Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 20
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 20
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 20
Câu 1:
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(A(1;\,0;\,1)\). Tìm tọa độ điểm \(C\) thỏa mãn \(\overrightarrow {AC\,} = \left( {3\,;\,3\,;0} \right)\)?
\(C\left( {4\,;\,3\,;1} \right)\).
Chọn A
Ta chọn đáp án \(C\left( {4\,;\,3\,;1} \right)\).
Ta chọn đáp án \(C\left( {4\,;\,3\,;1} \right)\).
Câu 2:
Cho hình hộp \(ABCD.EFGH\).
Tổng \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AE} \) bằng
Tổng \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AE} \) bằng
\(\overrightarrow {AG} \).
Chọn D
Theo quy tắc hình hộp, ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AE} = \overrightarrow {AG} \).
Theo quy tắc hình hộp, ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AE} = \overrightarrow {AG} \).
Câu 3:
Trong không gian \(Oxyz\), đường thẳng \(d:\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y – 3}}{1} = \frac{{z – 1}}{3}\) có một vectơ chỉ phương là
\(\overrightarrow u = \left( {2;1;3} \right)\).
Chọn A
Đường thẳng \(d:\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y – 3}}{1} = \frac{{z – 1}}{3}\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2;1;3} \right)\).
Đường thẳng \(d:\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y – 3}}{1} = \frac{{z – 1}}{3}\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2;1;3} \right)\).
Câu 4:
Nghiệm của phương trình \({2^{2 – x}} = 8\) là:
\(x = - 1\).
Chọn C
Ta có: \({2^{2 – x}} = 8 \Leftrightarrow 2 – x = 3 \Leftrightarrow x = – 1\).
Ta có: \({2^{2 – x}} = 8 \Leftrightarrow 2 – x = 3 \Leftrightarrow x = – 1\).
Câu 5:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), đáy tam giác đều cạnh \(a\) và \(SA = \frac{{3a}}{2}\). Tính số đo của góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\).
\({60^0}\).
Chọn D
Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), khi đó ta dễ dàng chứng minh được: \(\left\{ \begin{gathered}
BC \bot SM \hfill \\
BC \bot AM \hfill \\
\end{gathered} \right.\) nên góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right] = \left( {SM,AM} \right) = \widehat {SMA}\).
Ta có: \(SA = \frac{{3a}}{2},AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên \(\tan \left( {\widehat {SMA}} \right) = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{3a}}{2}:\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {SMA} = {60^0}\).
Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), khi đó ta dễ dàng chứng minh được: \(\left\{ \begin{gathered}
BC \bot SM \hfill \\
BC \bot AM \hfill \\
\end{gathered} \right.\) nên góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right] = \left( {SM,AM} \right) = \widehat {SMA}\).
Ta có: \(SA = \frac{{3a}}{2},AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên \(\tan \left( {\widehat {SMA}} \right) = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{3a}}{2}:\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {SMA} = {60^0}\).
Câu 6:
Phát biểu nào sau đây là đúng?
\(\int {F'\left( x \right)dx} = F\left( x \right) + C\).
Chọn A
\(\int {F’\left( x \right)dx} = F\left( x \right) + C\).
\(\int {F’\left( x \right)dx} = F\left( x \right) + C\).
Câu 7:
Tính tích phân \(I = \int\limits_1^2 {\frac{{x – 1}}{x}dx} \).
\(I = 1 - \ln 2\).
Chọn C
\(I = \int\limits_1^2 {\frac{{x – 1}}{x}dx} = \int\limits_1^2 {\left( {1 – \frac{1}{x}} \right)dx} = \left. {\left( {x – \ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^2 = 1 – \ln 2\).
\(I = \int\limits_1^2 {\frac{{x – 1}}{x}dx} = \int\limits_1^2 {\left( {1 – \frac{1}{x}} \right)dx} = \left. {\left( {x – \ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^2 = 1 – \ln 2\).
Câu 8:
Bảng sau thống kê cân nặng của 50 quả xoài được lựa chọn ngẫu nhiên sau khi thu hoạch ở một nông trường Cân nặng (g)
[250; 290)
[290; 330)
[330; 370)
[370; 410)
[410; 450) Số quả xoài
3
13
18
11
5 Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng
[250; 290)
[290; 330)
[330; 370)
[370; 410)
[410; 450) Số quả xoài
3
13
18
11
5 Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng
\(200\).
Chọn C
Khoảng biến thiên \(R = {u_n} – {u_1} = 450 – 250 = 200\).
Khoảng biến thiên \(R = {u_n} – {u_1} = 450 – 250 = 200\).
Câu 9:
Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi \(\left\{ \begin{gathered}
{u_1} = 5 \hfill \\
{u_n} = 3{u_{n – 1}},\,\,\forall n \geqslant 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\). Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là
{u_1} = 5 \hfill \\
{u_n} = 3{u_{n – 1}},\,\,\forall n \geqslant 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\). Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là
một cấp số nhân có công bội bằng 3.
Chọn B
Dựa vào công thức, \({u_n} = 3{u_{n – 1}}\) ta có dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số nhân có công bội bằng 3
Dựa vào công thức, \({u_n} = 3{u_{n – 1}}\) ta có dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số nhân có công bội bằng 3
Câu 10:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) có đồ thị như hình bên và \(a,b,c,d\) là các số thực. Khẳng định nào sau đây là đúng
\(a + d < 0\).
Chọn B
Ta có đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt trục tung tại \(O\left( {0;0} \right)\) suy ra \(d = 0\)
Ta có hàm số nghịch biến trên \(\left( { – \infty ; – 1} \right)\) nên \(a < 0\)
Vậy \(a + d < 0\)
Ta có đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt trục tung tại \(O\left( {0;0} \right)\) suy ra \(d = 0\)
Ta có hàm số nghịch biến trên \(\left( { – \infty ; – 1} \right)\) nên \(a < 0\)
Vậy \(a + d < 0\)
Câu 11:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
\(3\).
