’ \bot (ABCD)\;BD \subset (ABCD)}
\end{array}\)\( \Rightarrow AA’ \bot BD\quad (1)\). Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD\perp AC\quad(2)\).
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(BD\perp(ACC’A’)\).
Mặt khác \(BD\subset(BDD’B’)\Rightarrow(BDD’B’)\perp(ACC’A’)\).
Ta có
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{AA’ \bot (ABCD)\;BD \subset (ABCD)}
\end{array}\)\( \Rightarrow AA’ \bot BD\quad (1)\). Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD\perp AC\quad(2)\).
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(BD\perp(ACC’A’)\).
Mặt khác \(BD\subset(BDD’B’)\Rightarrow(BDD’B’)\perp(ACC’A’)\).
Câu 13:
[LÊ THÁNH TÔNG-HCM-2026]
Bạch Đằng sóng dậy một trời đông,Cọc ngầm dựng thẳng khóa muôn dòng,Nam Hán thuyền tan theo triều xuống,Toàn quân giặc chết gối non sông.
Chiến thắng Bạch Đằng năm 938 là đỉnh cao nghệ thuật quân sự, khi Ngô Quyền đã đoán định chính xác nhịp lên xuống của thủy triều để nhử thuyền quân Nam Hán vào sâu bến trong, rồi phản công đúng thời khắc nước rút, qua đó đánh đuổi được giặc xâm lăng ra khỏi bờ cõi.
Để mô hình hóa chiến thuật “cắm cọc nước rút” ấy dưới lăng kính Giải tích, ta xét bài toán sau:
Xét một bãi cọc được đóng xuống bùn theo phương thẳng đứng; chiều cao mỗi cọc (tính từ mặt bùn đến đầu cọc)là \(2,4m\).
Gọi \(h\left( t \right)\) (tính bằng mét) là độ sâu mực nước tại bãi cọc (tính từ mặt bùn đến mặt nước)ở thời điểm \(t\) (giờ), trong đó \(t = 0\) ứng với thời điểm 09:00, \(0 \leqslant t \leqslant 4\). Thời gian này, mực nước rút nên \(h\left( t \right)\) theo quy luật \(h\prime \left( t \right) = – 0,25t – 0,05\left( {\;{\text{m}}/{\text{ gi\`o }}} \right).\) Biết rằng vào lúc 09:00, mực nước tại bãi cọc cao hơn mặt bùn \(3,3\;{\text{m}}\) (tức là \(h\left( 0 \right) = 3,3\) ).
Khi Ngô Quyền phát lệnh phản công, ông biết rằng thuyền địch sẽ quay đầu tháo chạy và mất 12 phút để tới bãi cọc. Ngô Quyền muốn đúng lúc thuyền địch tới bãi cọc thì đầu cọc vừa nhồ lên khỏi mặt nước \(0,5\;{\text{m}}\).
Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Bạch Đằng sóng dậy một trời đông,Cọc ngầm dựng thẳng khóa muôn dòng,Nam Hán thuyền tan theo triều xuống,Toàn quân giặc chết gối non sông.
Chiến thắng Bạch Đằng năm 938 là đỉnh cao nghệ thuật quân sự, khi Ngô Quyền đã đoán định chính xác nhịp lên xuống của thủy triều để nhử thuyền quân Nam Hán vào sâu bến trong, rồi phản công đúng thời khắc nước rút, qua đó đánh đuổi được giặc xâm lăng ra khỏi bờ cõi.
Để mô hình hóa chiến thuật “cắm cọc nước rút” ấy dưới lăng kính Giải tích, ta xét bài toán sau:
Xét một bãi cọc được đóng xuống bùn theo phương thẳng đứng; chiều cao mỗi cọc (tính từ mặt bùn đến đầu cọc)là \(2,4m\).
Gọi \(h\left( t \right)\) (tính bằng mét) là độ sâu mực nước tại bãi cọc (tính từ mặt bùn đến mặt nước)ở thời điểm \(t\) (giờ), trong đó \(t = 0\) ứng với thời điểm 09:00, \(0 \leqslant t \leqslant 4\). Thời gian này, mực nước rút nên \(h\left( t \right)\) theo quy luật \(h\prime \left( t \right) = – 0,25t – 0,05\left( {\;{\text{m}}/{\text{ gi\`o }}} \right).\) Biết rằng vào lúc 09:00, mực nước tại bãi cọc cao hơn mặt bùn \(3,3\;{\text{m}}\) (tức là \(h\left( 0 \right) = 3,3\) ).
Khi Ngô Quyền phát lệnh phản công, ông biết rằng thuyền địch sẽ quay đầu tháo chạy và mất 12 phút để tới bãi cọc. Ngô Quyền muốn đúng lúc thuyền địch tới bãi cọc thì đầu cọc vừa nhồ lên khỏi mặt nước \(0,5\;{\text{m}}\).
Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau:
Từ 09:00 đến 10:00, mực nước giảm đúng \(0,19\;{\text{m}}\).
a) Đúng. Ta có: \(h(t) = \int {( – 0,25t – 0,05)} dt = – 0,125{t^2} – 0,05t + C\)
Với \(h(0) = 3,3 \Rightarrow C = 3,3\).
Vậy \(h(t) = 3,3 – 0,125{t^2} – 0,05t\) (m) trên \([0;4].\)
b) Sai. Xét \(\Delta h = |h(1) – h(0)| = \mid – 0,125{(1)^2} – 0,05(1)\mid = 0,175\;{\text{m}} \Rightarrow \) SAI.
