Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 4
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 4
Thực Hành Làm Bài Test Trực Tuyến: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 4
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 4 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 4 này.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 4
Câu 1:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai véctơ \(\overrightarrow a = \left( {1;\, – 2;\,1} \right),\,\,\overrightarrow b = \left( { – 2;\,1;\,1} \right)\). Tính góc giữa \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \).
\(120^\circ \).
Chọn B
Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\,\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{1.\left( { – 2} \right) + \left( { – 2} \right).1 + 1.1}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2}} .\sqrt {{{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2} + {1^2}} }} = – \frac{3}{6} = – \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = 120^\circ \).
Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\,\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{1.\left( { – 2} \right) + \left( { – 2} \right).1 + 1.1}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2}} .\sqrt {{{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2} + {1^2}} }} = – \frac{3}{6} = – \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = 120^\circ \).
Câu 2:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( {1;\,2;\,3} \right),\,\,B\left( {3;\,8;\,5} \right)\). Tọa độ trung điểm \(I\)của đoạn thẳng \(AB\) là
\(I\left( {2;\,5;\,4} \right)\).
Chọn D
Câu 3:
Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}}\) là
\(y = x + 4\).
Chọn D
Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}} = x + 4 + \frac{5}{{x – 2}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y – x – 4} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{5}{{x – 2}} = 0\) \( \Rightarrow \)đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}}\) có tiệm cận xiên là \(y = x + 4\).
Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}} = x + 4 + \frac{5}{{x – 2}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y – x – 4} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{5}{{x – 2}} = 0\) \( \Rightarrow \)đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}}\) có tiệm cận xiên là \(y = x + 4\).
Câu 4:
Nghiệm của phương trình \(\sin x = \frac{1}{2}\) là
\(\frac{\pi }{6} + k2\pi ;\,\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Chọn C
Ta có \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Ta có \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 5:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như sau
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
\(x = - 4\).
Chọn C
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(x = – 4\).
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(x = – 4\).
Câu 6:
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = 2,{\text{ }}{u_2} = 5\). Tính \({u_4}\).
\({u_4} = 11\).
Chọn C
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 5 – 2 = 3 \Rightarrow {u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.3 = 11\).
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 5 – 2 = 3 \Rightarrow {u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.3 = 11\).
Câu 7:
Cho \(0 < a \ne 1,b > 0\). Biết \({\log _a}b = 3\), tính \({\log _a}\left( {ab} \right)\).
\(4\).
Chọn D
Ta có: \({\log _a}\left( {ab} \right) = {\log _a}a + {\log _a}b = 1 + 3 = 4\).
Ta có: \({\log _a}\left( {ab} \right) = {\log _a}a + {\log _a}b = 1 + 3 = 4\).
Câu 8:
Cho hình tứ diện đều \(ABC{\text{D}}\) có độ dài cạnh bằng 6 cm. Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm cạnh \(BC,\,\,C{\text{D}}\) và G là trọng tâm tam giác \(ABD.\)Mặt phẳng \(\left( {GMN} \right)\)cắt các cạnh \(AB,A{\text{D}}\) tại E, F. Độ dài đoạn EF bằng
4 cm.
Chọn A
Vì MN//BD nên kẻ qua G đường thẳng song song với BD cắt các cạnh AB và AD tại E, F.
Ta có \(\frac{{EF}}{{B{\text{D}}}} = \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EF = \frac{2}{3}.6 = 4cm\).
Vì MN//BD nên kẻ qua G đường thẳng song song với BD cắt các cạnh AB và AD tại E, F.
Ta có \(\frac{{EF}}{{B{\text{D}}}} = \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EF = \frac{2}{3}.6 = 4cm\).
Câu 9:
Cho mẫu số liệu ghép nhóm có bảng tần số như sau Nhóm
[16;21)
[21;26)
[26;31)
[31;36)
[36;41) Tần số
4
6
8
18
4 Tính số trung bình của mẫu số liệu trên
[16;21)
[21;26)
[26;31)
[31;36)
[36;41) Tần số
4
6
8
18
4 Tính số trung bình của mẫu số liệu trên
\(30\).
Chọn C
\(\overline x = \frac{{18,5.4 + 23,5.6 + 28,5.8 + 33,5.18 + 38,5.4}}{{40}} = 30\).
\(\overline x = \frac{{18,5.4 + 23,5.6 + 28,5.8 + 33,5.18 + 38,5.4}}{{40}} = 30\).
Câu 10:
Cho \(\int_0^1 f (x){\text{d}}x = 1\) và \(\int_0^2 f (x){\text{d}}x = – 4\). Tích phân \(\int_1^2 f (x){\text{d}}x\) bằng
\( - 5\).
Chọn C
Ta có\(\int_0^2 f (x){\text{d}}x = \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x + \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x \Leftrightarrow \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x = \int_0^2 f \left( x \right){\text{d}}x – \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x = – 4 – 1 = – 5\).