.Chọn A
Từ BBT\( \Rightarrow \) Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng \(3\)
Từ BBT\( \Rightarrow \) Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng \(3\)
Câu 12:
Số nghiệm thuộc đoạn \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\) của phương trình \(\sin 2x – 1 = 0\) là
\(2\)
Chọn B
Xét phương trình: \(\sin 2x – 1 = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
Do nghiệm thuộc đoạn \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\) nên \( – \pi \leqslant x \leqslant \pi \Leftrightarrow – \pi \leqslant \frac{\pi }{4} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow – \frac{5}{4} \leqslant k \leqslant \frac{3}{4}\)
Vì \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ { – 1;0} \right\}\) nên phương trình có 2 nghiệm thuộc đoạn \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\)
Xét phương trình: \(\sin 2x – 1 = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
Do nghiệm thuộc đoạn \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\) nên \( – \pi \leqslant x \leqslant \pi \Leftrightarrow – \pi \leqslant \frac{\pi }{4} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow – \frac{5}{4} \leqslant k \leqslant \frac{3}{4}\)
Vì \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ { – 1;0} \right\}\) nên phương trình có 2 nghiệm thuộc đoạn \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\)
Câu 13:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = {\log _3}\left( {5x – 3} \right)\).
Tập xác định của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).
a) Sai
Hàm số xác định khi và chỉ khi \(5x – 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{5}\).
Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left( {\frac{3}{5}; + \infty } \right)\)
b) Đúng
Hàm số \(y = f\left( x \right) = {\log _3}\left( {5x – 3} \right)\) có cơ số \(3 > 1\) nên hàm số đồng biến trên \(\left( {\frac{3}{5}; + \infty } \right)\)
c) Sai
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {\frac{3}{5}; + \infty } \right)\) nên đồng biến trên \(\left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]\).
Do đó \(\mathop {{Min}}\limits_{x \in \left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]} y = y\left( {\frac{6}{5}} \right) = 1\); \(\mathop {{Min}}\limits_{x \in \left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]} y = y\left( {\frac{{12}}{5}} \right) = 2\).
Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]\) là 3.
d) Sai
Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = {\log _3}\left( {5x – 3} \right)\), ta có \(f\left( 2 \right) = {\log _3}7\). Vậy đồ thị hàm số không đi qua điểm \(M\left( {2;7} \right)\).
Hàm số xác định khi và chỉ khi \(5x – 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{5}\).
Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left( {\frac{3}{5}; + \infty } \right)\)
b) Đúng
Hàm số \(y = f\left( x \right) = {\log _3}\left( {5x – 3} \right)\) có cơ số \(3 > 1\) nên hàm số đồng biến trên \(\left( {\frac{3}{5}; + \infty } \right)\)
c) Sai
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {\frac{3}{5}; + \infty } \right)\) nên đồng biến trên \(\left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]\).
Do đó \(\mathop {{Min}}\limits_{x \in \left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]} y = y\left( {\frac{6}{5}} \right) = 1\); \(\mathop {{Min}}\limits_{x \in \left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]} y = y\left( {\frac{{12}}{5}} \right) = 2\).
Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]\) là 3.
d) Sai
Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = {\log _3}\left( {5x – 3} \right)\), ta có \(f\left( 2 \right) = {\log _3}7\). Vậy đồ thị hàm số không đi qua điểm \(M\left( {2;7} \right)\).
Câu 14:
Đường ống dẫn dầu trên không là hệ thống đường ống được treo trên các giá đỡ hoặc cột cao, dùng để vận chuyển dầu thô hoặc các sản phẩm dầu mỏ từ nơi này đến nơi khác mà không cần chôn dưới lòng đất. Hệ thống này thường được sử dụng trong các khu vực có địa hình khó khăn, vùng băng giá, rừng rậm., những nơi mà việc đào đường ống ngầm không khả thi.
Với hệ trục tọa độ \(Oxyz\)thích hợp, mặt đất là mặt phẳng \((Oxy)\), đơn vị trên mỗi trục là mét, người ta thiết lập một đường ống dẫn dầu trên không dọc theo đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{y = t} \\
{z = 20}
\end{array}} \right.\) ( \(t\) là tham số).
Vì địa hình phức tạp, người ta chọn điểm \(A(15;10;15)\) để làm điểm trung chuyển dầu từ mặt đất đến đường ống này.
Với hệ trục tọa độ \(Oxyz\)thích hợp, mặt đất là mặt phẳng \((Oxy)\), đơn vị trên mỗi trục là mét, người ta thiết lập một đường ống dẫn dầu trên không dọc theo đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{y = t} \\
{z = 20}
\end{array}} \right.\) ( \(t\) là tham số).
Vì địa hình phức tạp, người ta chọn điểm \(A(15;10;15)\) để làm điểm trung chuyển dầu từ mặt đất đến đường ống này.
Điểm đối xứng với \(A\) qua mặt phẳng \((Oxy)\) có tọa độ \({A^\prime }( - 15; - 10;15)\).
a) Đúng. Vì đường ống dẫn dầu trên không dọc theo đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{y = t} \\
{z = 20}
\end{array}} \right.\), trong đó điểm \(A\left(0;0;20\right)\in Oz\) thuộc đường thẳng d và có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow u \left( {0\;;\;1\;;\;0} \right) = \overrightarrow j \in Oy\). Do đó, đường ống dẫn dầu nằm trên mặt phẳng \((Oyz)\).
b) Sai. Vì điểm đối xứng với \(A\left( {15\;;10;\;15} \right)\) qua mặt phẳng \((Oxy)\) có tọa độ là \({A^\prime }(15;10; – 15)\).
c) Đúng. Vì \(B(0;b;20)\) nằm trên đường \(d\) nên tọa độ phải có dạng \(x = 0\), \(z = 20\), \(y\) tùy ý.
Gọi \(C(m;n;0)\) là điểm trên mặt đất. Ta cần tổng các đoạn đường \(AB + BC + AC\) nhỏ nhất.
Tổng độ dài: \(T = AB + BC + AC\;\min \) khi \(T = AB + CB + CA’ \geqslant AB + A’B\) hay \(A’,C,B\) thẳng hàng.
