Đề chính thức Tốt nghiệp THPT Toán năm 2026 - Lần 2
22 câu hỏi
\(S = \left\{ { - \frac{\pi }{2} + k2\pi \;|\;k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {k\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {k2\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Phương trình \(\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \) (\(k \in \mathbb{Z}\)).
Tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {k\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\). Chọn B.
\(6\).
\(1\).
\(7,35\).
\(1,42\).
\(R = 11 - 5 = 6\). Chọn A.
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 5}}{3}\).
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 3}}{{ - 1}} = \frac{{z + 5}}{3}\).
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 1}} = \frac{{z + 5}}{3}\).
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 5}}{3}\).
Đường thẳng đi qua điểm \(A\left( {1;3; - 5} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \[\overrightarrow u = \left( {2; - 1;3} \right)\] có phương trình chính tắc là: \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 1}} = \frac{{z + 5}}{3}\). Chọn C.
\(\int\limits_1^2 f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 12\).
\(\int\limits_1^2 f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 3\).
\(\int\limits_1^2 f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 6\).
\(\int\limits_1^2 f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 27\).
\[\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx} = F\left( 2 \right) - F\left( 1 \right) = 9 - 3 = 6\]. Chọn C.
\(y' = \frac{{ - a - 12}}{{{{\left( {3x + 1} \right)}^2}}}\).
\(y' = \frac{{a - 12}}{{{{\left( {3x + 1} \right)}^2}}}\).
\(y' = \frac{{a + 12}}{{{{\left( {3x + 1} \right)}^2}}}\).
\(y' = \frac{{12 - a}}{{{{\left( {3x + 1} \right)}^2}}}\).
\(y' = \frac{{a \cdot 1 - 4 \cdot 3}}{{{{\left( {3x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{a - 12}}{{{{\left( {3x + 1} \right)}^2}}}\). Chọn B.
\(\int 7 f\left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 7 + \int f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x\).
\(\int 7 f\left( x \right){\rm{d}}x = 7\int f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x\).
\(\int 7 f\left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 7 - \int f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x\).
\(\int 7 f\left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = - 7\int f \left( x \right){\mkern 1mu} {\rm{d}}x\).
\(\int 7 f(x){\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 7\int f (x){\mkern 1mu} {\rm{d}}x\). Chọn B.
Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) như sau
![Quan sát bảng biến thiên ta có giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) là \(5\) (đạt tại \(x = 2\)). Chọn B. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/10/image-7bakzbm7wny7unyylfrz-1793413317.png)
Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) bằng
\(1\).
\(5\).
\(0\).
\( - 4\).
Quan sát bảng biến thiên ta có giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) là \(5\) (đạt tại \(x = 2\)). Chọn B.
\(3,9\).
\(4,6\).
\(2,1\).
10.
Giá trị đại diện của các nhóm lần lượt là: \({c_1} = 1;{c_2} = 3;{c_3} = 5;{c_4} = 7;{c_5} = 9\).
Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm:
\(\overline x = \frac{{1 \cdot 20 + 3 \cdot 35 + 5 \cdot 30 + 7 \cdot 10 + 9 \cdot 5}}{{100}} = \frac{{20 + 105 + 150 + 70 + 45}}{{100}} = \frac{{390}}{{100}} = 3,9\). Chọn A.
\(\overrightarrow {BD} \).
\(\overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AD} \).
Trong hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\), cạnh \(A'D'\) song song và bằng cạnh \(AD\). Do đó, vectơ \(\overrightarrow {AD} \) cùng phương (và cùng hướng) với vectơ \(\overrightarrow {A'D'} \). Chọn D.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(n = m \cdot q\).
\(m = n + q\).
\(m = n \cdot q\).
\(n = m + q\).
Theo định nghĩa cấp số nhân: \({u_2} = {u_1} \cdot q \Rightarrow n = m \cdot q\). Chọn A.
\(\left( {SCD} \right)\).
\(\left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SBD} \right)\).
Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(BC \bot AB\).
Mặt khác, \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\).