Ta có\(\int_0^2 f (x){\text{d}}x = \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x + \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x \Leftrightarrow \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x = \int_0^2 f \left( x \right){\text{d}}x – \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x = – 4 – 1 = – 5\).
Câu 11:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\). Biết rằng phần hình phẳng \({S_1}\) và \({S_2}\) (xem hình vẽ) có diện tích lần lượt bằng 7 và 2. Tích phân \(\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} \) bằng
5.
Chọn D
Ta có \(\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_{ – 1}^2 {f\left( x \right){\text{d}}x} – \int\limits_2^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = {S_1} – {S_2} = 7 – 2 = 5\).
Ta có \(\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_{ – 1}^2 {f\left( x \right){\text{d}}x} – \int\limits_2^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = {S_1} – {S_2} = 7 – 2 = 5\).
Câu 12:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\). Tổng \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} \) bằng
\(4\overrightarrow {SO} \).
Chọn A
Ta có \(O\) là trung điểm \(AC,\,\,BD\).
Khi đó: \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} ;\,\,\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \)
\( \Rightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 4\overrightarrow {SO} \).
PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Ta có \(O\) là trung điểm \(AC,\,\,BD\).
Khi đó: \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} ;\,\,\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \)
\( \Rightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 4\overrightarrow {SO} \).
PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Câu 13:
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {\log _2}\left( {x + 4} \right).\)
Tập xác định của hàm số đã cho chứa đúng 4 số nguyên âm.
a) Sai.
Điều kiện: \(x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > – 4\). Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( { – 4; + \infty } \right)\)
Vậy tập xác định của hàm số chứa các số nguyên âm là \(\left\{ { – 3; – 2; – 1} \right\}\)
b) Đúng.
Ta có:
\({\log _2}\left( {x + 4} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + 2x – 16} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
x + 4 = {x^2} + 2x – 16 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
{x^2} + x – 20 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = 4\)
c) Sai.
Ta có hàm số \(g\left( x \right) = – {x^2} + \ln 1024.{\log _2}\left( {x + 4} \right).\)
\(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}}.\)
Cho \(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x – 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
x = – 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Lập bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left( { – 4; + \infty } \right)\) ta được giá trị lớn nhất của hàm số tại \(x = 1.\)
d) Sai.
Vẽ đường thẳng \(y = x – 1\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đồ thị ta được
Vậy đường thẳng \(y = x – 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm.
Điều kiện: \(x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > – 4\). Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( { – 4; + \infty } \right)\)
Vậy tập xác định của hàm số chứa các số nguyên âm là \(\left\{ { – 3; – 2; – 1} \right\}\)
b) Đúng.
Ta có:
\({\log _2}\left( {x + 4} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + 2x – 16} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
x + 4 = {x^2} + 2x – 16 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
{x^2} + x – 20 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = 4\)
c) Sai.
Ta có hàm số \(g\left( x \right) = – {x^2} + \ln 1024.{\log _2}\left( {x + 4} \right).\)
\(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}}.\)
Cho \(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x – 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
x = – 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Lập bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left( { – 4; + \infty } \right)\) ta được giá trị lớn nhất của hàm số tại \(x = 1.\)
d) Sai.
Vẽ đường thẳng \(y = x – 1\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đồ thị ta được
Vậy đường thẳng \(y = x – 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm.
Câu 14:
Những ngày giáp Tết Nguyên Đán cũng là dịp bước vào vụ Đông Xuân, bà con nông dân tích cực xuống đồng cây lúa. Cây lúa sau khi được cấy trải qua quá trình tăng trưởng đẻ nhánh và phát triển chiều cao trước khi làm đòng, trổ bông. Qua nghiên cứu một giống lúa mới, các nhà khoa học nhận thấy một cây lúa tính từ lúc được cấy bằng một cây mạ với chiều cao \(20\) cm có tốc độ tăng trưởng chiều cao cho bởi hàm số \(v\left( t \right) = – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}\), trong đó \(t\) tính theo tuần, \(v\left( t \right)\) tính bằng cm/tuần. Gọi \(h\left( t \right)\) là chiều cao của cây lúa ở tuần thứ \(t\) \(\left( {t \geqslant 0} \right)\).
Giai đoạn tăng trưởng chiều cao của cây lúa kéo dài \(12\) tuần.
a) Đúng
\(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( { – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}} \right)dt} \)\( = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + C\).
Ta có \(h\left( 0 \right) = 20\).
Suy ra \(C = 20\).
Do đó \(h\left( t \right) = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + 20\).
b) Sai
Cây tăng trưởng khi \(v(t) > 0\). Xét bất phương trình \( – 0,1{t^3} + 1,1{t^2} > 0\).
\( \Leftrightarrow {t^2}\left( { – 0,1t + 1,1} \right) > 0\).
Suy ra \( – 0,1t + 1,1 > 0\) nên \(t < 11\).
Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 11 tuần.
c) Sai
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của \(h(t) = \frac{{ – {t^4}}}{{40}} + \frac{{11{t^3}}}{{30}} + 5\) với \(t \in [0;11]\).