Khoảng thời gian từ 09:00 đến 10:00 tương ứng: \(t:0 \to 1\)
Tính:
\(h\left( 0 \right) = 3,3\)
\(h\left( 1 \right) = 3,3 – 0,125 – 0,05 = 3,125\)
Độ giảm mực nước: \(\Delta h = 3,3 – 3,125 = 0,175\;{\text{m}}\)
c) Đúng. Đầu cọc vừa chạm nước khi \(h(t) = 2,4 \Leftrightarrow – 0,125{t^2} – 0,05t + 3,3 = 2,4 \Rightarrow t \approx 2,49\) giờ \( \approx 149\) phút
d) Sai. Khi thuyền địch tới bãi cọc, đầu cọc nhô lên khỏi mặt nước \(0,5\;{\text{m}}\), do đó độ sâu mực nước khi ấy là: \(h\left( t \right) = 2,4 – 0,5 = 1,9\left( {\;{\text{m}}} \right)\)
\( \Leftrightarrow 3,3 – 0,125{t^2} – 0,05t = 1,9 \Rightarrow \)\(t \approx 3,15\) giờ\( = \)\(3,15 \times 60 \approx 189{\text{ ph\’u t }}\)
Vậy thuyền địch tới bãi cọc vào khoảng: \(09:00 + 189{\text{ ph\’u t }} \approx 12:09\)
Do thuyền mất 12 phút để tới bãi cọc nên thời điểm Ngô Quyền phát lệnh phản công là:
\(12:09 – 12 = 11:57\)
Với \(h(0) = 3,3 \Rightarrow C = 3,3\).
Vậy \(h(t) = 3,3 – 0,125{t^2} – 0,05t\) (m) trên \([0;4].\)
b) Sai. Xét \(\Delta h = |h(1) – h(0)| = \mid – 0,125{(1)^2} – 0,05(1)\mid = 0,175\;{\text{m}} \Rightarrow \) SAI.
Khoảng thời gian từ 09:00 đến 10:00 tương ứng: \(t:0 \to 1\)
Tính:
\(h\left( 0 \right) = 3,3\)
\(h\left( 1 \right) = 3,3 – 0,125 – 0,05 = 3,125\)
Độ giảm mực nước: \(\Delta h = 3,3 – 3,125 = 0,175\;{\text{m}}\)
c) Đúng. Đầu cọc vừa chạm nước khi \(h(t) = 2,4 \Leftrightarrow – 0,125{t^2} – 0,05t + 3,3 = 2,4 \Rightarrow t \approx 2,49\) giờ \( \approx 149\) phút
d) Sai. Khi thuyền địch tới bãi cọc, đầu cọc nhô lên khỏi mặt nước \(0,5\;{\text{m}}\), do đó độ sâu mực nước khi ấy là: \(h\left( t \right) = 2,4 – 0,5 = 1,9\left( {\;{\text{m}}} \right)\)
\( \Leftrightarrow 3,3 – 0,125{t^2} – 0,05t = 1,9 \Rightarrow \)\(t \approx 3,15\) giờ\( = \)\(3,15 \times 60 \approx 189{\text{ ph\’u t }}\)
Vậy thuyền địch tới bãi cọc vào khoảng: \(09:00 + 189{\text{ ph\’u t }} \approx 12:09\)
Do thuyền mất 12 phút để tới bãi cọc nên thời điểm Ngô Quyền phát lệnh phản công là:
\(12:09 – 12 = 11:57\)
Câu 14:
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A’B’C’D’\) có đáy ABCD là hình vuông cạnh có độ dài bằng \(a\). Đường thẳng \(A’C\) tạo với đáy \(ABCD\) góc \(\alpha \) sao cho \(\tan \alpha = \sqrt 2 \).
Khoảng cách giữa BD và \(CD'\) bằng \(\frac{a}{3}\).
a) Đúng.
Theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + {\text{ }}\overrightarrow {AA’} \).
Theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + {\text{ }}\overrightarrow {AA’} \).
Câu 15:
Một máy phát tín hiệu P được đặt cố định ở một địa điểm và ta có thể nhận được tín hiệu của máy phát này trong phạm vi của một mặt cầu với bán kính \(R\) của nó. Một người cầm máy dò tín hiệu A chuyển động trên đường thẳng \(d\) (như hình vẽ)
Máy dò tín hiệu A có thể nhận được tín hiệu trong phạm vi của một mặt cầu với bán kính 2 km. Nếu chọn điểm đặt máy phát tín hiệu P là gốc tọa độ \(O\) của hệ trục tọa độ \(Oxyz\), thì máy dò A di chuyển theo đường thẳng có phương trình:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 5 – t} \\
{y = 5 – t} \\
{z = 7 – 2t}
\end{array}} \right.\) (trong đó \(t(h)\) là thời gian chuyển động).
Máy dò tín hiệu A có thể nhận được tín hiệu trong phạm vi của một mặt cầu với bán kính 2 km. Nếu chọn điểm đặt máy phát tín hiệu P là gốc tọa độ \(O\) của hệ trục tọa độ \(Oxyz\), thì máy dò A di chuyển theo đường thẳng có phương trình:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 5 – t} \\
{y = 5 – t} \\
{z = 7 – 2t}
\end{array}} \right.\) (trong đó \(t(h)\) là thời gian chuyển động).
Mặt cầu giới hạn phạm vi nhận tín hiệu của máy dò A tại thời điểm nó gằn máy phát tín hiệu P nhất là mặt cầu có phương trình\({(x - 1)^2} + {(y - 1)^2} + {(z - 1)^2} = 4.\)
a) Đúng.
Tại thời điểm \(t = 1\) ( \(h\) ) máy dò tín hiệu \(A\) tại vị trí có toạ độ \((4;4;5)\).
b) Đúng.
Tại thời điểm \(t = 2,5(h)\) máy dò tín hiệu \(A\) tại vị trí có toạ độ \((2,5;2,5;2)\) có khoảng cách đến máy phát tín hiệu P là \(\frac{{\sqrt {66} }}{2} > 2\) nên không nhận được tín hiệu từ máy phát P.
c) Đúng.
Τa có \(M(5 – t;5 – t;7 – 2t)\)
Khoảng cách đến máy phát tín hiệu P là \(OM = \sqrt {{{(5 – t)}^2} + {{(5 – t)}^2} + {{(7 – 2t)}^2}} \)
\( \Leftrightarrow \sqrt {6{t^2} – 48t + 99} = \sqrt {6\left( {{t^2} – 8t + 16} \right) + 3} = \sqrt {6{{(t – 4)}^2} + 3} \geqslant \sqrt 3 \)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(t = 4\).
