Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 5
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 5
Thực Hành Làm Bài Test Trực Tuyến: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 5
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 5 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 5 này.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 5
Câu 1:
Cho hàm số \(f(x)\) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
\((0;2)\).
Chọn A
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \((0;2)\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \((0;2)\).
Câu 2:
Đường tiệm xiên của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} – 2x}}{{x + 1}}\) có phương trình là
\(y = x - 3\).
Chọn B
Ta có \(y = \frac{{{x^2} – 2x}}{{x + 1}} = x – 3 + \frac{3}{{x + 1}}\).
Xét \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{{x^2} – 2x}}{{x + 1}} – \left( {x – 3} \right)} \right] = 0\).
Vậy đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = x – 3\).
Ta có \(y = \frac{{{x^2} – 2x}}{{x + 1}} = x – 3 + \frac{3}{{x + 1}}\).
Xét \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{{x^2} – 2x}}{{x + 1}} – \left( {x – 3} \right)} \right] = 0\).
Vậy đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = x – 3\).
Câu 3:
Hàm số nào sau đây không là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^2} + 2x – 1\).
\(F\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - 1\).
Chọn A
Ta có: \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int {\left( {3{x^2} + 2x – 1} \right){\text{d}}x} = {x^3} + {x^2} – x + C\) ( với \(C\)là một hằng số).
Ta có: \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int {\left( {3{x^2} + 2x – 1} \right){\text{d}}x} = {x^3} + {x^2} – x + C\) ( với \(C\)là một hằng số).
Câu 4:
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = – 2\) và công sai \(d = 3\). Tìm số hạng \({u_{10}}\).
\({u_{10}} = 25\).
Chọn B
Ta có: \({u_{10}} = {u_1} + 9d = – 2 + 3.9 = 25\)
Ta có: \({u_{10}} = {u_1} + 9d = – 2 + 3.9 = 25\)
Câu 5:
Trong không gian, cho tứ diện đều \(ABCD\) có các cạnh bằng \(a\). Tích vô hướng \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} \) bằng
0.
Chọn A
Ta có:
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CB} – \overrightarrow {CA} } \right).\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CB} \cdot \overrightarrow {CD} – \overrightarrow {CA} \cdot \overrightarrow {CD} \)
\( = CB.CD.{\text{cos}}{60^ \circ } – CACD.{\text{cos}}{60^ \circ } = 0\)
Ta có:
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CB} – \overrightarrow {CA} } \right).\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CB} \cdot \overrightarrow {CD} – \overrightarrow {CA} \cdot \overrightarrow {CD} \)
\( = CB.CD.{\text{cos}}{60^ \circ } – CACD.{\text{cos}}{60^ \circ } = 0\)
Câu 6:
Thống kê chiều cao (đơn vị: cm) của các học sinh trong một lớp học ta có bảng số liệu sau: Chiều cao
[150; 155)
[155; 160)
[160; 165)
[165; 170)
[170; 175)
[175; 180) Số học sinh
1
4
10
9
4
2 Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên bằng bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
[150; 155)
[155; 160)
[160; 165)
[165; 170)
[170; 175)
[175; 180) Số học sinh
1
4
10
9
4
2 Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên bằng bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
\(5,87\).
Chọn B
Số trung bình của mẫu số liệu trên là
\(\bar x = \frac{{152,5 \cdot 1 + 157,5 \cdot 4 + 162,5 \cdot 10 + 167,5 \cdot 9 + 172,5 \cdot 4 + 177,5 \cdot 2}}{{30}} = \frac{{496}}{3}.\)
Phương sai của mẫu số liệu trên là
\({S^2} = \frac{1}{{30}}\left( {1 \cdot 152,{5^2} + 4 \cdot 157,{5^2} + 10 \cdot 162,{5^2} + 9 \cdot 167,{5^2} + 4 \cdot 172,{5^2} + 2 \cdot 177,{5^2}} \right) – {\left( {\frac{{496}}{3}} \right)^2} \approx 34,47.\)
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm trên là \(S \approx 5,87\).
Số trung bình của mẫu số liệu trên là
\(\bar x = \frac{{152,5 \cdot 1 + 157,5 \cdot 4 + 162,5 \cdot 10 + 167,5 \cdot 9 + 172,5 \cdot 4 + 177,5 \cdot 2}}{{30}} = \frac{{496}}{3}.\)
Phương sai của mẫu số liệu trên là
\({S^2} = \frac{1}{{30}}\left( {1 \cdot 152,{5^2} + 4 \cdot 157,{5^2} + 10 \cdot 162,{5^2} + 9 \cdot 167,{5^2} + 4 \cdot 172,{5^2} + 2 \cdot 177,{5^2}} \right) – {\left( {\frac{{496}}{3}} \right)^2} \approx 34,47.\)
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm trên là \(S \approx 5,87\).
Câu 7:
Trong không gian \(Oxyz\), khoảng cách từ điểm \(A\left( {1;0;0} \right)\) tới mặt phẳng \(\left( P \right):2x + 2y – z + 1 = 0\) bằng
\(1\).
Chọn D
Ta có \({\text{d}}\left[ {A,\left( P \right)} \right] = \frac{{\left| {2\left( 1 \right) + 2\left( 0 \right) – \left( 0 \right) + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2}} }} = 1\).
Ta có \({\text{d}}\left[ {A,\left( P \right)} \right] = \frac{{\left| {2\left( 1 \right) + 2\left( 0 \right) – \left( 0 \right) + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2}} }} = 1\).
Câu 8:
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( {1; – 2;3} \right)\) và \(B\left( {3;1;1} \right)\). Đường thẳng \(AB\) có phương trình là
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\).
Chọn C
Đường thẳng \(AB\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;3; – 2} \right)\).
Phương trình chính tắc của đường thẳng \(AB\) đi qua điểm \(A\left( {1; – 2;3} \right)\) là: \(\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z – 3}}{{ – 2}}\).
Đường thẳng \(AB\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;3; – 2} \right)\).
Phương trình chính tắc của đường thẳng \(AB\) đi qua điểm \(A\left( {1; – 2;3} \right)\) là: \(\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z – 3}}{{ – 2}}\).
Câu 9:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(SD = a\sqrt 3 \). Góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là
\(45^\circ \).
Chọn C
Dễ thấy \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SCA}\)
\(AC = a\sqrt 2 \)
\(SD = a\sqrt 3 \Rightarrow SA = a\sqrt 2 \)
Nên tam giác \(SAC\)vuông cân tại \(A\).Vậy \(\widehat {SCA} = 45^\circ \).
Dễ thấy \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SCA}\)
\(AC = a\sqrt 2 \)
\(SD = a\sqrt 3 \Rightarrow SA = a\sqrt 2 \)
Nên tam giác \(SAC\)vuông cân tại \(A\).Vậy \(\widehat {SCA} = 45^\circ \).