Ta có: \(h'(t) = \frac{{ – {t^3}}}{{10}} + \frac{{11}}{{10}}{t^2} = \frac{{{t^2}}}{{10}}( – t + 11)\).
\(h'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 11 \hfill \\
\end{gathered} \right..\)
Ta thấy \(h(0) = 20\), \(h(11) \approx 142\).
Khi đó, \(h(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(142\) trên đoạn \([0;11]\).
Vậy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là \(142\) (cm).
d) Đúng
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(v(t) = – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}\) với \(t \in [0;10]\).
Ta có \(v'(t) = – 0,3{t^2} + 2,2t = – 0,3t\left( {t – \frac{{22}}{3}} \right)\).
Suy ra \(v'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{22}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Ta thấy \(v(0) = 0\), \(v\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 19,7\), \(v(11) = 0\).
Khi đó, \(v(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(19,7\) trên đoạn \([0;10]\) tại \(t = \frac{{22}}{3}\).
Ta có \(h\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 92,3 > 80\).
Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn \(80\) cm.
\(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( { – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}} \right)dt} \)\( = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + C\).
Ta có \(h\left( 0 \right) = 20\).
Suy ra \(C = 20\).
Do đó \(h\left( t \right) = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + 20\).
b) Sai
Cây tăng trưởng khi \(v(t) > 0\). Xét bất phương trình \( – 0,1{t^3} + 1,1{t^2} > 0\).
\( \Leftrightarrow {t^2}\left( { – 0,1t + 1,1} \right) > 0\).
Suy ra \( – 0,1t + 1,1 > 0\) nên \(t < 11\).
Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 11 tuần.
c) Sai
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của \(h(t) = \frac{{ – {t^4}}}{{40}} + \frac{{11{t^3}}}{{30}} + 5\) với \(t \in [0;11]\).
Ta có: \(h'(t) = \frac{{ – {t^3}}}{{10}} + \frac{{11}}{{10}}{t^2} = \frac{{{t^2}}}{{10}}( – t + 11)\).
\(h'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 11 \hfill \\
\end{gathered} \right..\)
Ta thấy \(h(0) = 20\), \(h(11) \approx 142\).
Khi đó, \(h(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(142\) trên đoạn \([0;11]\).
Vậy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là \(142\) (cm).
d) Đúng
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(v(t) = – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}\) với \(t \in [0;10]\).
Ta có \(v'(t) = – 0,3{t^2} + 2,2t = – 0,3t\left( {t – \frac{{22}}{3}} \right)\).
Suy ra \(v'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{22}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Ta thấy \(v(0) = 0\), \(v\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 19,7\), \(v(11) = 0\).
Khi đó, \(v(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(19,7\) trên đoạn \([0;10]\) tại \(t = \frac{{22}}{3}\).
Ta có \(h\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 92,3 > 80\).
Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn \(80\) cm.
Câu 15:
Trong không gian \(Oxyz\), cho các điểm \(A\left( {1;1;0} \right)\), \(B\left( {5; – 3;2} \right)\) và \(C\left( {0;4; – 1} \right)\). Xét các điểm \(M\) thay đổi trong không gian sao cho diện tích tam giác \(ABM\) bằng \(6\sqrt 2 \).
Đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(3\).
a) Sai.
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right)\) nên đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(\sqrt {{4^2} + {4^2} + {2^2}} = 6\).
b) Đúng.
Vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right) = 2\left( {2; – 2;1} \right)\) nên đường thẳng \(AB\) có phương trình \(\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{z}{1}\).
c) Sai.
Vectơ \(\overrightarrow {AC} = \left( { – 1;3; – 1} \right)\) nên khoảng cách từ điểm \(C\) tới đường thẳng \(AB\) bằng \({\text{d}}\left( {C,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{AB}} = \sqrt 2 \).
d) Đúng.
Diện tích tam giác \(ABM\) bằng \(\frac{1}{2}AB.{\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow {\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 2\sqrt 2 \). Suy ra \(M\)thuộc mặt trụ có trục là đường thẳng \(AB\), bán kính \(R = 2\sqrt 2 \).
Đoạn thẳng \(MC\) có độ dài nhỏ nhất bằng \(M{C_{\min }} = \left| {{\text{d}}\left( {M,AB} \right) – {\text{d}}\left( {C,AB} \right)} \right| = \sqrt 2 \).
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right)\) nên đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(\sqrt {{4^2} + {4^2} + {2^2}} = 6\).
b) Đúng.
Vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right) = 2\left( {2; – 2;1} \right)\) nên đường thẳng \(AB\) có phương trình \(\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{z}{1}\).
c) Sai.
Vectơ \(\overrightarrow {AC} = \left( { – 1;3; – 1} \right)\) nên khoảng cách từ điểm \(C\) tới đường thẳng \(AB\) bằng \({\text{d}}\left( {C,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{AB}} = \sqrt 2 \).
d) Đúng.