Vậy máy dò tín hiệu \(A\) gần máy phát tín hiệu \(P\) nhất lúc \(4(h)\).
d) Sai.
Tại thời điểm \(t = 4(h)\) máy dò tín hiệu \(A\) tại vị trí có toạ độ \((1;1; – 1)\).
Mặt cầu giới hạn phạm vi nhận tín hiệu của máy dò \(A\) tại thời điểm nó gần máy phát tín hiệu \(P\) nhất là mặt cầu đi qua \((1;1; – 1)\) và có bán kính bằng 2 có phương trình \({(x – 1)^2} + {(y – 1)^2} + {(z + 1)^2} = 4.\)
Tại thời điểm \(t = 1\) ( \(h\) ) máy dò tín hiệu \(A\) tại vị trí có toạ độ \((4;4;5)\).
b) Đúng.
Tại thời điểm \(t = 2,5(h)\) máy dò tín hiệu \(A\) tại vị trí có toạ độ \((2,5;2,5;2)\) có khoảng cách đến máy phát tín hiệu P là \(\frac{{\sqrt {66} }}{2} > 2\) nên không nhận được tín hiệu từ máy phát P.
c) Đúng.
Τa có \(M(5 – t;5 – t;7 – 2t)\)
Khoảng cách đến máy phát tín hiệu P là \(OM = \sqrt {{{(5 – t)}^2} + {{(5 – t)}^2} + {{(7 – 2t)}^2}} \)
\( \Leftrightarrow \sqrt {6{t^2} – 48t + 99} = \sqrt {6\left( {{t^2} – 8t + 16} \right) + 3} = \sqrt {6{{(t – 4)}^2} + 3} \geqslant \sqrt 3 \)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(t = 4\).
Vậy máy dò tín hiệu \(A\) gần máy phát tín hiệu \(P\) nhất lúc \(4(h)\).
d) Sai.
Tại thời điểm \(t = 4(h)\) máy dò tín hiệu \(A\) tại vị trí có toạ độ \((1;1; – 1)\).
Mặt cầu giới hạn phạm vi nhận tín hiệu của máy dò \(A\) tại thời điểm nó gần máy phát tín hiệu \(P\) nhất là mặt cầu đi qua \((1;1; – 1)\) và có bán kính bằng 2 có phương trình \({(x – 1)^2} + {(y – 1)^2} + {(z + 1)^2} = 4.\)
Câu 16:
Một loại xét nghiệm nhanh cúm mùa cho kết quả dương tính với \(76,2\% \) các ca thực sự nhiễm vius và kết quả âm tính với \(99,1\% \) các ca thực sự không nhiễm vius. Giả sử tỉ lệ người nhiễm vius cúm mùa trong một cộng đồng là \(1\% \). Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:
Xác suất xét nghiệm cho kết quả âm tính của các ca thực sự nhiễm vius là: \(0,23\).
Gọi:
– \(V\) là biến cố người nhiễm viruts cúm mùa.
– \(K\) là biến cố người không nhiễm virus cúm mùa.
– \(DT\) là biến cố xét nghiệm cho kết quả dương tính.
– \(AT\) là biến cố xét nghiệm cho kết quả âm tính.
Theo bài ra, ta có:
– Xác suất người nhiễm viruts cúm mùa: \(P\left( V \right) = 1\% = 0,01\).
– Xác suất người không nhiễm viruts cúm mùa: \(P\left( K \right) = 1 – P\left( V \right) = 0,99\).
– Xác suất xét nghiệm dương tính khi nhiễm viruts: \(P\left( {DT\mid V} \right) = 76,2\% = 0,762\).
– Xác suất xét nghiệm âm tính khi không nhiễm viruts: \(P\left( {AT\mid K} \right) = 99,1\% = 0,991\).
a) Sai. Xác suất xét nghiệm cho kết quả âm tính của các ca thực sự nhiễm vius là: \(P\left( {AT\mid V} \right) = 1 – P\left( {DT\mid V} \right) = 1 – 0,762 = 0,238\). Suy ra a) sai.b) Đúng. Xác suất xét nghiệm cho kết quả dương tính của các ca thực sự không nhiễm vius là:
\(P\left( {AT\mid V} \right) = 1 – P\left( {AT\mid K} \right) = 1 – 99,1\% = 0,991 = 0,009\). Suy ra b) đúng.c) Sai. Xác suất người làm xét nghiệm có kết quả dương tính là:
\(P\left( {DT} \right) = P\left( {DT\mid V} \right).P\left( V \right) + P\left( {DT\mid K} \right).P\left( K \right) = 0,762.0,01 + 0,009.0,99 = 0,01653\). Suy ra c) sai.d) Đúng.
Biết rằng đã có kết quả chuẩn đoán là dương tính, xác suất để người đó thực sự bị bệnh là: \(P\left( {V\mid DT} \right)\).
Sử dụng định lý Bayes: \(P\left( {V\mid DT} \right) = \frac{{P\left( {DT\mid V} \right).P\left( V \right)}}{{P\left( {DT} \right)}} = \frac{{0,762.0,01}}{{0,1653}} = \frac{{0,00762}}{{0,01653}} \approx 0,46\).
PHẦN 3: TRẢ LỜI NGẮN
– \(V\) là biến cố người nhiễm viruts cúm mùa.
– \(K\) là biến cố người không nhiễm virus cúm mùa.
– \(DT\) là biến cố xét nghiệm cho kết quả dương tính.
– \(AT\) là biến cố xét nghiệm cho kết quả âm tính.
Theo bài ra, ta có:
– Xác suất người nhiễm viruts cúm mùa: \(P\left( V \right) = 1\% = 0,01\).
– Xác suất người không nhiễm viruts cúm mùa: \(P\left( K \right) = 1 – P\left( V \right) = 0,99\).
– Xác suất xét nghiệm dương tính khi nhiễm viruts: \(P\left( {DT\mid V} \right) = 76,2\% = 0,762\).
