Đề KSCL Toán 12 tháng 10 năm 2026-2027 THCS&THPT Nguyễn Khuyến - TH-THCS-THPT Lê Thánh Tông (TP HCM) có đáp án
22 câu hỏi
PHẦN I. CÂU TRẮC NGHIỆM NHIỀU PHƯƠNG ÁN LỰA CHỌN
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\), có bảng biến thiên như sau:
Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại
\(x = 4\).
\(x = 2\).
\(x = 3\).
\(x = - 2\).
Chọn A.
Theo bảng biến thiên, \(y'\) đổi dấu từ âm sang dương khi \(x\) đi qua giá trị \(4\), do đó \(x = 4\) là điểm cực tiểu của hàm số.
Khi \(x\) đi qua \(2\) thì \(y'\) đổi dấu từ dương sang âm nên \(x = 2\) là điểm cực đại.
Các giá trị \(3\) và \( - 2\) là giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số, không phải điểm cực trị.
\(0\).
\( - 2\).
\(2\).
\(3\).
Chọn C.
Hàm số \(f\) liên tục trên đoạn \(\left[ {0;\,\,2} \right]\) và \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3\).
Trên đoạn \(\left[ {0;\,\,2} \right]\), \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = 1\) (giá trị \(x = - 1\) không thuộc đoạn đang xét).
So sánh các giá trị \(f\left( 0 \right) = 0\), \(f\left( 1 \right) = - 2\), \(f\left( 2 \right) = 2\), ta được \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\,\,2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 2\).
Đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\,\,2} \right)\).
Nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 3;\,\,0} \right)\).
Đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;\,\,0} \right)\).
Nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;\,\,3} \right)\).
Chọn C.
Từ đồ thị, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \(\left( { - \infty ;\,\, - 1} \right)\) và \(\left( {0;\,\,2} \right)\), đồng biến trên mỗi khoảng \(\left( { - 1;\,\,0} \right)\) và \(\left( {2;\,\, + \infty } \right)\).
Do đó phương án “đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\)” là đúng.
Ba phương án còn lại không đúng: trên \(\left( {0;\,\,2} \right)\) hàm số nghịch biến; trên \(\left( { - 3;\,\,0} \right)\) hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 3;\,\, - 1} \right)\) nhưng đồng biến trên \(\left( { - 1;\,\,0} \right)\); trên \(\left( {0;\,\,3} \right)\) hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;2} \right)\) nhưng đồng biến trên \(\left( {2;3} \right)\).
\(0\).
\(1\).
\(2\).
\( - 1\).
Chọn A.
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ {0;\,\,2} \right]\). Ta có:
\(y' = \frac{{2\left( {x + 1} \right) - \left( {2x - 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;\,\,2} \right]\).
Vậy hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;\,\,2} \right]\), suy ra:
\(m = y\left( 0 \right) = - 1,\,\,M = y\left( 2 \right) = \frac{3}{3} = 1\).
Do đó \(M + m = 0\).
\(x = 3\).
\(y = 3\).
\(x = - 2\).
\(y = - 2\).
Chọn C.
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 2} \right)}^ + }} \frac{{3x - 2}}{{x + 2}} = - \infty \) nên đường thẳng \(x = - 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
\(y' = x \cdot {3^{x - 1}}\).
\(y' = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}}\).
\(y' = {3^x}\ln 3\).
\(y' = {3^x}\).
Chọn C.
Áp dụng công thức đạo hàm của hàm số mũ \({\left( {{a^x}} \right)^\prime } = {a^x}\ln a\) với \(a = 3\), ta được \(y' = {3^x}\ln 3.\)
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} \).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB'} \).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AD'} \).
Chọn B.
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \). Vì \(ACC'A'\) là hình bình hành và \(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {CC'} \) nên:
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {AC'} \).
\(y' = \cos x + x\sin x\).
\(y' = - \sin x\).
\(y' = 1 - \sin x\).
\(y' = \cos x - x\sin x\).
Chọn D.
Áp dụng quy tắc đạo hàm của một tích \({\left( {uv} \right)^\prime } = u'v + uv'\) với \(u = x,v = \cos x\):
\(y' = {\left( x \right)^\prime }\cos x + x{\left( {\cos x} \right)^\prime } = \cos x - x\sin x\).