Vì \(BC \bot AB\) và \(BC \bot SA\) (với \(AB,SA \subset \left( {SAB} \right)\) cắt nhau tại \(A\)) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\). Chọn B.
\({x^3} + \sin x + C\).
\(6x + \sin x + C\).
\(6x - \sin x + C\).
\({x^3} - \sin x + C\).
\(\int {\left( {3{x^2} - \cos x} \right)} {\mkern 1mu} {\rm{d}}x = {x^3} - \sin x + C\). Chọn D.
Đạo hàm của hàm số đã cho là \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9\).
Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có tập nghiệm là \[S = \left\{ {1;3} \right\}\].
Hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất trên đoạn \(\left[ {2;4} \right]\) tại \(x = 2\).
Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\). Khi đó, phương trình đường thẳng đi qua hai điểm \({M_1}\left( {{x_1};f\left( {{x_1}} \right)} \right)\) và \({M_2}\left( {{x_2};f\left( {{x_2}} \right)} \right)\) là \(y = - 2x + 1\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - 6{x^2} + 9x + 2\).
a) Đúng. \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9\).
b) Đúng. \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} - 4x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\) hoặc \(x = 3\). Tập nghiệm \[S = \left\{ {1;3} \right\}\].
c) Sai. Xét hàm số trên đoạn \(\left[ {2;4} \right]\). Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3 \in \left[ {2;4} \right]\).
Có \(f\left( 2 \right) = 4\); \(f\left( 3 \right) = 2\); \(f\left( 4 \right) = 6\).
Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} f\left( x \right) = 6\) tại \(x = 4\). Do đó hàm số đạt GTLN tại \(x = 4\), không phải tại \(x = 2\).
d) Sai. Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là \({M_1}\left( {1;6} \right)\) và \({M_2}\left( {3;2} \right)\).
Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có hệ số góc \(k = \frac{{2 - 6}}{{3 - 1}} = - 2\), phương trình là:
\(y - 6 = - 2\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow y = - 2x + 8\).
Với \(0 \le t \le 8\) thì \(f\left( t \right) = 3t - \frac{{{t^2}}}{6}\) (m3/giờ).
Tại thời điểm \(t\) giờ (\(0 \le t \le 8\)) tính từ lúc thiết bị bắt đầu hoạt động, lượng nước trong bể là \(V\left( t \right) = {t^2} - \frac{{{t^3}}}{{12}}{\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).
Tại thời điểm thiết bị có tốc độ bơm nước vào bể là lớn nhất, lượng nước trong bể lớn hơn \(10,7\) mét khối.
Sau \(\frac{a}{b}\) giờ tính từ lúc thiết bị bắt đầu hoạt động (trong đó \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản và \(b > 0\)), lượng nước trong bể là \(13,824\)mét khối. Khi đó, giá trị của \(a + b\) là 29.
Thiết bị bơm nước vào bể có tốc độ \(f\left( t \right)\) (m3/giờ) có đồ thị là parabol đi qua \(O(0;0)\), \(A(2;3)\), \(B(6;3)\).
a) Sai. Giả sử parabol có dạng \(f\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\).
Theo đề ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\4a + 2b = 3\\36a + 6b = 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{4}\\b = 2\\c = 0\end{array} \right.\). Vậy \(f\left( t \right) = 2t - \frac{{{t^2}}}{4}\).
b) Đúng. Lượng nước trong bể tại thời điểm \(t\) là:
\(V\left( t \right) = \int\limits_0^t {f\left( u \right)du} = \int\limits_0^t {\left( {2u - \frac{{{u^2}}}{4}} \right)du} = \left. {\left( {{u^2} - \frac{{{u^3}}}{{12}}} \right)} \right|_0^t = {t^2} - \frac{{{t^3}}}{{12}}{\rm{ }}\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\).
c) Sai. Tốc độ bơm \(f\left( t \right) = - \frac{1}{4}{\left( {t - 4} \right)^2} + 4\) đạt giá trị lớn nhất tại \(t = 4\) giờ.