Câu 10:
Nghiệm của phương trình \({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 3\) là
\(9\).
Chọn B
Điều kiện: \(x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).
Ta có: \({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x – 1 = {2^3} \Leftrightarrow x = 9\).
Điều kiện: \(x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).
Ta có: \({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x – 1 = {2^3} \Leftrightarrow x = 9\).
Câu 11:
Phương trình \(\tan x = – 1\) có tất cả các nghiệm là
\( - \frac{\pi }{4} + k\pi \)\((k \in \mathbb{Z})\).
Chọn D
Ta có \(\tan x = – 1 \Leftrightarrow \tan x = \tan \left( { – \frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \) \((k \in \mathbb{Z})\).
Ta có \(\tan x = – 1 \Leftrightarrow \tan x = \tan \left( { – \frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \) \((k \in \mathbb{Z})\).
Câu 12:
Cho \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập. Biết xác suất của biến cố \(A\) là \(0,4\); xác suất của biến cố \(B\) là \(0,3\). Xác suất của biến cố \(A \cup B\) là
\(0,58\).
Chọn B
Ta có \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,4.0,3 = 0,12\).
Khi đó \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {A \cap B} \right)\)\( = 0,4 + 0,3 – 0,12 = 0,58\).
PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Ta có \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,4.0,3 = 0,12\).
Khi đó \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {A \cap B} \right)\)\( = 0,4 + 0,3 – 0,12 = 0,58\).
PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Câu 13:
Số lượt tải xuống (đơn vị: nghìn lượt) của một ứng dụng trò chơi mới ra mắt được mô hình hóa bởi hàm số \(N\left( t \right) = \frac{{at + b}}{{t + d}}\) (với \(t \geqslant 0\) là thời gian tính bằng ngày kể từ lúc phát hành). Biết rằng tại thời điểm ra mắt (\(t = 0\)) chưa có lượt tải nào. Sau 1 ngày đầu tiên, ứng dụng đạt \(50\) nghìn lượt tải. Trong ngày thứ 2 (tính riêng ngày thứ 2), có thêm \(30\) nghìn lượt tải mới
Theo mô hình này, tổng số lượt tải của ứng dụng sẽ không vượt quá \(190\) nghìn lượt
a) Đúng.
Theo đề bài, \(N\left( t \right) = \frac{{at + b}}{{t + d}}\)
Với \(t = 0 \Rightarrow N\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow \frac{b}{d} = 0 \Rightarrow b = 0\)
Với \(t = 1 \Rightarrow N\left( 1 \right) = 50 \Rightarrow \frac{{a + b}}{{1 + d}} = 50 \Leftrightarrow a + b = 50\left( {1 + d} \right) \Leftrightarrow a – 50d = 50\)
Với \(t = 2 \Rightarrow N\left( 2 \right) = 80 \Rightarrow \frac{{2a + b}}{{2 + d}} = 80 \Leftrightarrow 2a + b = 80\left( {2 + d} \right) \Leftrightarrow 2a – 80d = 160\)
Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{gathered}
a – 50d = 50 \hfill \\
2a – 80d = 160 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 200 \hfill \\
d = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) suy ra \(a = 60d = 20\) nên mệnh đề a) đúngb) Đúng.
Theo câu trên suy ra \(N\left( t \right) = \frac{{200t}}{{t + 3}}\) suy ra \(N\left( 3 \right) = \frac{{200.3}}{{3 + 3}} = 100\) nên mệnh đề b) đúngc) Sai.
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } N\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {\frac{{200t}}{{t + 3}}} \right) = 200\) nên mệnh đề c) said) Đúng.
Ta có hàm tốc độ tăng trưởng: \(N’\left( t \right) = \frac{{600}}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}}\)
Lợi nhuận thì bằng doanh thu trừ chi phí. Ta nên dừng lại khi lợi nhuận bắt đầu chuyển sang âm
Vậy điểm hòa vốn khi \(N’\left( t \right) = 6 \Leftrightarrow \frac{{600}}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}} = 6 \Leftrightarrow t = 7\)
Vậy nhà phát hành nên dừng ngay sau khi kết thúc ngày thứ 7 nên mệnh đề d) đúng
Theo đề bài, \(N\left( t \right) = \frac{{at + b}}{{t + d}}\)
Với \(t = 0 \Rightarrow N\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow \frac{b}{d} = 0 \Rightarrow b = 0\)
Với \(t = 1 \Rightarrow N\left( 1 \right) = 50 \Rightarrow \frac{{a + b}}{{1 + d}} = 50 \Leftrightarrow a + b = 50\left( {1 + d} \right) \Leftrightarrow a – 50d = 50\)
Với \(t = 2 \Rightarrow N\left( 2 \right) = 80 \Rightarrow \frac{{2a + b}}{{2 + d}} = 80 \Leftrightarrow 2a + b = 80\left( {2 + d} \right) \Leftrightarrow 2a – 80d = 160\)
Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{gathered}
a – 50d = 50 \hfill \\
2a – 80d = 160 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 200 \hfill \\
d = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) suy ra \(a = 60d = 20\) nên mệnh đề a) đúngb) Đúng.
Theo câu trên suy ra \(N\left( t \right) = \frac{{200t}}{{t + 3}}\) suy ra \(N\left( 3 \right) = \frac{{200.3}}{{3 + 3}} = 100\) nên mệnh đề b) đúngc) Sai.
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } N\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {\frac{{200t}}{{t + 3}}} \right) = 200\) nên mệnh đề c) said) Đúng.
Ta có hàm tốc độ tăng trưởng: \(N’\left( t \right) = \frac{{600}}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}}\)
Lợi nhuận thì bằng doanh thu trừ chi phí. Ta nên dừng lại khi lợi nhuận bắt đầu chuyển sang âm
Vậy điểm hòa vốn khi \(N’\left( t \right) = 6 \Leftrightarrow \frac{{600}}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}} = 6 \Leftrightarrow t = 7\)
Vậy nhà phát hành nên dừng ngay sau khi kết thúc ngày thứ 7 nên mệnh đề d) đúng
Câu 14:
Một khinh khí cầu bay với độ cao (so với mực nước biển) tại thời điểm \(t\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\) là \(h\left( t \right),\) trong đó \(t\) tính bằng phút, \(h\left( t \right)\) tính bằng mét. Tốc độ bay của khinh khí cầu được cho bởi hàm số \(v\left( t \right) = a{t^2} + bt\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right),\) với \(t\) tính bằng phút, \(v\left( t \right)\) tính bằng mét/phút. Tại thời điểm xuất phát, khinh khí cầu ở độ cao \(520\) m và \(5\) phút sau khi xuất phát, khinh khí cầu đã ở độ cao \(530\) m. Khinh khí cầu sẽ trở lại độ cao khi xuất phát sau \(15\) phút.
Giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát.
a) Đúng
Tại thời điểm xuất phát, khinh khí cầu ở độ cao \(520\) m vậy nên \(h\left( 0 \right) = 520\)m
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520\)
b) Đúng
Độ cao của khinh khí cầu tại thời điểm \(t\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\) là \(h\left( t \right) = \int\limits_0^t {v\left( t \right){\text{d}}t} .\)
c) Sai
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520 \hfill \\
\Rightarrow v\left( t \right) = – \frac{9}{{25}}{t^2} + \frac{{12}}{5}t \hfill \\
\end{gathered} \)
Xét \(v\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow 0 < t < \frac{{20}}{3}\) vậy nên giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát là sai
d) Sai
Xét \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{20}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Với \(h\left( 0 \right) = 520\), \(h\left( {\frac{{20}}{3}} \right) = 537,78\) nên độ cao tối đa của khinh khí cầu là \(540\) m là sai
Tại thời điểm xuất phát, khinh khí cầu ở độ cao \(520\) m vậy nên \(h\left( 0 \right) = 520\)m
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520\)
b) Đúng
Độ cao của khinh khí cầu tại thời điểm \(t\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\) là \(h\left( t \right) = \int\limits_0^t {v\left( t \right){\text{d}}t} .\)
c) Sai
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520 \hfill \\
\Rightarrow v\left( t \right) = – \frac{9}{{25}}{t^2} + \frac{{12}}{5}t \hfill \\
\end{gathered} \)
Xét \(v\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow 0 < t < \frac{{20}}{3}\) vậy nên giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát là sai
d) Sai
Xét \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{20}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Với \(h\left( 0 \right) = 520\), \(h\left( {\frac{{20}}{3}} \right) = 537,78\) nên độ cao tối đa của khinh khí cầu là \(540\) m là sai
Câu 15:
Các thiên thạch có đường kính lớn hơn \(140m\)và có thể lại gần Trái Đất ở khoảng cách nhỏ hơn \(7500000km\)được coi là những vật thể có khả năng va chạm gây nguy hiểm cho Trái Đất. Để theo dõi những thiên thạch này, các nhà nghiên cứu của trung tâm Vũ Trụ Nasa đã thiết lập các trạm quan sát các vật thể bay gần Trái Đất. Giả sử có một hệ thống quan sát có khả năng theo dõi các vật thể ở độ cao không vượt quá \(4600km\) so với mực nước biển. Coi Trái Đất là khối cầu có bán kính \(6400km\). Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) trong không gian có gốc \(O\) tại tâm Trái Đất và đơn vị độ dài trên mỗi trục tọa độ là \(1000km\). Một thiên thạch (coi như một hạt) chuyển động với tốc độ \({v_1} = 2\sqrt 2 {.10^3}\left( {km/h} \right)\) không đổi theo đường thẳng xuất phát từ điểm \(M(0;5;12)\) đến \(N\left( {12;5;0} \right)\)
Tại thời điểm thiên thạch đang ở vị trí \(M\) thì có 2 vệ tinh đang ở vị trí \(A\left( { - 6; - 5; - 6} \right)\), \(B\left( {7; - 6;7} \right)\) có vận tốc khác nhau di chuyển trong mặt phẳng trung trực của \(MN\) và luôn cách trái đất với khoảng cố định. Khoảng cách xa nhất của 2 vệ tinh có thể đạt là \(18412km\)( làm tròn đến hàng đơn vị).
a) Đúng.
\(M\left( {0;5;12} \right),N\left( {12;5;0} \right)\) nên \(\overrightarrow {MN} \left( {12,0, – 12} \right)\)
Chọn MN có VTCP là \(\vec u = \left( {1,0, – 1} \right)\), qua \(M\left( {0;5;12} \right)\) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = t} \\
{y = 5} \\
{z = 12 – t}
\end{array}} \right.\)
Gọi \(OH \bot MN\) tại H. Khi đó \(H\left( {t,5,12 – t} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {OH} \left( {t,5,12 – t} \right) \bot \vec u\left( {1,0, – 1} \right)\)
\( \Rightarrow t.1 + 5.0 + \left( {12 – t} \right).\left( { – 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow t = 6 \Rightarrow H\left( {6,5,5} \right)\)
\( \Rightarrow {\text{OH}} = \sqrt {{6^2} + {5^2} + {6^2}} = \sqrt {97} \)
Suy ra khoảng cách ngắn nhất từ tâm trái đất đến MN là \(\sqrt {97} .1000 \approx 9849{\text{\;km}}\).
Khoảng cách thiên thạch gần với trái đất nhất có độ dài bằng \(9849 – 6400 = 3449\) km.
b) Đúng.
Gọi M’ là điểm va chạm của M với Trái Đất
\( \Rightarrow MM’\) lớn nhất khi \(MM’\) là tiếp tuyến kẻ từ M tới mặt cầu – là bề mặt trái đất
\( \Rightarrow MM’ = \sqrt {O{M^2} – O{M^{‘2}}} = \sqrt {{{13}^2} – 6,{4^2}} \)
Hay quãng đường dài nhất là \(\sqrt {{{13}^2} + 6,{4^2}} .1000 \approx 14490{\text{\;km}}\).
c) Sai
\(A\left( { – 6; – 5; – 6} \right),B\left( {7; – 6;7} \right) \Rightarrow OA = \sqrt {97} ,OB = \sqrt {134} \)
\(AB \leqslant OA + OB = \sqrt {97} + \sqrt {134} \approx 21,4247\)
Vậy AB lớn nhất bằng 21425 km khi \({\text{O}},{\text{A}},{\text{B}}\) thẳng hàng.
d) Đúng.
\(M\left( {0;5;12} \right),N\left( {12;5;0} \right)\) nên trung điểm I của MN có tọa độ \(I\left( {6,5,6} \right)\)
Do \(OA = \sqrt {97} \) không đổi nên A luôn thuộc mặt cầu có tâm O, bán kính \(OA = \sqrt {97} \)
Để vệ tinh va chạm với thiên thạch thì chỉ có thể va chạm tại I
Khi đó \(AI = \frac{{MN}}{2} = \frac{{12\sqrt 2 }}{2} = 6\sqrt 2 \)
Thời gian để thiên thạch di chuyển từ M đến I là \({t_1} = \frac{{6\sqrt 2 {{.10}^3}}}{{2\sqrt 2 {{.10}^3}}} = 3\) (giờ)
Nhận thấy A, I đối xứng nhau qua O nên quãng đường để vệ tinh di chuyển từ A đến I là một đường cong có độ dài bằng nửa chu vi đường tròn bán kính OA và bằng \(\pi .OA = \sqrt {97} \pi \)
Vậy thời gian để vệ tinh đi từ A đến I là \({t_2} = \frac{{\sqrt {97} \pi {{.10}^3}}}{{\frac{{\pi \sqrt {97} }}{3}{{.10}^3}}} = 3\) (giờ)
Vậy vệ tinh và thiên thạch có va chạm.