\(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} } \right)\).
\(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right)\).
\(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} } \right)\).
\(2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} \).
Chọn C.
A, D đúng vì: Vì \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\) nên \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \vec 0\) và \(\overrightarrow {DN} + \overrightarrow {CN} = \vec 0\).
Theo quy tắc ba điểm, \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} \) và \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CN} \).
Cộng vế theo vế hai đẳng thức này ta được:
\(2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} \) tức \(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} } \right)\).
B đúng vì: Lập luận tương tự với \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CN} \) và \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DN} \), ta được \(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} } \right)\).
C sai vì: Cũng theo quy tắc ba điểm, \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DB} \) và \(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BD} \), do đó:
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CB} + \left( {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {BD} } \right) = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {BC} \).
Suy ra \(\frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {BC} } \right)\), khác với \(\overrightarrow {MN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} } \right)\) vì \(\overrightarrow {BC} \ne \vec 0\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(D = \left( {0;\,\, + \infty } \right)\).
\(D = \left[ {2;\,\, + \infty } \right)\).
\(D = \left( {2;\,\, + \infty } \right)\).
\(D = \mathbb{R}\).
Chọn C.
Hàm số xác định khi và chỉ khi:
\({3^x} - 9 > 0 \Leftrightarrow {3^x} > {3^2} \Leftrightarrow x > 2\).
(vì cơ số \(3 > 1\) nên hàm số mũ \({3^x}\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)). Vậy \(D = \left( {2;\,\, + \infty } \right)\).
\(\frac{{{a^2}}}{2}\).
\( - \frac{{{a^2}}}{2}\).
\({a^2}\).
\(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Chọn A.
Vì \(ABCD\) là tứ diện đều cạnh \(a\) nên tam giác \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\), do đó \(AB = AC = a\) và \(\widehat {BAC} = 60^\circ \). Góc giữa \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) chính là \(\widehat {BAC}\), nên:
\(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 60^\circ = a \cdot a \cdot \frac{1}{2} = \frac{{{a^2}}}{2}\).
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
\(V = {a^3}\sqrt 3 \).
Chọn A.
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).
Hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) vuông góc với nhau, cắt nhau theo giao tuyến \(AB\); mà \(SH \subset \left( {SAB} \right)\) và \(SH \bot AB\), do đó \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Vậy \(SH\) là chiều cao của khối chóp và \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) (đường cao tam giác đều cạnh \(a\)).
Diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {a^2}\), do đó:
\(V = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
Tập xác định hàm số \(D = \mathbb{R}\).
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;\,\,0} \right)\) và \(\left( {0;\,\, + \infty } \right)\).
Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số bằng \(4\).
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm \(A\left( {2;\,\,2} \right)\) có hệ số góc bằng \(3\).
Đáp án: a) Đúng. \(\quad \) b) Sai. \(\quad \) c) Sai. \(\quad \) d) Sai.
Hàm số là hàm đa thức nên xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
Ta có \(y' = 3{x^2} - 3\), \(y' = 0 \Leftrightarrow x = - 1\) hoặc \(x = 1\).
\(y' > 0\) trên \(\left( { - \infty ;\,\, - 1} \right)\) và \(\left( {1;\,\, + \infty } \right)\), \[y' < 0\] trên \(\left( { - 1;\,\,1} \right)\).
a) Đúng. Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\).
b) Sai. Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;\,\,1} \right)\), trong đó có chứa các điểm thuộc \(\left( { - \infty ;\,\,0} \right)\) và \(\left( {0;\,\, + \infty } \right)\), nên hàm số không đồng biến trên hai khoảng đó.
c) Sai. Hai điểm cực trị của đồ thị là \(M\left( { - 1;\,\,2} \right)\) và \(N\left( {1;\,\, - 2} \right)\), do đó:
\(MN = \sqrt {{{\left( {1 + 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 2} \right)}^2}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \ne 4\).
d) Sai. Vì \(y\left( 2 \right) = {2^3} - 3 \cdot 2 = 2\) nên \(A\left( {2;\,\,2} \right)\) thuộc đồ thị.
Hệ số góc của tiếp tuyến tại \(A\) là \(y'\left( 2 \right) = 3 \cdot {2^2} - 3 = 9\).
Đạo hàm của hàm số là \(f'\left( x \right) = a\pi \cos \left( {\pi x + \frac{\pi }{6}} \right)\).