Diện tích tam giác \(ABM\) bằng \(\frac{1}{2}AB.{\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow {\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 2\sqrt 2 \). Suy ra \(M\)thuộc mặt trụ có trục là đường thẳng \(AB\), bán kính \(R = 2\sqrt 2 \).
Đoạn thẳng \(MC\) có độ dài nhỏ nhất bằng \(M{C_{\min }} = \left| {{\text{d}}\left( {M,AB} \right) – {\text{d}}\left( {C,AB} \right)} \right| = \sqrt 2 \).
Câu 16:
Lớp 12A có 40 học sinh, trong đó có 8 em tham gia Câu lạc bộ Toán học. Điểm thi học kỳ 1 môn Toán của cả lớp được thống kê trong bảng sau: Nhóm
[5;6)
[6;7)
[7;8)
[8;9)
[9;10) Tần số
2
3
8
15
12
[5;6)
[6;7)
[7;8)
[8;9)
[9;10) Tần số
2
3
8
15
12
Biết rằng cả 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học đều có điểm thi không dưới 8. Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh trong lớp có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8. Xác suất có đúng 2 em của Câu lạc bộ Toán học được chọn nhỏ hơn \(\frac{1}{3}\).
a) Đúng.
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là \(10 – 5 = 5\).
b) Đúng.
Điểm trung bình của cả lớp là: \(\overline x = \frac{1}{{40}}\left( {5,5.2 + 6,5.3 + 7,5.8 + 8,5.15 + 9,5.12} \right) = 8,3\).
Từ bảng thống kê, ta thấy có ít nhất 13 em có điểm trung bình thấp hơn của cả lớp.
c) Sai.
Số học sinh có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8 là
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_{27}^6\).
Xác suất có đúng 2 em của CLB Toán học là: \(\frac{{C_8^2.C_{19}^4}}{{C_{27}^6}} \approx 0,367 > \frac{1}{3}\)
d) Đúng.
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 8!\).
Xếp 5 học sinh nam thành một hàng ngang: \(5!\) cách.
5 học sinh nam tạo nên 4 khoảng trống ở giữa cùng 2 vị trí trống ở mỗi đầu hàng \( \Rightarrow \)Có 6 vị trí trống
Xếp 3 học sinh nữ vào 6 vị trí đó: \(A_6^3\).
Xác suất không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau là: \(\frac{{5!.A_6^3}}{{8!}} = \frac{5}{{14}} > \frac{1}{3}\).
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là \(10 – 5 = 5\).
b) Đúng.
Điểm trung bình của cả lớp là: \(\overline x = \frac{1}{{40}}\left( {5,5.2 + 6,5.3 + 7,5.8 + 8,5.15 + 9,5.12} \right) = 8,3\).
Từ bảng thống kê, ta thấy có ít nhất 13 em có điểm trung bình thấp hơn của cả lớp.
c) Sai.
Số học sinh có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8 là
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_{27}^6\).
Xác suất có đúng 2 em của CLB Toán học là: \(\frac{{C_8^2.C_{19}^4}}{{C_{27}^6}} \approx 0,367 > \frac{1}{3}\)
d) Đúng.
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 8!\).
Xếp 5 học sinh nam thành một hàng ngang: \(5!\) cách.
5 học sinh nam tạo nên 4 khoảng trống ở giữa cùng 2 vị trí trống ở mỗi đầu hàng \( \Rightarrow \)Có 6 vị trí trống
Xếp 3 học sinh nữ vào 6 vị trí đó: \(A_6^3\).
Xác suất không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau là: \(\frac{{5!.A_6^3}}{{8!}} = \frac{5}{{14}} > \frac{1}{3}\).
Câu 17:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(3,SA\)vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc nhị diện \([B,SC,D]\) bằng \(120^\circ \). Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD.\)
Trả lời: 9
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{BD \bot AC \subset (SAC)} \\
{BD \bot SA}
\end{array}} \right.\) nên \(BD \bot SC\).
Kè \(DH \bot SC(H \in SC)\), suy ra \(SC \bot (BHD)\) mà \(BH \in (BHD)\) nên \(SC \bot BH\).
\( \Rightarrow \) Số đo của góc nhị diện \([B,SC,D]\) là \(\widehat {BHD} = 120^\circ \).
Dễ thấy \(\Delta HBD\) cân tại \(H,HO \bot BD\) và \(\widehat {DHO} = 60^\circ .\)
Suy ra \(DO = \frac{1}{2}BD = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow OH = \frac{{DO}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Lại có \(\Delta OHC\) vuông tại \(H\), suy ra
\(\sin (\widehat {OCII}) = \frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}:\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \cot (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{{{\sin }^2}(\widehat {SAC})}} – 1 = \sqrt 2 \Rightarrow \tan (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
\(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có \(SA = \tan (\widehat {SAC}) \cdot AC = 3\).
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 9\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{BD \bot AC \subset (SAC)} \\
{BD \bot SA}
\end{array}} \right.\) nên \(BD \bot SC\).
Kè \(DH \bot SC(H \in SC)\), suy ra \(SC \bot (BHD)\) mà \(BH \in (BHD)\) nên \(SC \bot BH\).