\(M\left( {0;5;12} \right),N\left( {12;5;0} \right)\) nên \(\overrightarrow {MN} \left( {12,0, – 12} \right)\)
Chọn MN có VTCP là \(\vec u = \left( {1,0, – 1} \right)\), qua \(M\left( {0;5;12} \right)\) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = t} \\
{y = 5} \\
{z = 12 – t}
\end{array}} \right.\)
Gọi \(OH \bot MN\) tại H. Khi đó \(H\left( {t,5,12 – t} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {OH} \left( {t,5,12 – t} \right) \bot \vec u\left( {1,0, – 1} \right)\)
\( \Rightarrow t.1 + 5.0 + \left( {12 – t} \right).\left( { – 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow t = 6 \Rightarrow H\left( {6,5,5} \right)\)
\( \Rightarrow {\text{OH}} = \sqrt {{6^2} + {5^2} + {6^2}} = \sqrt {97} \)
Suy ra khoảng cách ngắn nhất từ tâm trái đất đến MN là \(\sqrt {97} .1000 \approx 9849{\text{\;km}}\).
Khoảng cách thiên thạch gần với trái đất nhất có độ dài bằng \(9849 – 6400 = 3449\) km.
b) Đúng.
Gọi M’ là điểm va chạm của M với Trái Đất
\( \Rightarrow MM’\) lớn nhất khi \(MM’\) là tiếp tuyến kẻ từ M tới mặt cầu – là bề mặt trái đất
\( \Rightarrow MM’ = \sqrt {O{M^2} – O{M^{‘2}}} = \sqrt {{{13}^2} – 6,{4^2}} \)
Hay quãng đường dài nhất là \(\sqrt {{{13}^2} + 6,{4^2}} .1000 \approx 14490{\text{\;km}}\).
c) Sai
\(A\left( { – 6; – 5; – 6} \right),B\left( {7; – 6;7} \right) \Rightarrow OA = \sqrt {97} ,OB = \sqrt {134} \)
\(AB \leqslant OA + OB = \sqrt {97} + \sqrt {134} \approx 21,4247\)
Vậy AB lớn nhất bằng 21425 km khi \({\text{O}},{\text{A}},{\text{B}}\) thẳng hàng.
d) Đúng.
\(M\left( {0;5;12} \right),N\left( {12;5;0} \right)\) nên trung điểm I của MN có tọa độ \(I\left( {6,5,6} \right)\)
Do \(OA = \sqrt {97} \) không đổi nên A luôn thuộc mặt cầu có tâm O, bán kính \(OA = \sqrt {97} \)
Để vệ tinh va chạm với thiên thạch thì chỉ có thể va chạm tại I
Khi đó \(AI = \frac{{MN}}{2} = \frac{{12\sqrt 2 }}{2} = 6\sqrt 2 \)
Thời gian để thiên thạch di chuyển từ M đến I là \({t_1} = \frac{{6\sqrt 2 {{.10}^3}}}{{2\sqrt 2 {{.10}^3}}} = 3\) (giờ)
Nhận thấy A, I đối xứng nhau qua O nên quãng đường để vệ tinh di chuyển từ A đến I là một đường cong có độ dài bằng nửa chu vi đường tròn bán kính OA và bằng \(\pi .OA = \sqrt {97} \pi \)
Vậy thời gian để vệ tinh đi từ A đến I là \({t_2} = \frac{{\sqrt {97} \pi {{.10}^3}}}{{\frac{{\pi \sqrt {97} }}{3}{{.10}^3}}} = 3\) (giờ)
Vậy vệ tinh và thiên thạch có va chạm.
Câu 16:
Người ta nhận thấy rằng xác suất để kinh tế thế giới phát triển là \(60\% \). Trong trường hợp này, xác suất sinh lời khi đầu tư vào bất động sản là \(80\% \) và đầu tư vào vàng là \(30\% \). Xác suất để kinh tế thế giới suy thoái là \(40\% \). Khi đó, xác suất sinh lời khi đầu tư vào bất động sản là \(10\% \) và đầu tư vào việc mua vàng là \(70\% \)
Nếu biết một người đầu tư bất động sản không sinh lời thì xác suất kinh tế suy thoái vượt quá \(0,4\)
Gọi \(K\) là biến cố “Kinh tế phát triển”; \(S\) là biến cố “Kinh tế suy thoái”; \(B\) là biến cố “Đầu tư bất động sản sinh lời”; \(V\) là biến cố “Đầu tư vàng sinh lời”
Theo đề bài, ta có: \(P\left( K \right) = 0,6\) và \(P\left( S \right) = 0,4\)
Khi kinh tế phát triển: \(P\left( {B|K} \right) = 0,8\) và \(P\left( {V|K} \right) = 0,3\)
Khi kinh tế suy thoái: \(P\left( {B|S} \right) = 0,1\) và \(P\left( {V|S} \right) = 0,7\)
Xác suất BĐS sinh lời là: \(P\left( B \right) = P\left( {B|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {B|S} \right).P\left( S \right) = 0,8.0,6 + 0,1.0,4 = 0,52\)
Xác suất vàng sinh lời là: \(P\left( V \right) = P\left( {V|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {V|S} \right).P\left( S \right) = 0,3.0,6 + 0,7.0,4 = 0,46\)
Xét mệnh đề a)
Ta có: \(P\left( {\overline B } \right) = 1 – P\left( B \right) = 1 – 0,52 = 0,48\) và \(P\left( {\overline B |S} \right) = 1 – P\left( {B|S} \right) = 1 – 0,1 = 0,9\)
Áp dụng công thức Bayes:\(P\left( {S|\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline B |S} \right).P\left( S \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,9.0,4}}{{0,48}} = 0,75 > 0,4\) nên mệnh đề a) saiXét mệnh đề b)
Gọi \(L\) là biến cố “Nhà đầu tư sinh lời”. Do chọn ngẫu nhiên một trong hai kênh để đầu tư nên xác xuất mỗi kênh là \(0,5\)