Chu kỳ của hàm số là \(T = 1\).
Ta có \(a = 2\).
Hiệu giữa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên tập xác định là \(5\).
Đáp án: a) Đúng. \(\quad \) b) Sai. \(\quad \) c) Sai. \(\quad \) d) Sai.
Vì đồ thị đi qua \(A\left( {\frac{1}{3};\,\,5} \right)\) nên: \(a\sin \left( {\frac{\pi }{3} + \frac{\pi }{6}} \right) + 2 = 5 \Leftrightarrow a\sin \frac{\pi }{2} + 2 = 5 \Leftrightarrow a = 3\).
a) Đúng. Theo quy tắc đạo hàm của hàm số hợp ta có:
\(f'\left( x \right) = a\cos \left( {\pi x + \frac{\pi }{6}} \right) \cdot {\left( {\pi x + \frac{\pi }{6}} \right)^\prime } = a\pi \cos \left( {\pi x + \frac{\pi }{6}} \right)\).
b) Sai. Hàm số \(y = \sin \left( {\omega x + \varphi } \right)\) với \(\omega = \pi \) tuần hoàn với chu kỳ:
\(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{\pi } = 2\).
c) Sai. Theo trên \(a = 3\).
d) Sai. Với \(a = 3\), do \( - 1 \le \sin \left( {\pi x + \frac{\pi }{6}} \right) \le 1\) nên \( - 1 \le f\left( x \right) \le 5\); hai dấu bằng đều xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất bằng \(5\), giá trị nhỏ nhất bằng \( - 1\) và hiệu của chúng bằng \(6\).
Xét tính đúng sai các mệnh đề sau:
Với \(BC = x\), ta có \(AB = CD = 1,2x\).
Khi đó \(y = AB + BC + CD = \frac{{1,2}}{x} + x\).
Đặt \(f\left( x \right) = AB + BC + CD\), với \(0 < x < 10\), thì \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{{2,4}}{{{x^2}}}\).
Khảo sát hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta thấy \(y\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = 2\) m.
Đáp án: a) Sai. \(\quad \) b) Đúng. \(\quad \) c) Đúng. \(\quad \) d) Sai.
Mặt cắt \(ABCD\) là hình chữ nhật có \(BC = x\) là cạnh đáy, \(AB = CD\) là chiều cao.
Từ \(AB \cdot BC = 1,2\) suy ra \(AB = CD = \frac{{1,2}}{x}\) với \(0 < x < 10\).
a) Sai. Theo trên \(AB = CD = \frac{{1,2}}{x}\), không phải \(1,2x\).
b) Đúng. \(y = AB + BC + CD = \frac{{1,2}}{x} + x + \frac{{1,2}}{x} = \frac{{2,4}}{x} + x\).
c) Đúng. Với \(f\left( x \right) = \frac{{2,4}}{x} + x\) trên khoảng \(\left( {0;\,\,10} \right)\) ta có \(f'\left( x \right) = - \frac{{2,4}}{{{x^2}}} + 1 = 1 - \frac{{2,4}}{{{x^2}}}\).
d) Sai. Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 2,4 \Leftrightarrow x = \sqrt {2,4} = \frac{{2\sqrt {15} }}{5}\) (chỉ lấy nghiệm dương).
Vì \(f'\left( x \right) < 0\) trên \(\left( {0;\,\,\sqrt {2,4} } \right)\) và \(f'\left( x \right) > 0\) trên \(\left( {\sqrt {2,4} ;\,\,10} \right)\) nên \(f\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = \sqrt {2,4} \approx 1,55\) (m), không phải tại \(x = 2\) (m).
Một bể nước bằng nhựa với phần chứa nước có dạng hình hộp chữ nhật được đặt trong một hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho các tia \(Ox,\,\,Oy,\,\,Oz\) dọc theo ba cạnh của hình hộp như hình vẽ, miệng bể là hình chữ nhật \(ABCD\). Biết đơn vị trên mỗi trục là dm và \({x_B} = 8\); \({y_D} = 10;\) \({z_A} = 4\).