Khi đó lượng nước trong bể là: \(V\left( 4 \right) = {4^2} - \frac{{{4^3}}}{{12}} = 16 - \frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3} \approx 10,67{\rm{ }}{{\rm{m}}^3} < 10,7{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\).
d) Đúng. Lượng nước trong bể bằng \(13,824{\rm{ }}{{\rm{m}}^3}\):
\({t^2} - \frac{{{t^3}}}{{12}} = 13,824 \Leftrightarrow {t^3} - 12{t^2} + 165,888 = 0 \Leftrightarrow t = 4,8 = \frac{{24}}{5}\)(giờ).
Phân số tối giản \(\frac{a}{b} = \frac{{24}}{5} \Rightarrow a = 24,b = 5 \Rightarrow a + b = 29\) .
Vùng phủ sóng của trạm thu phát là một phần của hình cầu giới hạn bởi mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 12} \right)^2} = 169\).
Giả sử một người cầm điện thoại đang ở vị trí điểm \(M\left( {3;1;0} \right)\) và chuyển động thẳng đều trên mặt đất với tốc độ \(3,6{\rm{ km/h}}\). Khi đó, tại giây thứ 40 tính từ lúc xuất phát ở vị trí điểm \(M\left( {3;1;0} \right),\)người đó đã đi được ra ngoài vùng phủ sóng của trạm thu phát.
Khoảng cách ngắn nhất để một người cầm điện thoại đang ở vị trí có tọa độ \(N\left( {8;9;0} \right)\) di chuyển trên mặt đất tới được vùng phủ sóng (theo đơn vị mét) là \(100{\rm{ m}}\).
Giả sử một người cầm điện thoại chuyển động thẳng đều trên mặt đất từ vị trí \(A\left( {6;9;0} \right)\) đến vị trí \(B\left( { - 4;b;0} \right)\) với tốc độ \(3,6{\rm{ km/h}}\) sao cho khoảng thời gian người đó thuộc vùng phủ sóng đúng bằng \(60{\rm{ gi\^a y}}\). Khi đó \(b = \frac{3}{2}\).
Trong không gian \(Oxyz\), trạm phát sóng tại \(I\left( {2;1;12} \right)\), 1 đơn vị = 10 m. Bán kính phát sóng \(R = 130{\rm{ m}} = 13\) đơn vị. Mặt đất là mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right):z = 0\).
a) Đúng. Mặt cầu giới hạn vùng phủ sóng có tâm \(I\left( {2;1;12} \right)\) và bán kính \(R = 13\):
\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 12} \right)^2} = {13^2} = 169\).
b) Sai. Giao của mặt cầu với mặt đất \(\left( {Oxy} \right):z = 0\) là hình tròn có tâm \(H\left( {2;1;0} \right)\), bán kính
\(r = \sqrt {{{13}^2} - {{12}^2}} = 5\) đơn vị = 50 m.
Vị trí ban đầu \(M\left( {3;1;0} \right) \Rightarrow HM = \sqrt {{{\left( {3 - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 1} \right)}^2} + {0^2}} = 1{\rm{ }}\)đơn vị = 10 m.
Tốc độ di chuyển \(v = 3,6{\rm{ km/h}} = 1{\rm{ m/s}}\). Sau \(40{\rm{ s}}\), quãng đường đi được là \(s = 40{\rm{ m}}\).
Khoảng cách tối đa từ \(H\) tới người sau \(40{\rm{ s}}\) là \({d_{\max }} = HM + s = 10 + 40 = 50{\rm{ m}} = r\). Do đó người này vẫn luôn ở trong vùng phủ sóng (chưa đi ra ngoài).
c) Sai. Điểm \(N\left( {8;9;0} \right)\) có khoảng cách đến tâm \(H\left( {2;1;0} \right)\) là:
\(HN = \sqrt {{{(8 - 2)}^2} + {{(9 - 1)}^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\) đơn vị = 100 m.