Khi đó: \(P\left( L \right) = 0,5.P\left( B \right) + 0,5.P\left( V \right) = 0,5.0,52 + 0,5.0,46 = 0,49 < 0,5\)nên mệnh đề b) saiXét mệnh đề c)
Ta có: \(P\left( {L|K} \right) = 0,5.P\left( {B|K} \right) + 0,5.P\left( {V|K} \right) = 0,5.0,8 + 0,5.0,3 = 0,55\)
Áp dụng công thức Bayes: \(P\left( {K|L} \right) = \frac{{P\left( {L|K} \right).P\left( K \right)}}{{P\left( L \right)}} = \frac{{0,55.0,6}}{{0,49}} = 0,673 > 0,5\) nên mệnh đề c) đúngXét mệnh đề d)
Gọi \(C\) là biến cố “Có lợi nhuận cả hai kênh”. Do giả định độc lập trong cùng điều kiện kinh tế nên:
Khi kinh tế phát triển: \(P\left( {C|K} \right) = P\left( {B|K} \right).P\left( {V|K} \right) = 0,8.0,3 = 0,24\)
Khi kinh tế suy thoái: \(P\left( {C|S} \right) = P\left( {B|S} \right).P\left( {V|S} \right) = 0,1.0,7 = 0,07\)
Suy ra: \(P\left( {K|C} \right) = \frac{{P\left( {C|K} \right).P\left( K \right)}}{{P\left( {C|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {C|S} \right).P\left( S \right)}} = \frac{{0,24.0,6}}{{0,24.0,6 + 0,07.0,4}} = \frac{{36}}{{43}} \approx 0,837 \ne 1\)
Kết quả cho thấy khả năng kinh tế phát triển rất cao, nhưng vẫn có xác suất nhỏ (khoảng 16,3%) là kinh tế đang suy thoái mà nhà đầu tư “may mắn” trúng cả hai. Do đó, dùng từ “chắc chắn” là sai nên mệnh đề d) saiPHẦN 3: TRẢ LỜI NGẮN
Theo đề bài, ta có: \(P\left( K \right) = 0,6\) và \(P\left( S \right) = 0,4\)
Khi kinh tế phát triển: \(P\left( {B|K} \right) = 0,8\) và \(P\left( {V|K} \right) = 0,3\)
Khi kinh tế suy thoái: \(P\left( {B|S} \right) = 0,1\) và \(P\left( {V|S} \right) = 0,7\)
Xác suất BĐS sinh lời là: \(P\left( B \right) = P\left( {B|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {B|S} \right).P\left( S \right) = 0,8.0,6 + 0,1.0,4 = 0,52\)
Xác suất vàng sinh lời là: \(P\left( V \right) = P\left( {V|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {V|S} \right).P\left( S \right) = 0,3.0,6 + 0,7.0,4 = 0,46\)
Xét mệnh đề a)
Ta có: \(P\left( {\overline B } \right) = 1 – P\left( B \right) = 1 – 0,52 = 0,48\) và \(P\left( {\overline B |S} \right) = 1 – P\left( {B|S} \right) = 1 – 0,1 = 0,9\)
Áp dụng công thức Bayes:\(P\left( {S|\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline B |S} \right).P\left( S \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,9.0,4}}{{0,48}} = 0,75 > 0,4\) nên mệnh đề a) saiXét mệnh đề b)
Gọi \(L\) là biến cố “Nhà đầu tư sinh lời”. Do chọn ngẫu nhiên một trong hai kênh để đầu tư nên xác xuất mỗi kênh là \(0,5\)
Khi đó: \(P\left( L \right) = 0,5.P\left( B \right) + 0,5.P\left( V \right) = 0,5.0,52 + 0,5.0,46 = 0,49 < 0,5\)nên mệnh đề b) saiXét mệnh đề c)
Ta có: \(P\left( {L|K} \right) = 0,5.P\left( {B|K} \right) + 0,5.P\left( {V|K} \right) = 0,5.0,8 + 0,5.0,3 = 0,55\)
Áp dụng công thức Bayes: \(P\left( {K|L} \right) = \frac{{P\left( {L|K} \right).P\left( K \right)}}{{P\left( L \right)}} = \frac{{0,55.0,6}}{{0,49}} = 0,673 > 0,5\) nên mệnh đề c) đúngXét mệnh đề d)
Gọi \(C\) là biến cố “Có lợi nhuận cả hai kênh”. Do giả định độc lập trong cùng điều kiện kinh tế nên:
Khi kinh tế phát triển: \(P\left( {C|K} \right) = P\left( {B|K} \right).P\left( {V|K} \right) = 0,8.0,3 = 0,24\)
Khi kinh tế suy thoái: \(P\left( {C|S} \right) = P\left( {B|S} \right).P\left( {V|S} \right) = 0,1.0,7 = 0,07\)
Suy ra: \(P\left( {K|C} \right) = \frac{{P\left( {C|K} \right).P\left( K \right)}}{{P\left( {C|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {C|S} \right).P\left( S \right)}} = \frac{{0,24.0,6}}{{0,24.0,6 + 0,07.0,4}} = \frac{{36}}{{43}} \approx 0,837 \ne 1\)
Kết quả cho thấy khả năng kinh tế phát triển rất cao, nhưng vẫn có xác suất nhỏ (khoảng 16,3%) là kinh tế đang suy thoái mà nhà đầu tư “may mắn” trúng cả hai. Do đó, dùng từ “chắc chắn” là sai nên mệnh đề d) saiPHẦN 3: TRẢ LỜI NGẮN
Câu 17:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = a,AD = 2a\). Hình chiếu vuông góc của \(S\) trên mặt phẳng đáy là trung điểm \(H\) của \(AD\), góc giữa \(SB\) và mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \({45^ \circ }\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SD\) và \(BH\) theo \(a\) được kết quả là \(ma\). Khi đó giá trị \(\frac{3}{5}{m^2}\) bằng bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).