– Xác suất xét nghiệm âm tính khi không nhiễm viruts: \(P\left( {AT\mid K} \right) = 99,1\% = 0,991\).
a) Sai. Xác suất xét nghiệm cho kết quả âm tính của các ca thực sự nhiễm vius là: \(P\left( {AT\mid V} \right) = 1 – P\left( {DT\mid V} \right) = 1 – 0,762 = 0,238\). Suy ra a) sai.b) Đúng. Xác suất xét nghiệm cho kết quả dương tính của các ca thực sự không nhiễm vius là:
\(P\left( {AT\mid V} \right) = 1 – P\left( {AT\mid K} \right) = 1 – 99,1\% = 0,991 = 0,009\). Suy ra b) đúng.c) Sai. Xác suất người làm xét nghiệm có kết quả dương tính là:
\(P\left( {DT} \right) = P\left( {DT\mid V} \right).P\left( V \right) + P\left( {DT\mid K} \right).P\left( K \right) = 0,762.0,01 + 0,009.0,99 = 0,01653\). Suy ra c) sai.d) Đúng.
Biết rằng đã có kết quả chuẩn đoán là dương tính, xác suất để người đó thực sự bị bệnh là: \(P\left( {V\mid DT} \right)\).
Sử dụng định lý Bayes: \(P\left( {V\mid DT} \right) = \frac{{P\left( {DT\mid V} \right).P\left( V \right)}}{{P\left( {DT} \right)}} = \frac{{0,762.0,01}}{{0,1653}} = \frac{{0,00762}}{{0,01653}} \approx 0,46\).
PHẦN 3: TRẢ LỜI NGẮN
Câu 17:
Một ngôi nhà hình lăng trụ đứng \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\). \(AB = AD = 4(m);BC = 3,5(m);B{B^\prime } = 6(m)\) (xem hình vẽ). Ở bức tường \(AD{D^\prime }{A^\prime }\) người ta lắp một bóng điện cách cạnh \({A^\prime }{D^\prime }\) một khoảng bằng \(3(m)\) và cách mặt sàn một khoảng bằng \(3(m)\), còn ở bức tường \(BC{C^\prime }{B^\prime }\) người ta lắp một bóng điện cách cạnh \({B^\prime }{C^\prime }\) một khoảng bằng \(3(\;{\text{m}})\) và cách mặt sàn một khoảng bằng \(2,5(\;{\text{m}})\). Một bảng điều khiển được đặt tại bức tường \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) cách cạnh \({A^\prime }{D^\prime }\) một khoảng bằng \(1(m)\)và cao \(1,5(\;{\text{m}})\) so với mặt sàn. Người ta muốn nối dây điện từ bảng điều khiển men theo các bức tường (không mắc lên mái) đến 2 bóng điện trên. Hỏi cần tối thiểu bao nhiêu mét dây điện? (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Trả lời: 10,4
Gọi \({B_1};{B_2}\): CT lần lượt là vị trí bóng đèn ở các mặt \(AD{D^\prime }{A^\prime },BC{C^\prime }{B^\prime }\) và công tắc ở mặt \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) như hình bên dưới
Do dây điện chỉ được đi theo các bức tường mà không đi lên mái, ta trải phẳng ba mặt phẳng \(AD{D^\prime }{A^\prime },BC{C^\prime }{B^\prime }\) và \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) như sau
Để đường dây điện là ngắn nhất, sau khi trải phẳng ta thấy hai đường dây điện chính là đường thẳng nối từ công tắc tới hai bóng đèn (đường màu đỏ ở hình trên)
Khi đó độ dài đường dây điện ngắn nhất là \({L_{{\text{min }}}} = \sqrt {{4^2} + 1,{5^2}} + \sqrt {{6^2} + {1^2}} \approx 10,4(\;{\text{m}})\)
Gọi \({B_1};{B_2}\): CT lần lượt là vị trí bóng đèn ở các mặt \(AD{D^\prime }{A^\prime },BC{C^\prime }{B^\prime }\) và công tắc ở mặt \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) như hình bên dưới
Do dây điện chỉ được đi theo các bức tường mà không đi lên mái, ta trải phẳng ba mặt phẳng \(AD{D^\prime }{A^\prime },BC{C^\prime }{B^\prime }\) và \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) như sau
Để đường dây điện là ngắn nhất, sau khi trải phẳng ta thấy hai đường dây điện chính là đường thẳng nối từ công tắc tới hai bóng đèn (đường màu đỏ ở hình trên)
Khi đó độ dài đường dây điện ngắn nhất là \({L_{{\text{min }}}} = \sqrt {{4^2} + 1,{5^2}} + \sqrt {{6^2} + {1^2}} \approx 10,4(\;{\text{m}})\)
Câu 18:
Cho bảy điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,E,\,\,F,\,\,G\) có \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(F\) là trung điểm \(AD,\) độ dài các cạnh được ghi trên hình vẽ (đơn vị độ dài).
Một trò chơi được quy định như sau: xuất phát từ một điểm bất kỳ trong bảy điểm trên đi qua hết tất cả các cạnh trên hình vẽ mỗi cạnh ít nhất một lần rồi quay lại điểm xuất phát. Người chơi là người thắng cuộc nếu tổng độ dài đường đi là ngắn nhất. Tính tổng độ dài đường đi đó.
Một trò chơi được quy định như sau: xuất phát từ một điểm bất kỳ trong bảy điểm trên đi qua hết tất cả các cạnh trên hình vẽ mỗi cạnh ít nhất một lần rồi quay lại điểm xuất phát. Người chơi là người thắng cuộc nếu tổng độ dài đường đi là ngắn nhất. Tính tổng độ dài đường đi đó.
Trả lời: 106
Ta có \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(AD = BC = 12,AB = CD = 8\) (đơn vị độ dài).
\(F\) là trung điểm \(AD \Rightarrow AF = FD = \frac{{AD}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6\) (đơn vị độ dài).
Độ dài các cạnh còn lại \(AE = 8,ED = 10,BG = 8,CG = 8\) (đơn vị độ dài).