Khi đó:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{A{B_{\min }}\;khi\;AB \bot d} \\
{A'{B_{\min }}\;khi\;A’B \bot d}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow d \bot \left( {ABA’} \right)\)
Suy ra \(b = 10\) (Vì \({y_B} = {y_A} = 10\))
Vì \(C(m;n;0)\) là điểm trên mặt đất và \(C\) là giao điểm \(A’B\) và \(\left( {{O}xy} \right)\) nên ta xét hệ sau:
Phương trình đường thẳng \(A’B\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = – 3t} \\
{y = 10} \\
{z = 20 + 7t}
\end{array}} \right.\) giao với \(\left( {{O}xy} \right)\) nên \(20 + 7t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ – 20}}{7}\)
Do đó tọa độ điểm \(C\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{{60}}{7}} \\
{y = 10} \\
{z = 0}
\end{array}} \right.\) hay \(C\left( {\frac{{60}}{7}\;;\;10\;;\;0} \right)\)
Theo đề bài ta được: \(m = \frac{{60}}{7},\;n = 10,\;b = 10\) nên \(m + n + b = \frac{{60}}{7} + 10 + 10 = \frac{{200}}{7}\)
d) Sai. Ta có: \(A(15;10;15)\),\({A^\prime }(15;10; – 15)\),\(B(0;10;20)\)
\(AB = \sqrt {{{15}^2} + {5^2}} = 5\sqrt {10} \)
\(A’B = \sqrt {{{15}^2} + {{35}^2}} = 5\sqrt {58} \)
Vậy \(T = AB + A’B = 5\sqrt {10} + 5\sqrt {58} = 53,89\).
{x = 0} \\
{y = t} \\
{z = 20}
\end{array}} \right.\), trong đó điểm \(A\left(0;0;20\right)\in Oz\) thuộc đường thẳng d và có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow u \left( {0\;;\;1\;;\;0} \right) = \overrightarrow j \in Oy\). Do đó, đường ống dẫn dầu nằm trên mặt phẳng \((Oyz)\).
b) Sai. Vì điểm đối xứng với \(A\left( {15\;;10;\;15} \right)\) qua mặt phẳng \((Oxy)\) có tọa độ là \({A^\prime }(15;10; – 15)\).
c) Đúng. Vì \(B(0;b;20)\) nằm trên đường \(d\) nên tọa độ phải có dạng \(x = 0\), \(z = 20\), \(y\) tùy ý.
Gọi \(C(m;n;0)\) là điểm trên mặt đất. Ta cần tổng các đoạn đường \(AB + BC + AC\) nhỏ nhất.
Tổng độ dài: \(T = AB + BC + AC\;\min \) khi \(T = AB + CB + CA’ \geqslant AB + A’B\) hay \(A’,C,B\) thẳng hàng.
Khi đó:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{A{B_{\min }}\;khi\;AB \bot d} \\
{A'{B_{\min }}\;khi\;A’B \bot d}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow d \bot \left( {ABA’} \right)\)
Suy ra \(b = 10\) (Vì \({y_B} = {y_A} = 10\))
Vì \(C(m;n;0)\) là điểm trên mặt đất và \(C\) là giao điểm \(A’B\) và \(\left( {{O}xy} \right)\) nên ta xét hệ sau:
Phương trình đường thẳng \(A’B\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = – 3t} \\
{y = 10} \\
{z = 20 + 7t}
\end{array}} \right.\) giao với \(\left( {{O}xy} \right)\) nên \(20 + 7t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ – 20}}{7}\)
Do đó tọa độ điểm \(C\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{{60}}{7}} \\
{y = 10} \\
{z = 0}
\end{array}} \right.\) hay \(C\left( {\frac{{60}}{7}\;;\;10\;;\;0} \right)\)
Theo đề bài ta được: \(m = \frac{{60}}{7},\;n = 10,\;b = 10\) nên \(m + n + b = \frac{{60}}{7} + 10 + 10 = \frac{{200}}{7}\)
d) Sai. Ta có: \(A(15;10;15)\),\({A^\prime }(15;10; – 15)\),\(B(0;10;20)\)
\(AB = \sqrt {{{15}^2} + {5^2}} = 5\sqrt {10} \)
\(A’B = \sqrt {{{15}^2} + {{35}^2}} = 5\sqrt {58} \)
Vậy \(T = AB + A’B = 5\sqrt {10} + 5\sqrt {58} = 53,89\).
Câu 15:
Di tích Thành Nhà Hồ nằm trên địa phận huyện Vĩnh Lộc, tỉnh Thanh Hóa đã được UNESCO công nhận là di sản văn hóa thế giới vào ngày 27/6/2011. Thành có bốn cổng xây bằng đá ở bốn phía Đông – Tây – Nam – Bắc (Tiền – Hậu – Tả – Hữu), trong đó cổng phía Nam gồm 3 cửa (như hình bên dưới), mỗi phía còn lại chỉ có một cửa, các cửa thành được xây kiểu vòm cuốn.
Trong một buổi trải nghiệm thực tế, một nhóm học sinh thực hiện đo đạc chính giữa cổng phía Nam để tính diện tích phần gỗ của cửa giữa và thu được các kết quả sau: Bề rộng của cửa dưới mặt đất là \(5,82m\), hai bên mép cửa (coi như vuông góc với mặt đất) có độ cao \(2,25m\). Vòm cửa có dạng đồ thị của một parabol có đỉnh nằm ở trên đỉnh vòm. Chiều cao từ mặt đất đến đỉnh trên của thành là \(9,5m\), khoảng cách từ đỉnh vòm đến mặt trên của thành là\(3,75m\). Nhóm học sinh chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\)sao cho gốc tọa độ \(O\) nằm ở điểm chính giữa đoạn thẳng nối hai chân cửa, trục \(Ox\) đi qua hai chân cửa, tia \(Oy\) hướng lên trên và đi qua đỉnh vòm, đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 1 mét.