Trả lời: \(0,24\)
Kẻ
Suy ra
Ta có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot DK\)
Gọi \(I = HC \cap DK\)
Ta có: \(DH = DC = a \Rightarrow \Delta DHC\) vuông cân tại \(D\)
Khi đó \(HI \bot DK\)
Mà \(SH \bot DK\) nên \(\left( {SHI} \right) \bot DK \Rightarrow \left( {SHI} \right) \bot \left( {SDK} \right)\)
Kẻ \(HP \bot SI \Rightarrow HP \bot \left( {SDK} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {H,\left( {SDK} \right)} \right) = HP\)
Ta có: \(HB = DK = HC = DC\sqrt 2 = a\sqrt 2 ,HI = \frac{{HC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Lại có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,HB} \right) = \angle SBH\)
Theo giả thiết \(\angle SBH = {45^ \circ }\)
Suy ra \(\Delta SHB\) vuông cân tại \(H\)
Khi đó \(SH = HB = a\sqrt 2 \)
Trong tam giác SHI vuông tại \(H\) có \(HP \bot SI:HP = \frac{{SH.HI}}{{\sqrt {S{H^2} + H{I^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} }} = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\)
Vậy \(\frac{3}{5}{m^2} = \frac{3}{5}.\frac{{10}}{{25}} = \frac{6}{{25}} = 0,24\)
Kẻ
Suy ra
Ta có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot DK\)
Gọi \(I = HC \cap DK\)
Ta có: \(DH = DC = a \Rightarrow \Delta DHC\) vuông cân tại \(D\)
Khi đó \(HI \bot DK\)
Mà \(SH \bot DK\) nên \(\left( {SHI} \right) \bot DK \Rightarrow \left( {SHI} \right) \bot \left( {SDK} \right)\)
Kẻ \(HP \bot SI \Rightarrow HP \bot \left( {SDK} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {H,\left( {SDK} \right)} \right) = HP\)
Ta có: \(HB = DK = HC = DC\sqrt 2 = a\sqrt 2 ,HI = \frac{{HC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Lại có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,HB} \right) = \angle SBH\)
Theo giả thiết \(\angle SBH = {45^ \circ }\)
Suy ra \(\Delta SHB\) vuông cân tại \(H\)
Khi đó \(SH = HB = a\sqrt 2 \)
Trong tam giác SHI vuông tại \(H\) có \(HP \bot SI:HP = \frac{{SH.HI}}{{\sqrt {S{H^2} + H{I^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} }} = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\)
Vậy \(\frac{3}{5}{m^2} = \frac{3}{5}.\frac{{10}}{{25}} = \frac{6}{{25}} = 0,24\)
Câu 18:
Trong một cuộc thi về “bữa ăn dinh dưỡng”, ban tổ chức yêu cầu để đảm bảo lượng dinh dưỡng hằng ngày thì mỗi gia đình có 4 thành viên cần ít nhất 900 đơn vị prôtêin và 400 đơn vị lipít trong thức ăn hằng ngày. Mỗi kg thịt bò chứa 800 đơn vị prôtêin và 200 đơn vị lipit, \(1\left( {{\text{kg}}} \right)\) thịt heo chứa 600 đơn vị prôtêin và 400 đơn vị lipit. Biết rằng người nội trợ chỉ được chi tối đa 200 ngàn đồng để mua thịt. Biết rằng 1 (kg) thịt bò giá 200 ngàn đồng, \(1\left( {{\text{kg}}} \right)\) thịt heo giá 100 ngàn đồng. Người nội trợ nên mua \(x\left( {{\text{kg}}} \right)\) thịt bò và \(y\left( {{\text{kg}}} \right)\) thịt heo để phí thấp nhất cho khẩu phần thức ăn mà vẫn đảm bảo chất dinh dưỡng, khi đó hãy tìm \(x + 2y\).
Trả lời : \(3\)
Từ giả thiết ta suy ra \(0 \leqslant x \leqslant 1,\,\,0 \leqslant y \leqslant 2\)
Chi phí để mua thức ăn là \(f\left( {x;y} \right) = 200000x + 100000y\)
Lượng protein cung cấp là \(g\left( {x;y} \right) = 800x + 600y\)
Lượng lipid cung cấp là \(h\left( {x;y} \right) = 200x + 400y\)
Theo giả thiết \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{800x + 600y \geqslant 900} \\
{200x + 400y \geqslant 400} \\
{200000x + 100000y \leqslant 200000}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{8x + 6y \geqslant 9} \\
{x + 2y \geqslant 2} \\
{2x + y \leqslant 2}
\end{array}} \right.} \right.\)
Ta có hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant x \leqslant 1} \\
{0 \leqslant y \leqslant 2} \\
{8x + 6y \geqslant 9} \\
{x + 2y \geqslant 2} \\
{2x + y \leqslant 2}
\end{array}} \right.\)
Từ giả thiết ta suy ra \(0 \leqslant x \leqslant 1,\,\,0 \leqslant y \leqslant 2\)
Chi phí để mua thức ăn là \(f\left( {x;y} \right) = 200000x + 100000y\)
Lượng protein cung cấp là \(g\left( {x;y} \right) = 800x + 600y\)
Lượng lipid cung cấp là \(h\left( {x;y} \right) = 200x + 400y\)
Theo giả thiết \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{800x + 600y \geqslant 900} \\
{200x + 400y \geqslant 400} \\
{200000x + 100000y \leqslant 200000}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{8x + 6y \geqslant 9} \\
{x + 2y \geqslant 2} \\
{2x + y \leqslant 2}
\end{array}} \right.} \right.\)
Ta có hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant x \leqslant 1} \\
{0 \leqslant y \leqslant 2} \\
{8x + 6y \geqslant 9} \\
{x + 2y \geqslant 2} \\
{2x + y \leqslant 2}
\end{array}} \right.\)
Câu 19:
Một chiếc thang dài \(9\) mét tựa vào bức tường thẳng đứng trên mặt đất bằng phẳng. Khi đầu dưới của thang di chuyển (trên mặt đất) ra xa bức tường với vận tốc không đổi là \(2\) (m/s) thì đầu trên của thang sẽ trượt xuống dọc theo bức tường. Khi điểm đầu thang cách mặt đất \(3\) mét thì tốc độ di chuyển của nó bằng bao nhiêu? (đơn vị (m/s) và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: 5,66
Gọi \(x\) là khoảng cách từ đầu dưới thang đến bức tường.
\(y\) là khoảng cách từ đầu trên đến mặt đất.
\(L\) là chiều dài thang.
Ta có \({x^2} + {y^2} = {9^2}\).
Đặt \(x = 2t\) thì \(y = \sqrt {81 – 4{t^2}} \).
Khi \(y = 3\) thì \(x = 6\sqrt 2 \) suy ta \(t = 3\sqrt 2 \).
Vậy vận tốc tức thời dịch chuyển của đầu trên là \(v = y’ = \frac{{ – 4t}}{{\sqrt {81 – 4{t^2}} }}\).
Thay \(t = 3\sqrt 2 \) ta được \(y’\left( {3\sqrt 2 } \right) = – 4\sqrt 2 \approx – 5,66\).
Vậy tốc độ di chuyển của nó là \(\left| {y’\left( {3\sqrt 2 } \right)} \right| \approx 5,66\).
Gọi \(x\) là khoảng cách từ đầu dưới thang đến bức tường.
\(y\) là khoảng cách từ đầu trên đến mặt đất.
\(L\) là chiều dài thang.
Ta có \({x^2} + {y^2} = {9^2}\).
Đặt \(x = 2t\) thì \(y = \sqrt {81 – 4{t^2}} \).
Khi \(y = 3\) thì \(x = 6\sqrt 2 \) suy ta \(t = 3\sqrt 2 \).
Vậy vận tốc tức thời dịch chuyển của đầu trên là \(v = y’ = \frac{{ – 4t}}{{\sqrt {81 – 4{t^2}} }}\).
Thay \(t = 3\sqrt 2 \) ta được \(y’\left( {3\sqrt 2 } \right) = – 4\sqrt 2 \approx – 5,66\).
Vậy tốc độ di chuyển của nó là \(\left| {y’\left( {3\sqrt 2 } \right)} \right| \approx 5,66\).
Câu 20:
Cho đường tròn tâm \(O\), bán kính bằng 2. Trên đường tròn, lấy 6 điểm chia đều đường tròn, lần lượt là \(A,B,C,D,E,F\). Vẽ cung tròn \({C_1}\) tiếp xúc với hai đoạn thẳng \(OA\) và \(OB\), đi qua hai điểm \(A\) và \(B\). Tương tự, vẽ cung tròn \({C_2}\) tiếp xúc với hai đoạn thẳng \(OB\) và \(OC\), đi qua hai điểm \(B\) và \(C\). Tiếp tục bằng cách tương tự, ta vẽ các cung tròn \({C_3},{C_4},{C_5},{C_6}\) tiếp xúc với các cặp đoạn thẳng liên tiếp tạo bởi các điểm trên.