Xét \(\Delta ABF\) vuông tại \(A\) có \(BF = \sqrt {A{F^2} + A{B^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\) (đơn vị độ dài).
Xét \(\Delta FDC\) vuông tại \(D\) có \(CF = \sqrt {D{F^2} + D{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\) (đơn vị độ dài).
Người chơi được xuất phát từ 1 điểm bất kỳ từ bảy điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,E,\,\,F,\,\,G\) đi qua hết tất cả các cạnh trên hình vẽ mỗi cạnh ít nhất một lần rồi quay lại điểm xuất phát. Người chơi là người thắng cuộc nếu tổng độ dài đường đi là ngắn nhất.
Người chơi sẽ chọn điểm bắt đầu từ \(D \to E \to A \to D \to C \to F \to B \to G \to C \to B \to A \to D\).
Vậy độ dài đường đi đó là
\(DE + EA + AD + DC + CF + FB + BG + GC + CB + BA + AD\)
\( = 10 + 8 + 12 + 8 + 10 + 10 + 8 + 8 + 12 + 8 + 12 = 106\) (đơn vị độ dài).
Ta có \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(AD = BC = 12,AB = CD = 8\) (đơn vị độ dài).
\(F\) là trung điểm \(AD \Rightarrow AF = FD = \frac{{AD}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6\) (đơn vị độ dài).
Độ dài các cạnh còn lại \(AE = 8,ED = 10,BG = 8,CG = 8\) (đơn vị độ dài).
Xét \(\Delta ABF\) vuông tại \(A\) có \(BF = \sqrt {A{F^2} + A{B^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\) (đơn vị độ dài).
Xét \(\Delta FDC\) vuông tại \(D\) có \(CF = \sqrt {D{F^2} + D{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\) (đơn vị độ dài).
Người chơi được xuất phát từ 1 điểm bất kỳ từ bảy điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,E,\,\,F,\,\,G\) đi qua hết tất cả các cạnh trên hình vẽ mỗi cạnh ít nhất một lần rồi quay lại điểm xuất phát. Người chơi là người thắng cuộc nếu tổng độ dài đường đi là ngắn nhất.
Người chơi sẽ chọn điểm bắt đầu từ \(D \to E \to A \to D \to C \to F \to B \to G \to C \to B \to A \to D\).
Vậy độ dài đường đi đó là
\(DE + EA + AD + DC + CF + FB + BG + GC + CB + BA + AD\)
\( = 10 + 8 + 12 + 8 + 10 + 10 + 8 + 8 + 12 + 8 + 12 = 106\) (đơn vị độ dài).
Câu 19:
Biết rằng tốc độ đánh máy trung trình \(S\) (tính bằng từ trên phút) của một học viên lớn tuổi sau \(t\) tuần (kể từ khi chưa biết đánh máy) được cho bởi một trong hai công thức sau
\(S(t) = \frac{{a{t^2} + b}}{{c{t^2} + d}}\) và \(S(t) = \frac{{a{t^2} + b}}{{ct + d}}\) \((a,b,c,d \in \mathbb{R};ac \ne 0)\).
Ông A (một người lớn tuổi chưa biết đánh máy) sau 4 tuần đi học thì tốc độ đánh máy trung bình đạt 20 từ trên phút, sau 6 tuần đạt 30 từ trên phút. Em hãy dự đoán xem, sau khóa học 15 tuần thì tốc độ đánh máy trung bình của ông A là bao nhiêu từ trên phút.
\(S(t) = \frac{{a{t^2} + b}}{{c{t^2} + d}}\) và \(S(t) = \frac{{a{t^2} + b}}{{ct + d}}\) \((a,b,c,d \in \mathbb{R};ac \ne 0)\).
Ông A (một người lớn tuổi chưa biết đánh máy) sau 4 tuần đi học thì tốc độ đánh máy trung bình đạt 20 từ trên phút, sau 6 tuần đạt 30 từ trên phút. Em hãy dự đoán xem, sau khóa học 15 tuần thì tốc độ đánh máy trung bình của ông A là bao nhiêu từ trên phút.
Trả lời : \(45\).
+) Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{a{t^2} + b}}{{ct + d}} = \pm \infty \) nên \(S(t) = \frac{{a{t^2} + b}}{{ct + d}}\) loại.
+) Ta có \(S(0) = 0 \Leftrightarrow b = 0 \Rightarrow S(t) = \frac{{a{t^2}}}{{c{t^2} + d}}.\)
+) Mặt khác có \(\left\{ \begin{gathered}
S(4) = 20 \hfill \\
S(6) = 30 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
16a = 20(16c + d)\;\; \hfill \\
36a = 30(36c + d) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
4a = 80c + 5d\;\;\;\;\;\;\;(1) \hfill \\
6a = 180c + 5d\;\;\;\;\;(2) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Lấy \((2)\) trừ \((1)\) ta được \(a = 50c\) thay vào \((1)\) ta được \(d = 24c\).
Vậy \(S(t) = \frac{{50c{t^2}}}{{c{t^2} + 24c}} = \frac{{50{t^2}}}{{{t^2} + 24}}.\)
+) Do đó \(S(15) = \frac{{{{50.15}^2}}}{{{{15}^2} + 24}} \approx 45.\)
+) Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{a{t^2} + b}}{{ct + d}} = \pm \infty \) nên \(S(t) = \frac{{a{t^2} + b}}{{ct + d}}\) loại.
+) Ta có \(S(0) = 0 \Leftrightarrow b = 0 \Rightarrow S(t) = \frac{{a{t^2}}}{{c{t^2} + d}}.\)
+) Mặt khác có \(\left\{ \begin{gathered}
S(4) = 20 \hfill \\
S(6) = 30 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
16a = 20(16c + d)\;\; \hfill \\
36a = 30(36c + d) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
4a = 80c + 5d\;\;\;\;\;\;\;(1) \hfill \\
6a = 180c + 5d\;\;\;\;\;(2) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Lấy \((2)\) trừ \((1)\) ta được \(a = 50c\) thay vào \((1)\) ta được \(d = 24c\).