Khoảng cách ngắn nhất từ \(N\) đến vùng phủ sóng là:\(d = HN - r = 100{\rm{ m}} - 50{\rm{ m}} = 50{\rm{ m}}\).
d) Đúng. Vận tốc \(v = 1{\rm{ m/s}} = 0,1{\rm{ }}\)đơn vị. Thời gian trong vùng phủ sóng là \(60{\rm{ s}}\), suy ra chiều dài đoạn đường trong vùng phủ sóng (dây cung của đường tròn đáy) là \(L = 60 \times 0,1 = 6\) đơn vị.
Khoảng cách từ tâm \(H\left( {2;1;0} \right)\) đến đường thẳng \(AB\) là \(d\left( {H,AB} \right) = \sqrt {{r^2} - {{\left( {\frac{L}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\)
Đường thẳng \(AB\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) đi qua \(A\left( {6;9} \right)\) và \(B\left( { - 4;b} \right)\) có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow u = \left( { - 10;b - 9} \right) \Rightarrow \overrightarrow n = \left( {b - 9;10} \right)\].
Phương trình đường thẳng \[AB:\left( {b - 9} \right)\left( {x - 6} \right) + 10\left( {y - 9} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {b - 9} \right)x + 10y - 6b - 36 = 0\].
Khoảng cách từ \(H\left( {2;1} \right)\) đến \(AB\):
\(d\left( {H,AB} \right) = \frac{{\left| {2\left( {b - 9} \right) + 10 \cdot 1 - 6b - 36} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {b - 9} \right)}^2} + {{10}^2}} }} = \frac{{4\left| {b + 11} \right|}}{{\sqrt {{b^2} - 18b + 181} }} = 4\)
\( \Leftrightarrow {\left( {b + 11} \right)^2} = {b^2} - 18b + 181 \Leftrightarrow 40b = 60 \Leftrightarrow b = \frac{3}{2}\)
Xác suất để sinh viên đó không được trao học bổng loại \(B\) là \(0,898\).
Xác suất để sinh viên đó không được trao học bổng loại \(B\), biết sinh viên đó không được trao học bổng loại \(A\), là \(0,88\).
Xác suất để sinh viên đó không được trao học bổng loại \(A\) là \(0,89\).
Xác suất để sinh viên đó không được trao học bổng loại \(A\), biết sinh viên đó không được trao học bổng loại \(B\), lớn hơn \(0,9\).
Gọi \(A\) là biến cố sinh viên nhận học bổng loại \(A\), \(B\) là biến cố sinh viên nhận học bổng loại \(B\).
Theo giả thiết: \(P\left( {B\mid A} \right) = 0,12\); \(P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0,10\); \(P\left( B \right) = 0,102\).
Theo công thức xác suất toàn phần: \(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right)\)
Suy ra \(0,102 = P\left( A \right) \cdot 0,12 + \left[ {1 - P\left( A \right)} \right] \cdot 0,10 \Rightarrow 0,02 \cdot P\left( A \right) = 0,002 \Rightarrow P\left( A \right) = 0,1\)
a) Đúng. \(P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,102 = 0,898\).
b) Sai. Xác suất sinh viên không nhận học bổng \(B\) biết không nhận học bổng \(A\):
\(P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = 1 - P\left( {B\mid \bar A} \right) = 1 - 0,10 = 0,90\).
c) Sai. Xác suất sinh viên không nhận học bổng \(A\): \(P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,1 = 0,90\).
d) Đúng. \(P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A \cap \bar B} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{0,9 \cdot 0,9}}{{0,898}} = \frac{{0,81}}{{0,898}} \approx 0,902 > 0,9\).
Đáp án: 1,76.
Xếp \(8\) quân cờ vào bảng \(6 \times 6\) sao cho mỗi hàng, mỗi cột có ít nhất \(1\) quân cờ. Vì tổng số quân cờ là \(8\) trên \(6\) hàng và \(6\) cột, số quân cờ trên các hàng chỉ có thể phân bố theo dạng \((2,2,1,1,1,1)\), và trên các cột cũng là \((2,2,1,1,1,1)\).