Xét tính đúng sai các mệnh đề sau:
Tọa độ điểm \(A\left( {0;\,\,0;\,\,4} \right),\,\,B\left( {8;\,\,0;\,\,4} \right),\,\,C\left( {8;\,\,10;\,\,4} \right),\,\,D\left( {0;\,\,10;\,\,4} \right)\).
Sức chứa tối đa của bể nước là \(300\) lít.
Giả sử \(\alpha \) là góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {OB} ,\,\,\overrightarrow {OD} \) thì \(\cos \alpha = \frac{2}{{\sqrt {145} }}\).
Ban đầu nước đầy bể, người ta xả nước sao cho thể tích nước trong bể giảm \(10{\rm{\;d}}{{\rm{m}}^3}/{\rm{ph\'u t}}\). Sau 12 phút thì mực nước trong bể cách miệng bể \(1,5\) dm.
Lời giải
Đáp án: a) Đúng. \(\quad \) b) Sai. \(\quad \) c) Đúng. \(\quad \) d) Đúng.
a) Đúng. Điểm \(A\) thuộc tia \(Oz\) và \({z_A} = 4\) nên \(A\left( {0;\,\,0;\,\,4} \right)\).
Miệng bể \(ABCD\) nằm trong mặt phẳng \(z = 4\); từ \({x_B} = 8\) và \({y_D} = 10\) suy ra \(B\left( {8;\,\,0;\,\,4} \right)\), \(D\left( {0;\,\,10;\,\,4} \right)\) và \(C\left( {8;\,\,10;\,\,4} \right)\).
b) Sai. Ba kích thước của bể là \(8{\rm{\;dm}}\), \(10{\rm{\;dm}}\) và \(4{\rm{\;dm}}\) nên thể tích của bể bằng \(8 \cdot 10 \cdot 4 = 320\) (dm3), tức là \(320{\rm{\;l\'i t}}\).
c) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {OB} = \left( {8;\,\,0;\,\,4} \right)\) và \(\overrightarrow {OD} = \left( {0;\,\,10;\,\,4} \right)\), do đó:
\(\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow {OB} \cdot \overrightarrow {OD} }}{{\left| {\overrightarrow {OB} \left| \cdot \right|\overrightarrow {OD} } \right|}} = \frac{{8 \cdot 0 + 0 \cdot 10 + 4 \cdot 4}}{{\sqrt {80} \cdot \sqrt {116} }} = \frac{{16}}{{8\sqrt {145} }} = \frac{2}{{\sqrt {145} }}\).
d) Đúng. Sau \(12\) phút, thể tích nước đã xả là \(10 \cdot 12 = 120\) (dm3), thể tích nước còn lại là:
\(320 - 120 = 200\) (dm3).
Diện tích đáy bể bằng \(8 \cdot 10 = 80\) (dm2) nên chiều cao cột nước là \(\frac{{200}}{{80}} = 2,5\) (dm).Vậy mực nước cách miệng bể \(4 - 2,5 = 1,5\) (dm).
PHẦN III. CÂU TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN
Một hợp tác xã cần vận chuyển \(3600\) kg sầu riêng trong một mùa vụ. Hợp tác xã chia thành nhiều chuyến, mỗi chuyến chở \(x{\rm{\;kg}}\) \(\left( {1 \le x \le 3600,\,\,x \in {\mathbb{N}^ * }} \right)\), giả sử \(x\) là ước của \(3600\) để khối lượng hàng được chia đều cho các chuyến. Chi phí cho mỗi chuyến gồm:
⦁ Phí xe cố định là \(50\) nghìn đồng/chuyến.
⦁ Phí bảo quản lạnh được tính \(0,005{x^2}\) (nghìn đồng/chuyến).
Hỏi mỗi chuyến nên chở bao nhiêu kg để tổng chi phí vận chuyển là nhỏ nhất?
Số chuyến vận chuyển là \(\frac{{3600}}{x}\). Tổng chi phí vận chuyển (đơn vị: nghìn đồng) là:
\(T\left( x \right) = \frac{{3600}}{x}\left( {50 + 0,005{x^2}} \right) = \frac{{180\,000}}{x} + 18x\).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{180\,000}}{x} + 18x\) trên khoảng \(\left( {0;\,\,3600} \right]\). Ta có:
\(f'\left( x \right) = - \frac{{180\,000}}{{{x^2}}} + 18,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 10\,000 \Leftrightarrow x = 100\;\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Vì \(f'\left( x \right) < 0\) trên \(\left( {0;100} \right)\) và \(f'\left( x \right) > 0\) trên \(\left( {100;\,\,3600} \right]\) nên \(f\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = 100\), với \(f\left( {100} \right) = 1800 + 1800 = 3600\) (nghìn đồng).