Vậy \(S(t) = \frac{{50c{t^2}}}{{c{t^2} + 24c}} = \frac{{50{t^2}}}{{{t^2} + 24}}.\)
+) Do đó \(S(15) = \frac{{{{50.15}^2}}}{{{{15}^2} + 24}} \approx 45.\)
Câu 20:
Một chiếc xe tải từ trạng thái nghỉ di chuyển một quãng đường dài 256 m trong 20 giây, gọi \(s(t)\)(m) là quãng đường vật đi được trong \(t\) giây kể từ lúc bắt đầu chuyển động, \(v(t)\)(m/s) là vận tốc của vật tại thời điềm \(t\) giây (tham khảo hình vẽ).
Khi đó ta có biểu thức \(v(t) = 0,6\sqrt[4]{{{s^3}(t)}}\). Vận tốc của vật tại thời điểm \(t = 10\) giây bằng bao nhiêu \({\text{m}}/{\text{s}}\) (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Khi đó ta có biểu thức \(v(t) = 0,6\sqrt[4]{{{s^3}(t)}}\). Vận tốc của vật tại thời điểm \(t = 10\) giây bằng bao nhiêu \({\text{m}}/{\text{s}}\) (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Ta có: \(v(t) = 0,6 \cdot \sqrt[4]{{{s^3}(t)}}\)
\( \Rightarrow {s^\prime }(t) = 0,6 \cdot \sqrt[4]{{{s^3}(t)}}\)
\( \Rightarrow {s^\prime }(t) \cdot {s^{\frac{{ – 3}}{4}}}(t) = 0,6\)
\( \Rightarrow \int {{s^\prime }} (t) \cdot {s^{\frac{{ – 3}}{4}}}(t)dt = 0,6t + C\)
\( \Rightarrow 4{s^{\frac{1}{4}}}(t) = 0,6t + C\)
Mà\({\text{ }}s(20) = 256 \Rightarrow C = 4\)
\( \Rightarrow 4{s^{\frac{1}{4}}}(t) = 0,6t + 4\)
\( \Rightarrow s(t) = {(0,15t + 1)^4}\)
\( \Rightarrow v(t) = {s^\prime }(t) = 0,6 \cdot {(0,15t + 1)^3}\)
\( \Rightarrow v(10) \approx 9,4\;{\text{m}}/{\text{s}}\)
\( \Rightarrow {s^\prime }(t) = 0,6 \cdot \sqrt[4]{{{s^3}(t)}}\)
\( \Rightarrow {s^\prime }(t) \cdot {s^{\frac{{ – 3}}{4}}}(t) = 0,6\)
\( \Rightarrow \int {{s^\prime }} (t) \cdot {s^{\frac{{ – 3}}{4}}}(t)dt = 0,6t + C\)
\( \Rightarrow 4{s^{\frac{1}{4}}}(t) = 0,6t + C\)
Mà\({\text{ }}s(20) = 256 \Rightarrow C = 4\)
\( \Rightarrow 4{s^{\frac{1}{4}}}(t) = 0,6t + 4\)
\( \Rightarrow s(t) = {(0,15t + 1)^4}\)
\( \Rightarrow v(t) = {s^\prime }(t) = 0,6 \cdot {(0,15t + 1)^3}\)
\( \Rightarrow v(10) \approx 9,4\;{\text{m}}/{\text{s}}\)
Câu 21:
Xét một chiếc bàn phẳng, có hai viên bi hình cầu được đặt trên mặt bàn. Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho mặt phẳng \((Oxy)\) trùng với mặt bàn, trục \(Oz\) hướng thẳng đứng lên trên so với mặt bàn và mỗi đơn vị trên các trục tương ứng với 1 cm. Ban đầu 2 viên bi này đứng yên trên mặt bàn, tâm của chúng lần lượt trùng với các điểm \(I( – 11;5;3)\) và \(J(13; – 2;5)\). Tại một thời điểm, người ta đồng thời tác động cho 2 viên bi lăn về phía nhau trên mặt bàn theo cùng một đường thẳng với tốc độ không đổi là \(5cm/s\) và \(4cm/s\) (viên bi nhỏ hơn có tốc độ lớn hơn). Hỏi sau bao nhiêu giây kể từ khi tác động thì hai viên bi va chạm với nhau? (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Trả lời: 1,92.
Câu 22:
Một đèn lồng đón năm mới được thiết kế theo hình bát diện đều (ta có thể hìnhdung hình bát diện đều là hai hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau \(S.ABCD\) và \(T.ABCD\) sử dụng chung một mặt đáy). Nghệ nhân đã thiết kế sẵn 12 tấm bìa cứng là các tam giác bằng nhau gồm 3 màu: xanh, đỏ, vàng; trên các tấm bìa cùng màu được đánh số từ 1 tới 4. Mỗi tấm bìa khi dán vào đèn lồng sẽ vừa kín một trong tám mặt bên của nó. Gọi \(N\) là số cách mà nghệ nhân có thể chọn 8 tấm bìa dán lên 8 mặt bên của đèn lồng sao cho hai tấm bìa có chung một cạnh thì khác mà, hai tấm bìa có chung đúng một đỉnh thì khác số. Giá trị \(\frac{N}{8} + 16\) bằng bao nhiêu?
Trả lời: \(9792\)
Chia 8 mặt bên của hình bắt diện đều làYS3|m 2 nhóm:
Nhóm \(U\): \(\left( {SAB} \right)\), \(\left( {SCD} \right)\), \(\left( {TAD} \right)\), \(\left( {TBC} \right)\)
Nhóm \(V\): \(\left( {SBC} \right)\), \(\left( {SAD} \right)\), \(\left( {TCD} \right)\), \(\left( {TAB} \right)\)
Nhận xét:
1. Hai mặt bất kì trong mỗi nhóm đều có đúng 1 đỉnh chung. \(\left( 1 \right)\)
2. Một mặt bất kì của nhóm \(U\) đều kề với đúng0QF| 3 mặt của nhóm \(V\) và ngược lại. \(\left( 2 \right)\)
3. Mỗi mặt của nhóm \(U\) đều có duy nhất một mặt của nhóm \(V\)không chung đỉnh và chung cạnh với nó và ngược lại. Ví dụ như cặp \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {TCD} \right)\),. (ta gọi đây là mặt mặt đối nhau).