\( \Rightarrow \) Số đo của góc nhị diện \([B,SC,D]\) là \(\widehat {BHD} = 120^\circ \).
Dễ thấy \(\Delta HBD\) cân tại \(H,HO \bot BD\) và \(\widehat {DHO} = 60^\circ .\)
Suy ra \(DO = \frac{1}{2}BD = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow OH = \frac{{DO}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Lại có \(\Delta OHC\) vuông tại \(H\), suy ra
\(\sin (\widehat {OCII}) = \frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}:\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \cot (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{{{\sin }^2}(\widehat {SAC})}} – 1 = \sqrt 2 \Rightarrow \tan (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
\(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có \(SA = \tan (\widehat {SAC}) \cdot AC = 3\).
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 9\).
Câu 18:
Thả một quả bóng từ độ cao 8 m, mỗi lần quả bóng sẽ nảy lên theo phương thẳng đứng đến độ cao bằng \(\frac{3}{4}\) độ cao trước đó. Tính tổng quãng đường quả bóng di chuyển kể từ lúc thả cho đến khi dừng lại(đơn vị là m ).
Trả lời: \(56\)
Đặt \({h_1} = 8(\;{\text{m}})\). Sau lần va chạm đất đầu tiên, quả bóng này lên độ cao \({h_2} = \frac{3}{4}{h_1}\).
Bóng lại rợi từ độ cao \({{\text{h}}_2}\), chạm đất và nảy lên độ cao \({h_3} = \frac{3}{4}{h_2}\).
Bóng tiếp tục rợi từ độ cao \({{\text{h}}_3}\), cứ tiếp tục như vậy. Sau lần va chạm đất thứ n, từ độ cao \({{\text{h}}_{\text{n}}}\), quả bóng nảy lên độ cao \({h_{n + 1}} = \frac{3}{4}{h_n}\).
Tổng khoảng cách rơi và nảy của quả bóng cho đến lực không này nữa là
\(d = \left( {{h_1} + {h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right) + \left( {{h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right)\)
Vậy d là tổng của 2 cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu lần lượt là \({{\text{h}}_1},\;{\text{ }}{{\text{h}}_2}\) và có cùng công bội \(q = \frac{3}{4}\).
Khi đó: \(d = \frac{{{h_1}}}{{1 – \frac{3}{4}}} + \frac{{{h_2}}}{{1 – \frac{3}{4}}} = 4\left( {{h_1} + {h_2}} \right) = 56(\;{\text{m}})\).
Đặt \({h_1} = 8(\;{\text{m}})\). Sau lần va chạm đất đầu tiên, quả bóng này lên độ cao \({h_2} = \frac{3}{4}{h_1}\).
Bóng lại rợi từ độ cao \({{\text{h}}_2}\), chạm đất và nảy lên độ cao \({h_3} = \frac{3}{4}{h_2}\).
Bóng tiếp tục rợi từ độ cao \({{\text{h}}_3}\), cứ tiếp tục như vậy. Sau lần va chạm đất thứ n, từ độ cao \({{\text{h}}_{\text{n}}}\), quả bóng nảy lên độ cao \({h_{n + 1}} = \frac{3}{4}{h_n}\).
Tổng khoảng cách rơi và nảy của quả bóng cho đến lực không này nữa là
\(d = \left( {{h_1} + {h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right) + \left( {{h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right)\)
Vậy d là tổng của 2 cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu lần lượt là \({{\text{h}}_1},\;{\text{ }}{{\text{h}}_2}\) và có cùng công bội \(q = \frac{3}{4}\).
Khi đó: \(d = \frac{{{h_1}}}{{1 – \frac{3}{4}}} + \frac{{{h_2}}}{{1 – \frac{3}{4}}} = 4\left( {{h_1} + {h_2}} \right) = 56(\;{\text{m}})\).
Câu 19:
Nhà thấy Hùng cách bờ biển \(1km\). Mỗi buổi sáng thầy chạy bộ từ nhà ra bờ biển sau đó chạy dọc bờ biển \(500m\), rồi thầy chạy qua chợ hải sản để lấy thức ăn trong ngày, cuối cùng thầy chạy về nhà.
Biết chợ hải sản cách bờ biển \(400m\)và cách nhà thầy Hùng \(1km\), tính quãng đường ngắn nhất mà thầy Hùng đã chạy trong mỗi buổi sáng (đơn vị m và làm tròn đến hàng đơn vị).
Biết chợ hải sản cách bờ biển \(400m\)và cách nhà thầy Hùng \(1km\), tính quãng đường ngắn nhất mà thầy Hùng đã chạy trong mỗi buổi sáng (đơn vị m và làm tròn đến hàng đơn vị).
Trả lời: \(1932\).
Đổi \(400m = 0,4km\) và \(500m = 0,5km\).
Dựng hình chữ nhật \(DCBH\), khi đó \(DC = HB = \sqrt {A{B^2} – A{H^2}} = \sqrt {{1^2} – {{\left( {1 – 0,4} \right)}^2}} = 0,8\).