Trong một buổi trải nghiệm thực tế, một nhóm học sinh thực hiện đo đạc chính giữa cổng phía Nam để tính diện tích phần gỗ của cửa giữa và thu được các kết quả sau: Bề rộng của cửa dưới mặt đất là \(5,82m\), hai bên mép cửa (coi như vuông góc với mặt đất) có độ cao \(2,25m\). Vòm cửa có dạng đồ thị của một parabol có đỉnh nằm ở trên đỉnh vòm. Chiều cao từ mặt đất đến đỉnh trên của thành là \(9,5m\), khoảng cách từ đỉnh vòm đến mặt trên của thành là\(3,75m\). Nhóm học sinh chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\)sao cho gốc tọa độ \(O\) nằm ở điểm chính giữa đoạn thẳng nối hai chân cửa, trục \(Ox\) đi qua hai chân cửa, tia \(Oy\) hướng lên trên và đi qua đỉnh vòm, đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 1 mét.
Với hệ trục tọa độ \(Oxy\) đã chọn, tọa độ đỉnh của parabol là điểm \(I(0;3,75).\)
a) Đúng
Chiều cao từ mặt đất đến đỉnh cửa bằng \(9,5 – 3,75 = 5,75\,m\)
b) Sai
Với hệ trục tọa độ \(Oxy\) đã chọn thì tọa độ đỉnh của parabol là \(I(0;5,75)\)
c) Sai
Xét parabol \((P):y = a{x^2} + 5,75\)
Vì \(M(2,91;2,25) \in (P) \Rightarrow a = – \frac{7}{{16,9362}} \Rightarrow (P):y = – \frac{7}{{16,9362}}{x^2} + 5,75.\)
d) Đúng
Diện tích phần gỗ của cửa chính giữa là \(S = \int\limits_{ – 2,91}^{2.91} {( – \frac{7}{{16,9362}}{x^2} + 5,75){d}x} \approx 26,68\,{m^2}\)
Chiều cao từ mặt đất đến đỉnh cửa bằng \(9,5 – 3,75 = 5,75\,m\)
b) Sai
Với hệ trục tọa độ \(Oxy\) đã chọn thì tọa độ đỉnh của parabol là \(I(0;5,75)\)
c) Sai
Xét parabol \((P):y = a{x^2} + 5,75\)
Vì \(M(2,91;2,25) \in (P) \Rightarrow a = – \frac{7}{{16,9362}} \Rightarrow (P):y = – \frac{7}{{16,9362}}{x^2} + 5,75.\)
d) Đúng
Diện tích phần gỗ của cửa chính giữa là \(S = \int\limits_{ – 2,91}^{2.91} {( – \frac{7}{{16,9362}}{x^2} + 5,75){d}x} \approx 26,68\,{m^2}\)
Câu 16:
Một nhà máy có hai phân xưởng cùng sản xuất một loại sản phẩm. Phân xưởng thứ nhất sản xuất \(60{\% }\) và phân xưởng thứ hai sản xuất \(40{\% }\) tổng số sản phẩm của cả nhà máy. Tỉ lệ phế phẩm của từng phân xưởng lần lượt là \(16{\% }\) và \(20{\% }\). Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm trong kho hàng của nhà máy.
Nếu lấy được sản phẩm tốt, khả năng sản phẩm đó do phân xưởng thứ hai sản xuất là cao hơn khả năng sản phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất.
a) Đúng: Do phân xưởng thứ nhất sản xuất \(60{\% }\) tổng số sản phẩm của cả nhà máy nên xác suất để sản phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất là 0,6.
b) Đúng: Gọi A là biến cố “Chọn được sản phẩm từ phân xưởng thứ nhất”,
\(\overline A \) là biến cố “Chọn được sản phẩm từ phân xưởng thứ hai”.
B là biến cố “Chọn được sản phẩm là phế phẩm”.
Khi đó: \(P\left( A \right) = 0,6;P\left( {\overline A } \right) = 0,4\);
\(P\left( {B\mid A} \right) = 0,16;P\left( {\overline B \mid A} \right) = 0,84;P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,2\)
Áp dụng công thức tính xác suất tính xác suất toàn phần, ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right)\)
\( = 0,6.0,16 + 0,4.0,2 = 0,176\)
Vậy xác suất lấy được phế phẩm là 0,176.
c) Đúng: Chọn được phế phẩm, biến cố phế phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất là \(A\mid B\), áp dụng công thức Bayes, ta được:
\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,6.0,16}}{{0,176}} = \frac{6}{{11}} \approx 0,55\).
d) Sai: Khi lấy được sản phẩm tốt, để so sánh khả năng sản phẩm thuộc phân xưởng, ta tính xác suất để sản phẩm tốt được chọn ấy thuộc phân xưởng thứ nhất
Từ ý a) suy ra \(P\left( {\overline B } \right) = 1 – 0,176 = 0,824\).
Theo công thức Bayes, ta có: \(P\left( {A\mid \overline B } \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {\overline B \mid A} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,6.0,84}}{{0,824}} \approx 0,61\)
Vậy khả năng sản phẩm tốt được chọn từ phân xưởng thứ nhất cao hơn.
b) Đúng: Gọi A là biến cố “Chọn được sản phẩm từ phân xưởng thứ nhất”,
\(\overline A \) là biến cố “Chọn được sản phẩm từ phân xưởng thứ hai”.
B là biến cố “Chọn được sản phẩm là phế phẩm”.
Khi đó: \(P\left( A \right) = 0,6;P\left( {\overline A } \right) = 0,4\);
\(P\left( {B\mid A} \right) = 0,16;P\left( {\overline B \mid A} \right) = 0,84;P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,2\)
Áp dụng công thức tính xác suất tính xác suất toàn phần, ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right)\)
\( = 0,6.0,16 + 0,4.0,2 = 0,176\)
Vậy xác suất lấy được phế phẩm là 0,176.
c) Đúng: Chọn được phế phẩm, biến cố phế phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất là \(A\mid B\), áp dụng công thức Bayes, ta được:
\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,6.0,16}}{{0,176}} = \frac{6}{{11}} \approx 0,55\).
d) Sai: Khi lấy được sản phẩm tốt, để so sánh khả năng sản phẩm thuộc phân xưởng, ta tính xác suất để sản phẩm tốt được chọn ấy thuộc phân xưởng thứ nhất
Từ ý a) suy ra \(P\left( {\overline B } \right) = 1 – 0,176 = 0,824\).