Giá trị \(x = 100\) thỏa mãn điều kiện \(1 \le x \le 3600\) và \(100\) là ước của \(3600\) (vì \(3600 = 100 \cdot 36\)).
Vậy mỗi chuyến nên chở \(100{\rm{\;kg}}\).
Đáp án: 100.
Vận tốc tức thời của hạt tại thời điểm \(t\) là đạo hàm của tọa độ theo thời gian:
\(v\left( t \right) = y'\left( t \right) = 3{t^2} - 12\).
Do đó \(v\left( 8 \right) = 3 \cdot {8^2} - 12 = 192 - 12 = 180\) (m/s).
Đáp án: 180.
Kéo dài các cạnh bên \(AA',\,\,BB',\,\,CC',\,\,DD'\), chúng cắt nhau tại điểm \(S\); khi đó \(ABCD.A'B'C'D'\) là phần của hình chóp đều \(S.ABCD\) nằm giữa đáy \(ABCD\) và mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\).
Vì \(A'B'C'D'\) và \(ABCD\) là hai hình vuông có \(A'B' = 4a = \frac{1}{2}AB\) nên \(A'\) là trung điểm của \(SA\), do đó \[SA' = AA' = 4a\] và \(SA = 8a\).
Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\); \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\).
Hình chóp \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có \(AB \bot OM\) và \(AB \bot SO\) nên \(AB \bot \left( {SOM} \right)\), suy ra \(AB \bot SM\).
Tương tự \(CD \bot SN\).
Hai mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right) = \left( {SAB} \right)\) và \(\left( {CDD'C'} \right) = \left( {SCD} \right)\) cắt nhau theo giao tuyến \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\) (vì \(AB\,{\rm{//}}\,CD\)).
Do \(SM \bot AB\) và \(SN \bot CD\) nên \(SM \bot d,\,\,SN \bot d\).
Vậy góc giữa hai mặt phẳng đã cho bằng góc giữa hai tia \(SM\) và \(SN\), tức là \(\widehat {MSN}\) nếu góc này không tù.
Đường chéo hình vuông \(ABCD\) bằng \(8a\sqrt 2 \) nên \(AO = 4a\sqrt 2 \), do đó:
\(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {64{a^2} - 32{a^2}} = 4a\sqrt 2 \).
Vì \(OM = \frac{{AD}}{2} = 4a\) và \(SO \bot OM\) nên \(SM = \sqrt {S{O^2} + O{M^2}} = \sqrt {32{a^2} + 16{a^2}} = 4a\sqrt 3 \); tương tự \(SN = 4a\sqrt 3 \).
Ngoài ra \(MN = AD = 8a\).
Trong tam giác \(SMN\), theo định lí côsin:
\(\cos \widehat {MSN} = \frac{{S{M^2} + S{N^2} - M{N^2}}}{{2 \cdot SM \cdot SN}} = \frac{{48{a^2} + 48{a^2} - 64{a^2}}}{{2 \cdot 48{a^2}}} = \frac{1}{3}\)
Suy ra \(\widehat {MSN} \approx 70,5^\circ \).
Đáp án: 70,5°.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ: \(A\left( {0;\,\,0} \right),\,\,B\left( {10;\,\,0} \right),\,\,C\left( {10;\,\,10} \right),\,\,D\left( {0;\,\,10} \right)\).
Sau \(t\) giây, điểm \(Q\) ở vị trí \(Q\left( {10;\,\,t} \right)\) với \(0 \le t \le 10\).
Gọi \(s\) là độ dài cạnh của hình vuông \(DMNP\). Khi đó \(M\left( {0;\,\,10 - s} \right)\), \(N\left( {s;\,\,10 - s} \right)\) và \(P\left( {s;\,\,10} \right)\).
Đường thẳng \(AQ\) đi qua gốc tọa độ với hệ số góc \(\frac{t}{{10}}\) nên có phương trình \(y = \frac{t}{{10}}x\).