+) Đếm cách gắn số cho 8 mặt:
Vì \(\left( 1 \right)\)nên mỗi nhóm phải có đầy đủ các số lấy từ 1 đến 4
Do đó, số cách đánh số cho nhóm \(U\) và nhóm \(V\) là: \({T_1} = 4!.4! = 576\) (cách).
+) Đếm cách tô màu cho 8 mặt:
(Vì hai nhóm \(U\) và \(V\) có đặc điểm hoàn toàn tương tự nhau nên không mất tính tổng quát, dưới đây ta chọn nhóm \(U\) để tô màu trước, rồi suy ra cách tô màu của nhóm \(V\))
Tiếp theo chúng ta sẽ xét các trường hợp về màu trong nhóm A:
TH1: Nhóm \(U\) có 4 mặt cùng màu.
Chọn 1 màu cho 4 mặt ở nhóm có: 3 cách chọn
Vì \(\left( 2 \right)\) nên mỗi mặt ở nhóm \(V\) có 2 cách chọn màu (2 màu còn lại), mà nhóm \(V\) có 4 mặt phẳng, nên sẽ có \({2^4}\)(cách)
Vậy TH1 có: \({3.2^4} = 48\) (cách).
TH2: Các mặt trong nhóm \(U\) sử dụng đúng 2 màu. Ta có các TH nhỏ hơn:
+)TH2.1: Có 3 mặt cùng màu và 1 mặt khác màu với 3 mặt kia
Giả sử các mặt của \(U\) là Đ-X-X-X, khi đó 3 mặt còn lại trong \(V\) (không là mặt đối của với mặt Đ của \(H\)) đề kề với mặt màu Đỏ của \(U\)nên 3 mặt này không thể tô màu Đỏ và cũng không được tô màu Xanh (vì chúng sẽ kề với mặt X của \(U\)), vậy 3 mặt này sẽ cùng tô màu vàng. Chỉ có một mặt của \(V\) (là mặt đối với mặt Đỏ của \(U\)) là được phép tô màu Đỏ hoặc Vàng, nhưng nó cũng không được tô màu Vàng vì như vậy sẽ trùng với TH1.
Vậy ở TH2.1, mỗi cách tô màu cho nhóm \(U\) thì có duy nhất 1 cách tô màu cho nhóm \(V\). Tóm lại TH2.1 có: \(C_3^2.2!.C_4^3 = 24\) (cách)
(Giải thích: Chọn 2 màu cho nhóm \(U\) có \(C_3^2\) cách; hoán đổi màu có \(2!\) cách; chọn 3 trong 4 mặt của nhóm \(B\) để tô giống màu có \(C_4^3\) cách)
+)TH2.12: Có 2 mặt cùng màu và 2 mặt còn lại cũng cùng màu (khác với màu của hai mặt trước)
Giả sử các mặt của \(U\) là Đ-Đ-X-X, khi đó mỗi mặt của \(V\) đề kề với hai mặt màu Đỏ và Xanh của \(U\), nên mỗi mặt của \(V\) chỉ có thể tô màu vàng.
Tóm lại TH2.2 có: \(C_3^2.C_4^2.1.2! = 36\)(cách)
(Giải thích: Chọn 2 màu cho nhóm \(U\) có \(C_3^2\) cách; chọn 2 mặt trong 4 mặt của nhóm \(U\) để tô màu giống nhau; hai mặt còn lại của \(U\) chỉ có 1 cách tô màu; có 2! cách hoán đổi thứ tự tô màu nói trên)
+) TH3: Các mặt của \(U\) sử dụng đủ 3 màu.
Ta thấy TH3 không thể xảy ra. Vì nếu giải sử các mặt của \(U\) là Đ-Đ-X-V. Khi đó ta gọi mặt \({v_1}\) (trong \(V\)) là mặt đối với mặt đang tô màu Đỏ của nhóm \(U\). Khi đó mặt \({v_1}\) cũng đang kề với 3 mặt có đủ 3 màu của nhóm \(U\), nên không còn cách nào để tô màu cho mặt \({v_1}\).
Vậy từ 3 trường hợp trên, số cách tô màu cho 8 mặt là: \({T_2} = 48 + 24 + 36 = 108\) (cách)
Vậy số cách mà nghệ nhân có thể thực hiện là: \(N = {T_1}.{T_2} = 576.108 = 62208\) (cách)
Suy ra: \(\frac{N}{8} + 2026 = 9792\).
Chia 8 mặt bên của hình bắt diện đều làYS3|m 2 nhóm:
Nhóm \(U\): \(\left( {SAB} \right)\), \(\left( {SCD} \right)\), \(\left( {TAD} \right)\), \(\left( {TBC} \right)\)
Nhóm \(V\): \(\left( {SBC} \right)\), \(\left( {SAD} \right)\), \(\left( {TCD} \right)\), \(\left( {TAB} \right)\)
Nhận xét:
1. Hai mặt bất kì trong mỗi nhóm đều có đúng 1 đỉnh chung. \(\left( 1 \right)\)
2. Một mặt bất kì của nhóm \(U\) đều kề với đúng0QF| 3 mặt của nhóm \(V\) và ngược lại. \(\left( 2 \right)\)
3. Mỗi mặt của nhóm \(U\) đều có duy nhất một mặt của nhóm \(V\)không chung đỉnh và chung cạnh với nó và ngược lại. Ví dụ như cặp \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {TCD} \right)\),. (ta gọi đây là mặt mặt đối nhau).
+) Đếm cách gắn số cho 8 mặt:
Vì \(\left( 1 \right)\)nên mỗi nhóm phải có đầy đủ các số lấy từ 1 đến 4
Do đó, số cách đánh số cho nhóm \(U\) và nhóm \(V\) là: \({T_1} = 4!.4! = 576\) (cách).