Theo công thức Bayes, ta có: \(P\left( {A\mid \overline B } \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {\overline B \mid A} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,6.0,84}}{{0,824}} \approx 0,61\)
Vậy khả năng sản phẩm tốt được chọn từ phân xưởng thứ nhất cao hơn.
Câu 17:
Bác Bình có một chậu cảnh trồng hoa hình chóp cụt tứ giác đều với chiều cao 30 cm, cạnh đáy lần lượt là 20 cm và 40 cm.
Bác Bình đổ đất vào chậu để tiến hành trồng, chiều cao của đất bằng \(\frac{2}{3}\) chiều cao của chậu. Tính thể tích lượng đất bác Bình đã đổ vào chậu theo \({d}{{m}^3}\) (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Bác Bình đổ đất vào chậu để tiến hành trồng, chiều cao của đất bằng \(\frac{2}{3}\) chiều cao của chậu. Tính thể tích lượng đất bác Bình đã đổ vào chậu theo \({d}{{m}^3}\) (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Trả lời: 14,5
+ Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm hai cạnh đối của đáy lớn của chậu.
Gọi \(Q\), \(P\) lần lượt là trung điểm hai cạnh đối của đáy nhỏ của chậu.
Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm hai cạnh đối của đáy lớn của chóp cụt, phần chứa đất.
(\(M\), \(N\), \(Q\), \(P\),\(I\), \(J\) cùng thuộc 1 mặt phẳng).
Gọi \(O\), \(O’\) lần lượt là trung điểm của \(MN\), \(PQ\)\( \Rightarrow OO’\) là chiều cao của chậu.
\(R = OP \cap IJ\).
\(H = OO’ \cap IJ\)\( \Rightarrow \frac{{O’H}}{{O’O}} = \frac{2}{3}\).
+ Từ giả thiết, suy ra \(MN = 40cm\), \(MO = ON = IR = QP = 20cm\).
\(\frac{{RJ}}{{ON}} = \frac{{PR}}{{PO}} = \frac{{O’H}}{{O’O}} = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow RJ = \frac{2}{3}.ON = \frac{2}{3}.20 = \frac{{40}}{3}cm\).
\(IJ = IR + RJ = 20 + \frac{{40}}{3} = \frac{{100}}{3}cm\).
+ Đáy nhỏ chậu có cạnh bằng 20cm nên diện tích đáy nhỏ là \(20.20 = 400c{m^2}\).
Mặt trên của phần chứa đất là hình vuông cạnh bằng \(IJ = \frac{{100}}{3}cm\) nên diện tích là \({\left( {\frac{{100}}{3}} \right)^2} = \frac{{10\,\,000}}{9}c{m^2}\).
Chiều cao của phần chứa đất là \(\frac{2}{3}.30 = 20cm\).
Thể tích lượng đất đã đổ vào chậu:
\(\frac{1}{3}.20\left( {400 + \frac{{10\,000}}{9} + \sqrt {400.\frac{{10\,\,000}}{9}} } \right) = 14\,518,51852c{m^3} \approx 14,5d{m^3}\).
+ Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm hai cạnh đối của đáy lớn của chậu.
Gọi \(Q\), \(P\) lần lượt là trung điểm hai cạnh đối của đáy nhỏ của chậu.
Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm hai cạnh đối của đáy lớn của chóp cụt, phần chứa đất.
(\(M\), \(N\), \(Q\), \(P\),\(I\), \(J\) cùng thuộc 1 mặt phẳng).
Gọi \(O\), \(O’\) lần lượt là trung điểm của \(MN\), \(PQ\)\( \Rightarrow OO’\) là chiều cao của chậu.
\(R = OP \cap IJ\).
\(H = OO’ \cap IJ\)\( \Rightarrow \frac{{O’H}}{{O’O}} = \frac{2}{3}\).
+ Từ giả thiết, suy ra \(MN = 40cm\), \(MO = ON = IR = QP = 20cm\).
\(\frac{{RJ}}{{ON}} = \frac{{PR}}{{PO}} = \frac{{O’H}}{{O’O}} = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow RJ = \frac{2}{3}.ON = \frac{2}{3}.20 = \frac{{40}}{3}cm\).
\(IJ = IR + RJ = 20 + \frac{{40}}{3} = \frac{{100}}{3}cm\).
+ Đáy nhỏ chậu có cạnh bằng 20cm nên diện tích đáy nhỏ là \(20.20 = 400c{m^2}\).
Mặt trên của phần chứa đất là hình vuông cạnh bằng \(IJ = \frac{{100}}{3}cm\) nên diện tích là \({\left( {\frac{{100}}{3}} \right)^2} = \frac{{10\,\,000}}{9}c{m^2}\).
Chiều cao của phần chứa đất là \(\frac{2}{3}.30 = 20cm\).
Thể tích lượng đất đã đổ vào chậu:
\(\frac{1}{3}.20\left( {400 + \frac{{10\,000}}{9} + \sqrt {400.\frac{{10\,\,000}}{9}} } \right) = 14\,518,51852c{m^3} \approx 14,5d{m^3}\).
Câu 18:
Một xe vận tải đang ờ kho hàng và cần giao cho 4 khách hàng tại các địa điểm khác nhau. Các khoàng cách giữa các địa điềm được ghi lại như sau: Địa điểm
Kho hàng
Khách hàng A
Khách hàng B
Khách hàng C
Khách hàng D Kho hàng
0 km
10 km
15 km
20 km
25 km Khách hàng A
10 km
0 km
8 km
12 km
10 km Khách hàng B
15 km
8 km
0 km
10 km
5 km Khách hàng C
20 km
12 km
10 km
0 km
6 km Khách hàng D
25 km
10 km
5 km
6 km
0 km Vậy khoảng cách tối thiểu để hoàn thành lộ trình giao hàng cho tất cả các khách hàng và quay lại kho hàng là bao nhiêu kilomet?
Kho hàng
Khách hàng A
Khách hàng B
Khách hàng C
Khách hàng D Kho hàng
0 km
10 km
15 km
20 km
25 km Khách hàng A
10 km
0 km
8 km
12 km
10 km Khách hàng B
15 km
8 km
0 km
10 km
5 km Khách hàng C
20 km
12 km
10 km
0 km
6 km Khách hàng D
25 km
10 km
5 km
6 km
0 km Vậy khoảng cách tối thiểu để hoàn thành lộ trình giao hàng cho tất cả các khách hàng và quay lại kho hàng là bao nhiêu kilomet?