Hỏi: Diện tích phần được bao bởi 6 cung tròn \({C_1}\) đến \({C_6}\) là bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)
Hỏi: Diện tích phần được bao bởi 6 cung tròn \({C_1}\) đến \({C_6}\) là bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)
Trả lời: 3,46
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Ta dễ có được góc \(\widehat {AOF} = \frac{\pi }{3}\) suy ra đường thẳng \(OA:y = \sqrt 3 x\) do đó điểm \(A\left( {1;\sqrt 3 } \right)\)
Để tiện tính toán: Ta xét riêng diện tích tô đậm được tạo bởi cung tròn \({C_1}\) với hai đoạn thẳng \(OA;OB\)
Dễ thấy được đường cong \({C_1}\) là đồ thị hàm số parabol đối xứng qua trục \(Oy\). Do đó hàm số parapol đó có dạng: \(y = a{x^2} + b\) và đồ thị hàm số này đi qua điểm \(A,B\).
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
a + b = \sqrt 3 \hfill \\
2a = \sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\
b = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\). Vậy \(({C_1}):y = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Khi đó diện tích tô đậm được tạo bởi cung tròn \({C_1}\) với hai đoạn thẳng \(OA;OB\) là:
\({S_1} = 2\int_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} – \sqrt 3 x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)dx} \)
Suy ra diện tích phần được bao bởi 6 cung tròn \({C_1}\) đến \({C_6}\) là \(S = 6{S_1} = 12\int_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} – \sqrt 3 x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)dx} = 2\sqrt 3 \approx 3,46\)
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Ta dễ có được góc \(\widehat {AOF} = \frac{\pi }{3}\) suy ra đường thẳng \(OA:y = \sqrt 3 x\) do đó điểm \(A\left( {1;\sqrt 3 } \right)\)
Để tiện tính toán: Ta xét riêng diện tích tô đậm được tạo bởi cung tròn \({C_1}\) với hai đoạn thẳng \(OA;OB\)
Dễ thấy được đường cong \({C_1}\) là đồ thị hàm số parabol đối xứng qua trục \(Oy\). Do đó hàm số parapol đó có dạng: \(y = a{x^2} + b\) và đồ thị hàm số này đi qua điểm \(A,B\).
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
a + b = \sqrt 3 \hfill \\
2a = \sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\
b = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\). Vậy \(({C_1}):y = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Khi đó diện tích tô đậm được tạo bởi cung tròn \({C_1}\) với hai đoạn thẳng \(OA;OB\) là:
\({S_1} = 2\int_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} – \sqrt 3 x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)dx} \)
Suy ra diện tích phần được bao bởi 6 cung tròn \({C_1}\) đến \({C_6}\) là \(S = 6{S_1} = 12\int_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} – \sqrt 3 x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)dx} = 2\sqrt 3 \approx 3,46\)
Câu 21:
Một chiếc đèn đường có bán kính phủ sáng là \(700\)m (ánh sáng phát ra từ đèn là các chùm ánh sáng toả ra từ bóng đèn) và vị trí của bóng đèn được xác định trên hệ trục toạ độ \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục là 100 mét) là \(I\left( {2;5;5} \right)\) và gốc toạ độ \(O\) là một điểm trên mặt đất. Giả sử cột đèn có dạng đường thẳng đứng, hướng lên và mặt đất là mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\). Người đặt một tấm bạt hứng sáng đủ lớn sao cho tấm bạt đi qua gốc toạ độ và một điểm nằm trên cột đèn, cách bóng đèn 400m, đồng thời tấm bạt tạo với mặt đất một góc \(\alpha \) có \(\sin \alpha = \frac{1}{{\sqrt {30} }}\). Xem tấm bạt là một mặt phẳng. Khi đó, ánh sáng từ đèn được tấm bạt hứng vào tạo thành một hình tròn. Bán kính của hình tròn đó bằng bao nhiêu mét? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Trả lời: 579
Gọi tấm bạt là một mặt phẳng \(\left( P \right)\), theo đề ta có \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(O\left( {0;0;0} \right)\), điểm \(A\left( {2;5;1} \right)\) và tạo với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) một góc \(\alpha \) có \(\sin \alpha = \frac{1}{{\sqrt {30} }}\).
Ta có đường thẳng \(OA\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {OA} = \left( {2;5;1} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\)
Khi đó: \(\sin \left( {OA;\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {2.0 + 5.0 + 1.1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {5^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {30} }}\) suy ra \(\left( {OA;\left( {Oxy} \right)} \right) = \left( {\left( P \right);\left( {Oxy} \right)} \right)\).
Suy ra giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\) vuông góc với \(OA\).
Gọi \(d = \left( P \right) \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow {{u_{OA}}} } \\
{\overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow k }
\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \left[ {\overrightarrow {{u_{OA}}} ,\overrightarrow k } \right] = \left( {5; – 2;0} \right)\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{d \subset \left( P \right)} \\
{OA \subset \left( P \right)}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_d}} } \\
{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_{OA}}} }
\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {{u_{OA}}} } \right] = \left( { – 2; – 5;29} \right)\) nên \(\left( P \right): – 2x – 5y + 29z = 0\).
Do bóng đèn có bán kính phủ sáng là 700 m nên vùng ánh sáng chiếu ra có dạng một hình cầu tâm \(I\left( {2;5;5} \right)\), bán kính \(R = 7\). Ta có: \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { – 2.2 – 5.5 + 29.5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {5^2} + {{29}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {870} }}{{15}}\).
Gọi bán kính đường tròn giao tuyến là \(r\) rồi áp dụng định lý Pytago, ta có:
\(r = \sqrt {{R^2} – {d^2}} = \sqrt {{7^2} – {{\left( {\frac{{2\sqrt {870} }}{{15}}} \right)}^2}} \approx 5,79\).
Vậy bán kính đường tròn thu được trên tấm bạt là \(579\)(m)
Gọi tấm bạt là một mặt phẳng \(\left( P \right)\), theo đề ta có \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(O\left( {0;0;0} \right)\), điểm \(A\left( {2;5;1} \right)\) và tạo với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) một góc \(\alpha \) có \(\sin \alpha = \frac{1}{{\sqrt {30} }}\).
Ta có đường thẳng \(OA\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {OA} = \left( {2;5;1} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\)
Khi đó: \(\sin \left( {OA;\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {2.0 + 5.0 + 1.1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {5^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {30} }}\) suy ra \(\left( {OA;\left( {Oxy} \right)} \right) = \left( {\left( P \right);\left( {Oxy} \right)} \right)\).