+) Đếm cách tô màu cho 8 mặt:
(Vì hai nhóm \(U\) và \(V\) có đặc điểm hoàn toàn tương tự nhau nên không mất tính tổng quát, dưới đây ta chọn nhóm \(U\) để tô màu trước, rồi suy ra cách tô màu của nhóm \(V\))
Tiếp theo chúng ta sẽ xét các trường hợp về màu trong nhóm A:
TH1: Nhóm \(U\) có 4 mặt cùng màu.
Chọn 1 màu cho 4 mặt ở nhóm có: 3 cách chọn
Vì \(\left( 2 \right)\) nên mỗi mặt ở nhóm \(V\) có 2 cách chọn màu (2 màu còn lại), mà nhóm \(V\) có 4 mặt phẳng, nên sẽ có \({2^4}\)(cách)
Vậy TH1 có: \({3.2^4} = 48\) (cách).
TH2: Các mặt trong nhóm \(U\) sử dụng đúng 2 màu. Ta có các TH nhỏ hơn:
+)TH2.1: Có 3 mặt cùng màu và 1 mặt khác màu với 3 mặt kia
Giả sử các mặt của \(U\) là Đ-X-X-X, khi đó 3 mặt còn lại trong \(V\) (không là mặt đối của với mặt Đ của \(H\)) đề kề với mặt màu Đỏ của \(U\)nên 3 mặt này không thể tô màu Đỏ và cũng không được tô màu Xanh (vì chúng sẽ kề với mặt X của \(U\)), vậy 3 mặt này sẽ cùng tô màu vàng. Chỉ có một mặt của \(V\) (là mặt đối với mặt Đỏ của \(U\)) là được phép tô màu Đỏ hoặc Vàng, nhưng nó cũng không được tô màu Vàng vì như vậy sẽ trùng với TH1.
Vậy ở TH2.1, mỗi cách tô màu cho nhóm \(U\) thì có duy nhất 1 cách tô màu cho nhóm \(V\). Tóm lại TH2.1 có: \(C_3^2.2!.C_4^3 = 24\) (cách)
(Giải thích: Chọn 2 màu cho nhóm \(U\) có \(C_3^2\) cách; hoán đổi màu có \(2!\) cách; chọn 3 trong 4 mặt của nhóm \(B\) để tô giống màu có \(C_4^3\) cách)
+)TH2.12: Có 2 mặt cùng màu và 2 mặt còn lại cũng cùng màu (khác với màu của hai mặt trước)
Giả sử các mặt của \(U\) là Đ-Đ-X-X, khi đó mỗi mặt của \(V\) đề kề với hai mặt màu Đỏ và Xanh của \(U\), nên mỗi mặt của \(V\) chỉ có thể tô màu vàng.
Tóm lại TH2.2 có: \(C_3^2.C_4^2.1.2! = 36\)(cách)
(Giải thích: Chọn 2 màu cho nhóm \(U\) có \(C_3^2\) cách; chọn 2 mặt trong 4 mặt của nhóm \(U\) để tô màu giống nhau; hai mặt còn lại của \(U\) chỉ có 1 cách tô màu; có 2! cách hoán đổi thứ tự tô màu nói trên)
+) TH3: Các mặt của \(U\) sử dụng đủ 3 màu.
Ta thấy TH3 không thể xảy ra. Vì nếu giải sử các mặt của \(U\) là Đ-Đ-X-V. Khi đó ta gọi mặt \({v_1}\) (trong \(V\)) là mặt đối với mặt đang tô màu Đỏ của nhóm \(U\). Khi đó mặt \({v_1}\) cũng đang kề với 3 mặt có đủ 3 màu của nhóm \(U\), nên không còn cách nào để tô màu cho mặt \({v_1}\).
Vậy từ 3 trường hợp trên, số cách tô màu cho 8 mặt là: \({T_2} = 48 + 24 + 36 = 108\) (cách)
Vậy số cách mà nghệ nhân có thể thực hiện là: \(N = {T_1}.{T_2} = 576.108 = 62208\) (cách)
Suy ra: \(\frac{N}{8} + 2026 = 9792\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: A
\(x = 5\).
Câu 2
Đáp án đúng: B
\(\overrightarrow u = \left( {2;\, - 1;\,2} \right)\).
Câu 3
Đáp án đúng: B
\({x^3} - x + C\).
Câu 4
Đáp án đúng: A
\(6.\)
Câu 5
Đáp án đúng: D
\(22,95\).
Câu 6
Đáp án đúng: B
\(\vec{n}=(2;-4;5)\)
Câu 7
Đáp án đúng: C
\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{AC'}\).
Câu 8
Đáp án đúng: A
\((-\infty;0)\).
Câu 9
Đáp án đúng: C
\(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ - 2}} = \frac{{z + 3}}{3}\).
Câu 10
Đáp án đúng: A
\(S = \left\{ { - \frac{\pi }{6} + k2\pi ;\frac{{7\pi }}{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Câu 11
Đáp án đúng: D
\(f\left( 2 \right) = - 3\)
Câu 12
Đáp án đúng: B
\((ACC'A')\perp(BDD'B')\)
Câu 13
Đáp án đúng: B
Từ 09:00 đến 10:00, mực nước giảm đúng \(0,19\;{\text{m}}\).
Câu 14
Đáp án đúng: D
Khoảng cách giữa BD và \(CD'\) bằng \(\frac{a}{3}\).
Câu 15
Đáp án đúng: D
Mặt cầu giới hạn phạm vi nhận tín hiệu của máy dò A tại thời điểm nó gằn máy phát tín hiệu P nhất là mặt cầu có phương trình\({(x - 1)^2} + {(y - 1)^2} + {(z - 1)^2} = 4.\)
Câu 16
Đáp án đúng: A
Xác suất xét nghiệm cho kết quả âm tính của các ca thực sự nhiễm vius là: \(0,23\).
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 14, 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 14 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 14, "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 14 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!