Từ bảng số liệu, ta vẽ được đồ thị:
⇒ Đồ thị có 5 đỉnh, các đỉnh đều có bậc \(4 \geqslant \frac{5}{2}\) nên đồ thị có chu trình Hamilton.Ta có các chu trình xuất phát từ O:
⇒ Đồ thị có 5 đỉnh, các đỉnh đều có bậc \(4 \geqslant \frac{5}{2}\) nên đồ thị có chu trình Hamilton.Ta có các chu trình xuất phát từ O:
Câu 19:
Sản lượng táo trên mỗi cây khi thu hoạch lệ thuộc vào mật độ cây được trồng. Với cùng một phương pháp chăm sóc như nhau, nếu trên mỗi sào đất được trồng \(n\) cây táo thì người ta ước ính trung bình sản lượng táo khi thu hoạch là \(f\left( n \right) = – 0,06{n^2} – 0,4n + 320\) (kg/cây) (\(1\) sào Trung bộ bằng \(500{m^2}\)). Biết rằng bình quân chi phí giống và chăm sóc cho mỗi kg táo từ lúc trồng cho đến khi thu hoạch là \(560\) nghìn đồng mỗi cây. Giá bán mỗi kg táo là \(50\) nghìn đồng/kg, với giá bán này thì tất cả lượng táo thu hoạch đều được bán hết. Em hãy cho biết nên trồng trung bình bao nhiêu cây táo trên mỗi sào đất để mang về lợi nhuận cao nhất? (Kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Đáp số: \(39\)
Số kg táo trên một sào là \(nf\left( n \right)\)
Số tiền thu được khi bán táo trên \(1\) sào là \(50nf\left( n \right) = 50n\left( { – 0,06{n^2} – 0,4n + 320} \right)\,\)(nghìn)
Lợi nhuận thu được trên mỗi sào là:
\(\begin{gathered}
t\left( n \right) = 50n\left( { – 0,06{n^2} – 0,4n + 320} \right)\, – 560n \hfill \\
t\left( n \right) = – 3{n^3} – 20{n^2} + 15440n \hfill \\
\end{gathered} \)
\(t’\left( n \right) = – 9{n^2} – 40n + 15440\)
\(t’\left( n \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
n = \frac{{ – 20 + \sqrt {139360} }}{9} \approx 39,3 \hfill \\
n = \frac{{ – 20 + \sqrt {139360} }}{9} \approx – 43,7 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Căn cứ BBT ta có
\(t\left( {39} \right) = 393783;\,t\left( {40} \right) = 393600\)
Do đó lợi nhuận lớn nhất khi \(n = 39\)
Số kg táo trên một sào là \(nf\left( n \right)\)
Số tiền thu được khi bán táo trên \(1\) sào là \(50nf\left( n \right) = 50n\left( { – 0,06{n^2} – 0,4n + 320} \right)\,\)(nghìn)
Lợi nhuận thu được trên mỗi sào là:
\(\begin{gathered}
t\left( n \right) = 50n\left( { – 0,06{n^2} – 0,4n + 320} \right)\, – 560n \hfill \\
t\left( n \right) = – 3{n^3} – 20{n^2} + 15440n \hfill \\
\end{gathered} \)
\(t’\left( n \right) = – 9{n^2} – 40n + 15440\)
\(t’\left( n \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
n = \frac{{ – 20 + \sqrt {139360} }}{9} \approx 39,3 \hfill \\
n = \frac{{ – 20 + \sqrt {139360} }}{9} \approx – 43,7 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Căn cứ BBT ta có
\(t\left( {39} \right) = 393783;\,t\left( {40} \right) = 393600\)
Do đó lợi nhuận lớn nhất khi \(n = 39\)
Câu 20:
Một viên đạn được bắn thử theo phương ngang vào một chất lỏng nhớt với vận tốc ban đầu \({v_0} = 900(\;{m}/{s})\). Khi vào môi trường nhớt do lực cản tỷ lệ thuận vời bình phương vận tốc nên gia tốc của viên đạn thỏa mãn \(a(t) = – k \cdot {v^2}(t)\) với \(v(t)\) là vận tốc của vật trên môi trường nhớt tính bằng \({m}/{s}(v(t) > 0),t\) là thời gian kể từ lúc viên đạn đi vào môi trường nhớt tính bằng giây, \(k\) là hằng số thực. Biết vận tốc của viên đạn tại thời điểm \(t = 0,5\) bằng \(90\;{m}/{s}\).
Quãng đường mà viên đạn kể từ khi đi vào môi trường nhớt cho đến khi nó có vận tốc \(450\;{m}/{s}\) bằng bao nhiêu mét (kết quả làm tròn đến hàng phần mười)?
Quãng đường mà viên đạn kể từ khi đi vào môi trường nhớt cho đến khi nó có vận tốc \(450\;{m}/{s}\) bằng bao nhiêu mét (kết quả làm tròn đến hàng phần mười)?