Đặt \(DE = x\) và \(FC = y\) khi đó \(x + y = DE + FC = DC – EF = 0,8 – 0,5 = 0,3\).
Ta có đoạn đường thầy Hùng sẽ đi là \(T = AE + EF + FB + BA = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} + 1,5\).
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:
\(AE + FB = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} \geqslant \sqrt {{{\left( {\frac{3}{{10}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{7}{5}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {205} }}{{10}} \approx 1,432\left( {km} \right)\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{x}{y} = \frac{1}{{0,4}}} \\
{x + y = 0,3}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{3}{{14}}} \\
{y = \frac{3}{{35}}}
\end{array}} \right.\).
Vậy quãng đường ngắn nhất thầy Hùng đi trong buổi sáng là \(1932m\).
Đổi \(400m = 0,4km\) và \(500m = 0,5km\).
Dựng hình chữ nhật \(DCBH\), khi đó \(DC = HB = \sqrt {A{B^2} – A{H^2}} = \sqrt {{1^2} – {{\left( {1 – 0,4} \right)}^2}} = 0,8\).
Đặt \(DE = x\) và \(FC = y\) khi đó \(x + y = DE + FC = DC – EF = 0,8 – 0,5 = 0,3\).
Ta có đoạn đường thầy Hùng sẽ đi là \(T = AE + EF + FB + BA = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} + 1,5\).
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:
\(AE + FB = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} \geqslant \sqrt {{{\left( {\frac{3}{{10}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{7}{5}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {205} }}{{10}} \approx 1,432\left( {km} \right)\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{x}{y} = \frac{1}{{0,4}}} \\
{x + y = 0,3}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{3}{{14}}} \\
{y = \frac{3}{{35}}}
\end{array}} \right.\).
Vậy quãng đường ngắn nhất thầy Hùng đi trong buổi sáng là \(1932m\).
Câu 20:
Trong giờ sinh hoạt STEM, các bạn học sinh thực hiện một thí nghiệm về sự tỏa nhiệt. Một ly trà nóng vừa được pha xong với nhiệt độ ban đầu là \(95\)°C và đặt lên bàn trong phòng thí nghiệm có nhiệt độ không đổi là \(25^\circ C.\)Các bạn bắt đầu bấm đồng hồ đo đạc lúc 10 giờ đúng. Lúc này nhiệt độ của ly trà đo được là \(65^\circ C.\). Đúng 1 giờ sau, nhiệt độ của ly trà đo được giảm xuống còn \(45^\circ C.\). Biết rằng tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường. Hỏi cốc trà được pha trước lúc các bạn học sinh bắt đầu bấm giờ bao nhiêu phút (Kết quả là tròn đến hàng đơn vị)
Trả lời: \(48\)
Gọi \(T\left( t \right)\) là nhiệt độ của ly trà tại thời điểm \(t\)(giờ) và nhiệt độ của môi trường là \(25\)°C
Tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường nên \(\frac{{T’\left( t \right)}}{{\left( {T\left( t \right) – 25} \right)}} = k \Leftrightarrow T’\left( t \right) = k\left( {T\left( t \right) – 25} \right)\) (trong đó \(k\) là hằng số tỷ lệ)
Ta đã biết \(T’\left( t \right) = \frac{{dT}}{{dt}}\) nên phương trình trở thành \(\frac{{dT}}{{dt}} = k\left( {T – 25} \right)\)
Lấy nguyên hàm hai vế: \(\int {\frac{1}{{\left( {T – 25} \right)}}d\left( T \right)} = \int {kt} \Rightarrow \ln \left| {T – 25} \right| = kt + C\)\( \Leftrightarrow \left| {T – 25} \right| = {e^{kt + C}} = {e^{kt}}.{e^C}\)
Do nhiệt độ của ly trà luôn hơn hơn hoặc bằng nhiệt độ của môi trường nên \(T – 25 \geqslant 0\) nên ta có thể phá dấu trị tuyệt đối: \(T – 25 = {e^C}.{E^{kt}}\)
Đặt \(A = {e^C}\) (Với \(A\) là một hằng số dương tùy ý) suy ra \(T\left( t \right) – 25 = A.{e^{kt}} \Leftrightarrow T\left( t \right) = 25 + A.{e^{kt}}\)
Tại \(t = 0\)(10 giờ) thì \(T = 65\) nên \(65 = 25 + A.{e^{k.0}} \Rightarrow 65 = 25 + A \Rightarrow A = 40\)