Suy ra giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\) vuông góc với \(OA\).
Gọi \(d = \left( P \right) \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow {{u_{OA}}} } \\
{\overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow k }
\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \left[ {\overrightarrow {{u_{OA}}} ,\overrightarrow k } \right] = \left( {5; – 2;0} \right)\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{d \subset \left( P \right)} \\
{OA \subset \left( P \right)}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_d}} } \\
{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_{OA}}} }
\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {{u_{OA}}} } \right] = \left( { – 2; – 5;29} \right)\) nên \(\left( P \right): – 2x – 5y + 29z = 0\).
Do bóng đèn có bán kính phủ sáng là 700 m nên vùng ánh sáng chiếu ra có dạng một hình cầu tâm \(I\left( {2;5;5} \right)\), bán kính \(R = 7\). Ta có: \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { – 2.2 – 5.5 + 29.5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {5^2} + {{29}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {870} }}{{15}}\).
Gọi bán kính đường tròn giao tuyến là \(r\) rồi áp dụng định lý Pytago, ta có:
\(r = \sqrt {{R^2} – {d^2}} = \sqrt {{7^2} – {{\left( {\frac{{2\sqrt {870} }}{{15}}} \right)}^2}} \approx 5,79\).
Vậy bán kính đường tròn thu được trên tấm bạt là \(579\)(m)
Câu 22:
Hai bạn Nga và Nhung chơi trò tung xúc xắc. Mỗi bạn tung \(1\) con xúc xắc \(3\) lần, ai có tổng số chấm \(3\) lần gieo lớn hơn thì thắng. Nga chơi trước và được \(14\) chấm. Khi đó, xác suất để Nhung thắng Nga là \(\frac{a}{b}\) (với \(a,b\) là số nguyên dương và \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản). Tính \(a + b\).
Trả lời: 59
Mỗi bạn tung \(1\) con xúc xắc \(3\) lần nên không gian mẫu là \({6^3} = 216\).
Nhung thắng Nga khi tổng số chấm của Nhung lớn hơn \(14\).
Gọi \({x_1};{x_2};{x_3}\) lần lượt là số chấm của lần tung thứ nhất, thứ hai và thứ ba của Nhung;
\(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} > 14;\,\,\,\,1 \leqslant {x_1};{x_2};{x_3} \leqslant 6\)
TH1: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 15\)
Có ba bộ thỏa mãn \((3;6;6);(4;5;6);(5;5;5)\).
Bộ \((3;6;6)\) có \(3\) khả năng.
Bộ \((4;5;6)\) có \(3! = 6\)khả năng.
Bộ \((5;5;5)\) có \(1\) khả năng.
Vậy có \(10\) khả năng.
TH2: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 16\).
Có hai bộ thỏa mãn \((4;6;6);(5;5;6)\).
Bộ \((4;6;6)\) có \(3\) khả năng.
Bộ \((5;5;6)\) có \(3\) khả năng.
Vậy có \(6\) khả năng.
TH3: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 17\).
Có một bộ thỏa mãn \((5;6;6)\) có \(3\) khả năng.
TH4: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 18\).
Có một bộ thỏa mãn \((6;6;6)\) có \(1\) khả năng.
Vậy có tất cả \(10 + 6 + 3 + 1 = 20\) khả năng Nhung thắng Nga.
Vậy xác suất để Nhung thắng Nga là \(\frac{{20}}{{216}} = \frac{5}{{54}}\).
\(a + b = 59\).
Mỗi bạn tung \(1\) con xúc xắc \(3\) lần nên không gian mẫu là \({6^3} = 216\).
Nhung thắng Nga khi tổng số chấm của Nhung lớn hơn \(14\).
Gọi \({x_1};{x_2};{x_3}\) lần lượt là số chấm của lần tung thứ nhất, thứ hai và thứ ba của Nhung;
\(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} > 14;\,\,\,\,1 \leqslant {x_1};{x_2};{x_3} \leqslant 6\)
TH1: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 15\)
Có ba bộ thỏa mãn \((3;6;6);(4;5;6);(5;5;5)\).
Bộ \((3;6;6)\) có \(3\) khả năng.
Bộ \((4;5;6)\) có \(3! = 6\)khả năng.
Bộ \((5;5;5)\) có \(1\) khả năng.
Vậy có \(10\) khả năng.
TH2: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 16\).
Có hai bộ thỏa mãn \((4;6;6);(5;5;6)\).
Bộ \((4;6;6)\) có \(3\) khả năng.
Bộ \((5;5;6)\) có \(3\) khả năng.
Vậy có \(6\) khả năng.
TH3: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 17\).
Có một bộ thỏa mãn \((5;6;6)\) có \(3\) khả năng.
TH4: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 18\).
Có một bộ thỏa mãn \((6;6;6)\) có \(1\) khả năng.
Vậy có tất cả \(10 + 6 + 3 + 1 = 20\) khả năng Nhung thắng Nga.
Vậy xác suất để Nhung thắng Nga là \(\frac{{20}}{{216}} = \frac{5}{{54}}\).
\(a + b = 59\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: A
\((0;2)\).
Câu 2
Đáp án đúng: B
\(y = x - 3\).
Câu 3
Đáp án đúng: A
\(F\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - 1\).
Câu 4
Đáp án đúng: B
\({u_{10}} = 25\).
Câu 5
Đáp án đúng: A
0.
Câu 6
Đáp án đúng: B
\(5,87\).
Câu 7
Đáp án đúng: D
\(1\).
Câu 8
Đáp án đúng: C
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\).
Câu 9
Đáp án đúng: C
\(45^\circ \).
Câu 10
Đáp án đúng: B
\(9\).
Câu 11
Đáp án đúng: D
\( - \frac{\pi }{4} + k\pi \)\((k \in \mathbb{Z})\).
Câu 12
Đáp án đúng: B
\(0,58\).
Câu 13
Đáp án đúng: C
Theo mô hình này, tổng số lượt tải của ứng dụng sẽ không vượt quá \(190\) nghìn lượt
Câu 14
Đáp án đúng: C
Giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát.
Câu 15
Đáp án đúng: C
Tại thời điểm thiên thạch đang ở vị trí \(M\) thì có 2 vệ tinh đang ở vị trí \(A\left( { - 6; - 5; - 6} \right)\), \(B\left( {7; - 6;7} \right)\) có vận tốc khác nhau di chuyển trong mặt phẳng trung trực của \(MN\) và luôn cách trái đất với khoảng cố định. Khoảng cách xa nhất của 2 vệ tinh có thể đạt là \(18412km\)( làm tròn đến hàng đơn vị).
Câu 16
Đáp án đúng: A
Nếu biết một người đầu tư bất động sản không sinh lời thì xác suất kinh tế suy thoái vượt quá \(0,4\)
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 5, 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 5 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 5, "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 5 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!