Trả lời: \(34,7\)
Ta có: \(a(t) = – k \cdot {v^2}(t) \Rightarrow {v^\prime }(t) = – k \cdot {v^2}(t) \Rightarrow \frac{{ – {v^\prime }(t)}}{{{v^2}(t)}} = k \Rightarrow \frac{1}{{v(t)}} = kt + C\)
Mà \(v(0) = 900 \Rightarrow C = \frac{1}{{900}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{v(t)}} = kt + \frac{1}{{900}}\)
Mà \(v(0,5) = 90 \Rightarrow k = \frac{1}{{50}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{v(t)}} = \frac{1}{{50}}t + \frac{1}{{900}} \Rightarrow v(t) = \frac{{900}}{{18t + 1}} = 450 \Rightarrow t = \frac{1}{{18}}\)
Quãng đường mà viên đạn kể từ khi đi vào môi trường nhớt cho đến khi nó có vận tốc \(450\;{m}/{s}\) bằng\({ }\int_0^{\frac{1}{{18}}} {\frac{{900}}{{18t + 1}}} dt \approx 34,7\;{m}{. }\)
Ta có: \(a(t) = – k \cdot {v^2}(t) \Rightarrow {v^\prime }(t) = – k \cdot {v^2}(t) \Rightarrow \frac{{ – {v^\prime }(t)}}{{{v^2}(t)}} = k \Rightarrow \frac{1}{{v(t)}} = kt + C\)
Mà \(v(0) = 900 \Rightarrow C = \frac{1}{{900}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{v(t)}} = kt + \frac{1}{{900}}\)
Mà \(v(0,5) = 90 \Rightarrow k = \frac{1}{{50}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{v(t)}} = \frac{1}{{50}}t + \frac{1}{{900}} \Rightarrow v(t) = \frac{{900}}{{18t + 1}} = 450 \Rightarrow t = \frac{1}{{18}}\)
Quãng đường mà viên đạn kể từ khi đi vào môi trường nhớt cho đến khi nó có vận tốc \(450\;{m}/{s}\) bằng\({ }\int_0^{\frac{1}{{18}}} {\frac{{900}}{{18t + 1}}} dt \approx 34,7\;{m}{. }\)
Câu 21:
Xét Trái Đất trong không gian Oxyz, với O là tâm Trái Đất, tia Ox chứa giao điểm của kinh tuyến gốc và xích đạo, tia Oz chứa điểm cực Bắc N, tia Oy giao với xích đạo tại điểm thuộc bán cầu Đông, đơn vị trên mỗi trục tương ứng với bán kính Trái Đất là 6371 km. Ta nói một điểm P thuộc bán cầu Bắc có vĩ độ là \({\alpha ^0}\)Bắc (ghi là \({\alpha ^0}N\)) khi góc giữa đường thẳng OP và mặt phẳng chứa xích đạo bằng \({\alpha ^0}\) (hình vẽ minh họa).
Hệ thống định vị toàn cầu GPS (Global Positioning System) cho phép xác định tọa độ một điểm
bất kỳ trên mặt đất. GPS hoạt động bằng cách truyền tín hiệu từ mạng lưới vệ tinh quay quanh
Trái Đất đến thiết bị thu GPS trên mặt đất. Trong cùng một thời điểm, thiết bị thu GPS cần xác
định khoảng cách từ nó đến ít nhất ba vệ tinh để tính được tọa độ của nó.
Giả sử tại một thời điểm, một thiết bị thu GPS đặt tại M thuộc bán cầu Bắc trên mặt đất, thiết bị
thu GPS này đo được khoảng cách đến các vệ tinh đang ở vị trí \(A\left( {3;1;2} \right),{ }B\left( {3;2;1} \right),{ }C\left( {3;6;4} \right)\) lần lượt là \(MA = \frac{{\sqrt {265} }}{5},MB = \sqrt {11} ,MC = \frac{{11\sqrt {10} }}{5}.\) Em hãy cho biết vĩ độ tại M là bao nhiêu độ Bắc? (Kết quả làm tròn đến hàng phần mười)
Hệ thống định vị toàn cầu GPS (Global Positioning System) cho phép xác định tọa độ một điểm
bất kỳ trên mặt đất. GPS hoạt động bằng cách truyền tín hiệu từ mạng lưới vệ tinh quay quanh
Trái Đất đến thiết bị thu GPS trên mặt đất. Trong cùng một thời điểm, thiết bị thu GPS cần xác
định khoảng cách từ nó đến ít nhất ba vệ tinh để tính được tọa độ của nó.
Giả sử tại một thời điểm, một thiết bị thu GPS đặt tại M thuộc bán cầu Bắc trên mặt đất, thiết bị
thu GPS này đo được khoảng cách đến các vệ tinh đang ở vị trí \(A\left( {3;1;2} \right),{ }B\left( {3;2;1} \right),{ }C\left( {3;6;4} \right)\) lần lượt là \(MA = \frac{{\sqrt {265} }}{5},MB = \sqrt {11} ,MC = \frac{{11\sqrt {10} }}{5}.\) Em hãy cho biết vĩ độ tại M là bao nhiêu độ Bắc? (Kết quả làm tròn đến hàng phần mười)
Trả lời: 7,6
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
MA = \frac{{\sqrt {265} }}{5} \hfill \\
MB = \sqrt {11} \hfill \\
MC = \frac{{11\sqrt {10} }}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} + {\left( {z – 2} \right)^2} = \frac{{53}}{5} \hfill \\
{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 11 \hfill \\
{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 6} \right)^2} + {\left( {z – 4} \right)^2} = \frac{{242}}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x – 2y – 4z + \frac{{17}}{5} = 0 \hfill \\
{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x – 4y – 2z + 3 = 0 \hfill \\
{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x – 12y – 8z + \frac{{63}}{5} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 6 \hfill \\
y = \frac{3}{5} \hfill \\
z = \frac{4}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow M\left( {6;\frac{3}{5};\frac{4}{5}} \right).\)
Mặt phẳng chứa đường xích đạo là Oxy có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow k \left( {0;0;1} \right)\)
Đường thẳng OM có vecto chỉ phương \(\overrightarrow {OM} \left( {6;\frac{3}{5};\frac{4}{5}} \right).\)
Ta có \(\sin \left( {OM,Oxy} \right) = \frac{{\left| {0.6 + 0.\frac{3}{5} + 1.\frac{4}{5}} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} .\sqrt {{6^2} + {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^2}} }}\)
\( \Rightarrow \left( {OM,Oxy} \right) = 7,{6^0}\)
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
MA = \frac{{\sqrt {265} }}{5} \hfill \\
MB = \sqrt {11} \hfill \\
MC = \frac{{11\sqrt {10} }}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} + {\left( {z – 2} \right)^2} = \frac{{53}}{5} \hfill \\
{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 11 \hfill \\
{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 6} \right)^2} + {\left( {z – 4} \right)^2} = \frac{{242}}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x – 2y – 4z + \frac{{17}}{5} = 0 \hfill \\
{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x – 4y – 2z + 3 = 0 \hfill \\
{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x – 12y – 8z + \frac{{63}}{5} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 6 \hfill \\
y = \frac{3}{5} \hfill \\
z = \frac{4}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow M\left( {6;\frac{3}{5};\frac{4}{5}} \right).\)
Mặt phẳng chứa đường xích đạo là Oxy có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow k \left( {0;0;1} \right)\)
Đường thẳng OM có vecto chỉ phương \(\overrightarrow {OM} \left( {6;\frac{3}{5};\frac{4}{5}} \right).\)
Ta có \(\sin \left( {OM,Oxy} \right) = \frac{{\left| {0.6 + 0.\frac{3}{5} + 1.\frac{4}{5}} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} .\sqrt {{6^2} + {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^2}} }}\)
\( \Rightarrow \left( {OM,Oxy} \right) = 7,{6^0}\)
Câu 22:
Một hộp chứa 10 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh. Bạn An lấy ngẫu nhiên một lượt 2 viên bi từ hộp, xem màu, rồi đặt lại vào hộp. Nếu trong 2 viên bi An lấy ra có ít nhất một bi màu đỏ thì bạn Bình sẽ lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp; còn nếu trong 2 viên bi An lấy ra không có viên bi nào màu đỏ thì Bình sẽ lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp. Tính xác suất để An lấy được ít nhất 1 viên bi màu đỏ, biết rằng tất cả viên bi hai bạn lấy ra đều có đủ hai màu (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Trả lời: \(0,89\)
Gọi \(A\) là biến cố: “An lấy được ít nhất 1 viên bi đỏ”.