Để mỗi quân cờ đều cùng hàng với đúng \(1\) quân khác hoặc cùng cột với đúng \(1\) quân khác:
\(4\) quân cờ ở \(4\) hàng đơn bắt buộc phải nằm trên \(2\) cột đôi.
\(4\) quân cờ ở \(2\) hàng đôi bắt buộc phải nằm trên \(4\) cột đơn.
Số cách chọn vị trí \(8\) ô thỏa mãn: \(N = C_6^2 \cdot C_6^2 \cdot C_4^2 \cdot C_4^2 = 15 \cdot 15 \cdot 6 \cdot 6 = 8100\)
Tổng số cách chọn \(8\) ô bất kì từ 36 ô là \(C_{36}^8 = 30260340\).
Xác suất \(P = \frac{{8100}}{{30260340}}\).
Giá trị của \({9^4}P = 6561 \cdot \frac{{8100}}{{30260340}} \approx 1,76\).
Đáp án: 2090.
Gọi \(x;y\) lần lượt là số xe loại \(X\) và loại \(Y\) (\(x,y \in \mathbb{N}\)).
Ta có hệ ràng buộc: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{12x + 2y \ge 23}\\{6x + 20y \ge 59}\\{18x + 22y \le 139}\end{array}} \right.\)
Chi phí cần tối thiểu hóa: \(T\left( {x,y} \right) = 37x + 45y\) (triệu đồng).
Khảo sát các cặp nghiệm nguyên không âm thỏa mãn hệ bất phương trình:
Với \(x = 2\): Hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2y \ge - 1}\\{20y \ge 47}\\{22y \le 103}\end{array}} \right. \Rightarrow y \in \left\{ {3;4} \right\}\).
Tại \(\left( {2;3} \right)\): \(T = 37 \cdot 2 + 45 \cdot 3 = 209\) triệu đồng.
Tại \(\left( {2;4} \right)\): \(T = 37 \cdot 2 + 45 \cdot 4 = 254\) triệu đồng.
Với các giá trị \(x \in \left\{ {3,4,5} \right\}\), chi phí \(T\) đều lớn hơn 209.
Chi phí nhỏ nhất là \(T = 209\) triệu đồng. Do đó \(10T = 2090\).
Người ta cần tính thể tích của một vật thể được chế tác như sau. Trên mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\)(một đơn vị độ dài trên mỗi trục tương ứng với một xăng – ti – mét trong thực tế), gọi \(\left( H \right)\) là hình phẳng được tô đậm, giới hạn bởi đường elip \(\frac{{{x^2}}}{{256}} + \frac{{{y^2}}}{{48}} = 1\) và đường tròn tâm \(O\) có bán kính 10 (xem hình minh họa bên dưới). Vật thể có dạng khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng \(\left( H \right)\) quanh trục hoành.
Lưu ý: Các kích thước trong hình minh họa có thể không đúng tỉ lệ thực tế.
Thể tích của vật thể nói trên bằng bao nhiêu xăng – ti – mét khối (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả phép tính cuối cùng đến hàng đơn vị)?
Đáp án: 1743.
Phương trình nửa trên elip: \({y^2} = 48\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{256}}} \right) = 48 - \frac{3}{{16}}{x^2}\).
Phương trình nửa trên đường tròn: \({y^2} = 100 - {x^2}\).
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong:
\(100 - {x^2} = 48 - \frac{3}{{16}}{x^2} \Leftrightarrow \frac{{13}}{{16}}{x^2} = 52 \Leftrightarrow {x^2} = 64 \Leftrightarrow x = \pm 8\)
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay miền \(\left( H \right)\) quanh trục hoành \(Ox\):
\[V = \pi \int\limits_{ - 8}^8 {\left| {\left( {100 - {x^2}} \right) - \left( {48 - \frac{3}{{16}}{x^2}} \right)} \right|} {\rm{d}}x = 2\pi \int\limits_0^8 {\left( {52 - \frac{{13}}{{16}}{x^2}} \right)dx} \]
\( = 2\pi \left. {\left( {52x - \frac{{13}}{{48}}{x^3}} \right)} \right|_0^8 = 2\pi \left( {416 - \frac{{416}}{3}} \right) = \frac{{1664\pi }}{3} \approx 1743{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\)
Đáp án: 3240.