Tại \(t = 1\)(11 giờ) thì \(T = 45\) nên \(45 = 25 + 40.{e^{k.1}} \Rightarrow 45 = 25 + 40.{e^k} \Leftrightarrow 20 = 40.{e^k} \Rightarrow {e^k} = 0,5\)
Vậy lúc này phương trình \(T\left( t \right) = 25 + 40.{\left( {{e^k}} \right)^t} = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t}\)
Nhiệt độ lúc pha trà là \(95\)°C nên \(95 = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t} \Rightarrow {\left( {0,5} \right)^t} = 1,75 \Rightarrow t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right)\)
Khi \(t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right) \approx – 0,807535\)(dấu âm thể hiện thời điểm pha trà nằm trước mốc thời gian \(t = 0\), tức là trước \(10\) giờ)
Đổi sang phút ta có \(0,80735.60 \approx 48,44\)(phút) nên cốc trà được pha trước lúc bấm giờ \(48\) phút
Gọi \(T\left( t \right)\) là nhiệt độ của ly trà tại thời điểm \(t\)(giờ) và nhiệt độ của môi trường là \(25\)°C
Tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường nên \(\frac{{T’\left( t \right)}}{{\left( {T\left( t \right) – 25} \right)}} = k \Leftrightarrow T’\left( t \right) = k\left( {T\left( t \right) – 25} \right)\) (trong đó \(k\) là hằng số tỷ lệ)
Ta đã biết \(T’\left( t \right) = \frac{{dT}}{{dt}}\) nên phương trình trở thành \(\frac{{dT}}{{dt}} = k\left( {T – 25} \right)\)
Lấy nguyên hàm hai vế: \(\int {\frac{1}{{\left( {T – 25} \right)}}d\left( T \right)} = \int {kt} \Rightarrow \ln \left| {T – 25} \right| = kt + C\)\( \Leftrightarrow \left| {T – 25} \right| = {e^{kt + C}} = {e^{kt}}.{e^C}\)
Do nhiệt độ của ly trà luôn hơn hơn hoặc bằng nhiệt độ của môi trường nên \(T – 25 \geqslant 0\) nên ta có thể phá dấu trị tuyệt đối: \(T – 25 = {e^C}.{E^{kt}}\)
Đặt \(A = {e^C}\) (Với \(A\) là một hằng số dương tùy ý) suy ra \(T\left( t \right) – 25 = A.{e^{kt}} \Leftrightarrow T\left( t \right) = 25 + A.{e^{kt}}\)
Tại \(t = 0\)(10 giờ) thì \(T = 65\) nên \(65 = 25 + A.{e^{k.0}} \Rightarrow 65 = 25 + A \Rightarrow A = 40\)
Tại \(t = 1\)(11 giờ) thì \(T = 45\) nên \(45 = 25 + 40.{e^{k.1}} \Rightarrow 45 = 25 + 40.{e^k} \Leftrightarrow 20 = 40.{e^k} \Rightarrow {e^k} = 0,5\)
Vậy lúc này phương trình \(T\left( t \right) = 25 + 40.{\left( {{e^k}} \right)^t} = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t}\)
Nhiệt độ lúc pha trà là \(95\)°C nên \(95 = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t} \Rightarrow {\left( {0,5} \right)^t} = 1,75 \Rightarrow t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right)\)
Khi \(t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right) \approx – 0,807535\)(dấu âm thể hiện thời điểm pha trà nằm trước mốc thời gian \(t = 0\), tức là trước \(10\) giờ)
Đổi sang phút ta có \(0,80735.60 \approx 48,44\)(phút) nên cốc trà được pha trước lúc bấm giờ \(48\) phút
Câu 21:
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\)cho hai điềm \(A(1;2;3),B(7;10;6)\). Hai điểm \(M,N\) thay đổi trên mặt phẳng \((Oxy)\) sao cho \(MN = 4\). Khi \(AM + BN\) nhỏ nhất, tính tổng hoành độ của \(M\) và tung độ của \(N\).
\((Oxy):z = 0.\)
Gọi \(B’\)là điểm đối xứng với \(B\)qua mặt phẳng\((Oxy) \Rightarrow B’\left( {7;10; – 6} \right).\)
Hình chiếu vuông góc của \(A(1;2;3)\) xuống mặt phẳng \((Oxy)\) là \(A'(1;2;0)\).
Hình chiĉ́u vuông góc của \(B(7;10;6)\) xuống mặt phẳng \((Oxy)\) là \(E(7;10;0)\).
Gọi \(\left( Q \right)\)là mặt phẳng chứa \(AB\)và vuông góc với \((Oxy) \Rightarrow \left( {Oxy} \right) \cap \left( Q \right) = A’E.\)
Khi đó \(\overrightarrow {A’E} = (6;8;0).\)
Dựng hình bình hành \(ACNM \Rightarrow AC = 4.\)
Khi đó \(AM + BN = NC + B’N \geqslant BC.\) Đẳng thức xảy ra khi \(B’,C,N\)thẳng hàng.