\({A_1}\) là biến cố: “An lấy được 2 viên bi đỏ”.
\({A_2}\) là biến cố: “An lấy được 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh”.
\({A_3}\) là biến cố: “An lấy được 2 viên bi xanh”.
\(B\) là biến cố: “tất cả các viên bi An và Bình lấy ra có đủ hai màu”.
Ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {B|{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {B|{A_2}} \right) + P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B|{A_3}} \right)\)\( = \frac{{C_{10}^2}}{{C_{15}^2}}.\left( {1 – \frac{{C_{10}^2}}{{C_{15}^2}}} \right) + \frac{{10.5}}{{C_{15}^2}}.1 + \frac{{C_5^2}}{{C_{15}^2}}\left( {1 – \frac{{C_5^3}}{{C_{15}^3}}} \right) = \frac{{1556}}{{1911}}\).
\(P\left( {\overline A B} \right) = P\left( {{A_3}B} \right) = P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B|{A_3}} \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_{15}^2}}\left( {1 – \frac{{C_5^3}}{{C_{15}^3}}} \right) = \frac{{178}}{{1911}}\).
Ta cần tính
\(P\left( {A|B} \right) = 1 – P\left( {\overline A |B} \right) = 1 – \frac{{P\left( {\overline A B} \right)}}{{P\left( B \right)}}\)
\( = 1 – \frac{{\frac{{178}}{{1911}}}}{{\frac{{1556}}{{1911}}}} = 1 – \frac{{178}}{{1556}} = \frac{{689}}{{778}} \approx 0,89\).
Gọi \(A\) là biến cố: “An lấy được ít nhất 1 viên bi đỏ”.
\({A_1}\) là biến cố: “An lấy được 2 viên bi đỏ”.
\({A_2}\) là biến cố: “An lấy được 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh”.
\({A_3}\) là biến cố: “An lấy được 2 viên bi xanh”.
\(B\) là biến cố: “tất cả các viên bi An và Bình lấy ra có đủ hai màu”.
Ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {B|{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {B|{A_2}} \right) + P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B|{A_3}} \right)\)\( = \frac{{C_{10}^2}}{{C_{15}^2}}.\left( {1 – \frac{{C_{10}^2}}{{C_{15}^2}}} \right) + \frac{{10.5}}{{C_{15}^2}}.1 + \frac{{C_5^2}}{{C_{15}^2}}\left( {1 – \frac{{C_5^3}}{{C_{15}^3}}} \right) = \frac{{1556}}{{1911}}\).
\(P\left( {\overline A B} \right) = P\left( {{A_3}B} \right) = P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B|{A_3}} \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_{15}^2}}\left( {1 – \frac{{C_5^3}}{{C_{15}^3}}} \right) = \frac{{178}}{{1911}}\).
Ta cần tính
\(P\left( {A|B} \right) = 1 – P\left( {\overline A |B} \right) = 1 – \frac{{P\left( {\overline A B} \right)}}{{P\left( B \right)}}\)
\( = 1 – \frac{{\frac{{178}}{{1911}}}}{{\frac{{1556}}{{1911}}}} = 1 – \frac{{178}}{{1556}} = \frac{{689}}{{778}} \approx 0,89\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: A
\(C\left( {4\,;\,3\,;1} \right)\).
Câu 2
Đáp án đúng: D
\(\overrightarrow {AG} \).
Câu 3
Đáp án đúng: A
\(\overrightarrow u = \left( {2;1;3} \right)\).
Câu 4
Đáp án đúng: C
\(x = - 1\).
Câu 5
Đáp án đúng: D
\({60^0}\).
Câu 6
Đáp án đúng: A
\(\int {F'\left( x \right)dx} = F\left( x \right) + C\).
Câu 7
Đáp án đúng: C
\(I = 1 - \ln 2\).
Câu 8
Đáp án đúng: C
\(200\).
Câu 9
Đáp án đúng: B
một cấp số nhân có công bội bằng 3.
Câu 10
Đáp án đúng: B
\(a + d < 0\).
Câu 11
Đáp án đúng: A
\(3\).
Câu 12
Đáp án đúng: B
\(2\)
Câu 13
Đáp án đúng: A
Tập xác định của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).
Câu 14
Đáp án đúng: B
Điểm đối xứng với \(A\) qua mặt phẳng \((Oxy)\) có tọa độ \({A^\prime }( - 15; - 10;15)\).
Câu 15
Đáp án đúng: B
Với hệ trục tọa độ \(Oxy\) đã chọn, tọa độ đỉnh của parabol là điểm \(I(0;3,75).\)
Câu 16
Đáp án đúng: D
Nếu lấy được sản phẩm tốt, khả năng sản phẩm đó do phân xưởng thứ hai sản xuất là cao hơn khả năng sản phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất.
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