Mỗi khối ô vuông \(2 \times 2\) gồm \(4\) ô đôi một chung cạnh hoặc chung đỉnh nên bắt buộc phải tô bằng \(4\) màu đôi một khác nhau.
Có \(2\)dạng cấu trúc tô màu thỏa mãn cho bảng \(5 \times 5\):
Dạng 1 (Theo cột): Cột lẻ nhận màu từ tập \(A\) (gồm \(2\) màu), cột chẵn nhận màu từ tập \(B\) (gồm \(2\) màu còn lại).
Số cách chọn tập \(A\) là \(C_4^2 = 6\).
Mỗi cột trong \(5\) cột có \(2\) cách tô xen kẽ \( \Rightarrow 6 \cdot {2^5} = 192{\rm{ c\'a ch}}\).
Dạng 2 (Theo hàng): Hàng lẻ nhận màu từ tập \(A\), hàng chẵn nhận màu từ tập \(B\).
Tương tự có \(6 \cdot {2^5} = 192{\rm{ c\'a ch}}\).
Số cách trùng lặp giữa hai dạng: Là các cách mà màu sắc được xác định hoàn toàn theo tính chẵn lẻ của cả hàng và cột, gồm \(4! = 24{\rm{ c\'a ch}}\).
Tổng số cách tô màu phân biệt là: \(S = 192 + 192 - 24 = 360\)
Giá trị của \(9S = 9 \cdot 360 = 3240\).
Đáp án: 1179.
Doanh thu sau thuế của doanh nghiệp khi sản xuất \(x\) sản phẩm:
\({R_1}\left( x \right) = 0,95 \cdot R\left( x \right) = 0,95\left( {16x - 0,005{x^2}} \right) = 15,2x - 0,00475{x^2}\).
Lợi nhuận của doanh nghiệp:
\(L\left( x \right) = {R_1}\left( x \right) - C\left( x \right) = 15,2x - 0,00475{x^2} - 4x = - 0,00475{x^2} + 11,2x\)
Hàm số \(L\left( x \right)\) đạt cực đại tại đỉnh của parabol: \({x_0} = \frac{{11,2}}{{2 \cdot 0,00475}} = \frac{{22400}}{{19}} \approx 1178,95\).
Vì \(x \in \mathbb{N}\), so sánh \(L\left( {1178} \right)\) và \(L\left( {1179} \right)\), ta thấy điểm \(x = 1179\) gần đỉnh hơn nên mang lại lợi nhuận lớn nhất.
Đáp án: 8000.
Tứ diện \(ABCD\) có các cặp cạnh đối bằng nhau đôi một:
\(a = AB = CD = 20\sqrt 5 \Rightarrow {a^2} = 2000\); \(b = AC = BD = 50 \Rightarrow {b^2} = 2500\);
\(c = AD = BC = 10\sqrt {13} \Rightarrow {c^2} = 1300\).
Đây là tứ diện gần đều. Dựng hình hộp chữ nhật ngoại tiếp tứ diện có ba kích thước \(x;y;z\):
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + {y^2} = 2000}\\{{y^2} + {z^2} = 2500}\\{{z^2} + {x^2} = 1300}\end{array}} \right. \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{{2000 + 2500 + 1300}}{2} = 2900\)
Suy ra:
\(x = \sqrt {2900 - 2500} = \sqrt {400} = 20\);
\(y = \sqrt {2900 - 1300} = \sqrt {1600} = 40\);
\(z = \sqrt {2900 - 2000} = \sqrt {900} = 30\).
Thể tích của khối tứ diện \(ABCD\): \(V = \frac{1}{3}xyz = \frac{1}{3} \cdot 20 \cdot 40 \cdot 30 = 8000\).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
Học liệu phổ biến Tốt nghiệp THPT
Tốt nghiệp THPT
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