Ta có \(\overrightarrow {AC} \)cùng phương với \(\overrightarrow {A’E} \Rightarrow \overrightarrow {AC} = \left( {3t;4t;0} \right).\)
Mà \(AC = 4 \Rightarrow {\left( {3t} \right)^2} + {\left( {4t} \right)^2} = 16 \Rightarrow {t^2} = \frac{{16}}{{25}} \Rightarrow t = \pm \frac{4}{5}.\)
+\(t = \frac{4}{5} \Rightarrow C\left( {\frac{{17}}{5};\frac{{26}}{5};3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {B’C} = \left( {\frac{{ – 18}}{5}; – \frac{{24}}{5};9} \right) \Rightarrow B’C = \sqrt {117} .\)
+ \(t = – \frac{4}{5} \Rightarrow C\left( {\frac{{ – 7}}{5}; – \frac{6}{5};3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {B’C} = \left( {\frac{{ – 42}}{5}; – \frac{{56}}{5};9} \right) \Rightarrow B’C = \sqrt {277} .\)
VÌ \(\sqrt {117} < \sqrt {277} \) nên \(AM + BN\) có giá trị nhỏ nhất là \(\sqrt {117} \).
Đẳng thức xảy ra khi \(N\left( {\frac{{23}}{5};\frac{{34}}{5};0} \right),M\left( {\frac{{11}}{5};\frac{{18}}{5};0} \right)\)
Vậy \({x_M} + {y_N} = \frac{{11}}{5} + \frac{{34}}{5} = \frac{{45}}{5} = 9.\)
Câu 22:
Nhân dịp Tết Trung thu cô giáo tặng quà cho 3 bạn Vũ, Hồng, Ngọc. Trong hộp quà có 9 cây bút và 8 quyển vở được sắp xếp một cách lộn xộn. Cô giáo gọi 3 bạn đứng xếp hàng có thứ tự, Vũ đứng trước được tặng quà trước, Hồng đứng sau nhận quà sau và Ngọc đứng sau cùng nên nhận quà sau cùng. Xác suất để Ngọc nhận được quà là cây bút bằng bao nhiêu, biết rằng cô giáo tặng quà bằng cách rút ngẫu nhiên và mỗi bạn chỉ một phần quà trong hộp (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
Trả lời: \(0,53\)
Để Ngọc nhận được bút, ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: Vũ nhận bút, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 7 bút và 8 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{7}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{7}{{15}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Trường hợp 2: Vũ nhận bút, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{8}{{15}} = \frac{{72}}{{510}}\):
Trường hợp 3: Vũ nhận vở, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{9}{{16}}\).
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{9}{{16}}} \right).\left( {\frac{8}{{15}}} \right) = \frac{{72}}{{510}}\)
Trường hợp 4: Vũ nhận vở, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{7}{{16}}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 9 bút và 6 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{9}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{7}{{16}}} \right).\left( {\frac{9}{{15}}} \right) = \frac{{504}}{{4080}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Vậy xác suất để Ngọc nhận được quà là cây bút là:
\(\left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) = \frac{{270}}{{510}} = \frac{9}{{17}} \approx 0,53\).
Để Ngọc nhận được bút, ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: Vũ nhận bút, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 7 bút và 8 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{7}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{7}{{15}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Trường hợp 2: Vũ nhận bút, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{8}{{15}} = \frac{{72}}{{510}}\):
Trường hợp 3: Vũ nhận vở, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{9}{{16}}\).
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{9}{{16}}} \right).\left( {\frac{8}{{15}}} \right) = \frac{{72}}{{510}}\)
Trường hợp 4: Vũ nhận vở, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{7}{{16}}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 9 bút và 6 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{9}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{7}{{16}}} \right).\left( {\frac{9}{{15}}} \right) = \frac{{504}}{{4080}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Vậy xác suất để Ngọc nhận được quà là cây bút là:
\(\left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) = \frac{{270}}{{510}} = \frac{9}{{17}} \approx 0,53\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: B
\(120^\circ \).
Câu 2
Đáp án đúng: D
\(I\left( {2;\,5;\,4} \right)\).
Câu 3
Đáp án đúng: D
\(y = x + 4\).
Câu 4
Đáp án đúng: C
\(\frac{\pi }{6} + k2\pi ;\,\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 5
Đáp án đúng: C
\(x = - 4\).
Câu 6
Đáp án đúng: C
\({u_4} = 11\).
Câu 7
Đáp án đúng: D
\(4\).
Câu 8
Đáp án đúng: A
4 cm.
Câu 9
Đáp án đúng: C
\(30\).
Câu 10
Đáp án đúng: C
\( - 5\).
Câu 11
Đáp án đúng: D
5.
Câu 12
Đáp án đúng: A
\(4\overrightarrow {SO} \).
Câu 13
Đáp án đúng: A
Tập xác định của hàm số đã cho chứa đúng 4 số nguyên âm.
Câu 14
Đáp án đúng: B
Giai đoạn tăng trưởng chiều cao của cây lúa kéo dài \(12\) tuần.
Câu 15
Đáp án đúng: A
Đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(3\).
Câu 16
Đáp án đúng: C
Biết rằng cả 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học đều có điểm thi không dưới 8. Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh trong lớp có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8. Xác suất có đúng 2 em của Câu lạc bộ Toán học được chọn nhỏ hơn \(\frac{1}{3}\).
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 4, 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 4 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 4, "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 4 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!