Vì \(N \in AQ\) nên:
\(10 - s = \frac{t}{{10}} \cdot s \Leftrightarrow s\left( {t + 10} \right) = 100 \Leftrightarrow s = \frac{{100}}{{t + 10}}\).
Diện tích hình vuông \(DMNP\) là \(S\left( t \right) = {s^2} = \frac{{10\,000}}{{{{\left( {t + 10} \right)}^2}}}\).
Đạo hàm theo \(t\):
\(S'\left( t \right) = 10\,000 \cdot {\left[ {{{\left( {t + 10} \right)}^{ - 2}}} \right]^\prime } = - \frac{{20\,000}}{{{{\left( {t + 10} \right)}^3}}}\).
Tại \(t = 5\): \(S'\left( 5 \right) = - \frac{{20\,000}}{{{{15}^3}}} = - \frac{{20\,000}}{{3375}} = - \frac{{160}}{{27}} \approx - 5,93\).
Vì \(S'\left( 5 \right) < 0\) nên diện tích đang giảm, với tốc độ khoảng \(5,93\) m2/s.
Đáp án: 5,93.
Trên một mặt sàn phẳng, có hai viên bi màu xanh đứng yên và tiếp xúc nhau. Gọi \(A,\,\,B\) lần lượt là các điểm tiếp xúc của hai viên bi xanh với mặt sàn; mỗi viên bi xanh có bán kính \(2\) cm. Một viên bi màu vàng có bán kính \(3\) cm, ban đầu tiếp xúc với mặt sàn tại điểm \(C\), trong đó \(AC = 26\) cm, \(BC = 10\sqrt 5 \) cm.
Xét mặt phẳng đi qua tâm \(I\) của một viên bi xanh và tâm \(J\) của viên bi vàng, vuông góc với mặt sàn.
Gọi \(A,\,\,H\) lần lượt là tiếp điểm của hai viên bi đó với mặt sàn, khi đó \(IA = 2,JH = 3\) và \(IA,\,\,JH\) cùng vuông góc với mặt sàn.
Hai viên bi tiếp xúc ngoài khi và chỉ khi \(IJ = 2 + 3 = 5\).
Hình chiếu của \(IJ\) xuống mặt sàn là \(AH\) và hiệu hai khoảng cách đến mặt sàn là \(3 - 2 = 1,\)do đó:
\(AH = \sqrt {I{J^2} - {{\left( {3 - 2} \right)}^2}} = \sqrt {25 - 1} = 2\sqrt 6 \) (cm).
Như vậy, viên bi vàng tiếp xúc với một viên bi xanh khi và chỉ khi khoảng cách giữa hai tiếp điểm của chúng với mặt sàn bằng \(2\sqrt 6 \) cm.
Hai viên bi xanh tiếp xúc nhau nên \(AB = 2 + 2 = 4\) cm.
Gọi \(P\) là tiếp điểm của viên bi vàng với mặt sàn tại thời điểm nó tiếp xúc cùng lúc với hai viên bi xanh, khi đó \(PA = PB = 2\sqrt 6 \), nên \(P\) thuộc đường trung trực của đoạn \(AB\).
Chọn hệ trục tọa độ \(Ixy\) trên mặt sàn với \(I\) là trung điểm của \(AB\), trục \(Iy\) chứa \(AB\): khi đó \(A\left( {0;\,\,2} \right)\), \(B\left( {0;\,\, - 2} \right)\).
Gọi \(C\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\), từ \(AC = 26\) và \(BC = 10\sqrt 5 \) ta có hệ:
Chọn \({x_0} = 10\) (viên bi vàng nằm về một phía của đường thẳng \(AB\)), tức \(C\left( {10;\,\, - 22} \right)\). Điểm \(P\) nằm trên trục \(Ix\) nên \(P\left( {p;\,\,0} \right)\) với \({p^2} + {2^2} = {\left( {2\sqrt 6 } \right)^2} = 24\), suy ra \(p = \pm 2\sqrt 5 \).
Vì viên bi vàng đi từ phía \(x > 0\) nên \(P\left( {2\sqrt 5 ;\,\,0} \right)\).
Quãng đường viên bi vàng đi được là:
\(CP = \sqrt {{{\left( {10 - 2\sqrt 5 } \right)}^2} + {{22}^2}} = \sqrt {604 - 40\sqrt 5 } \approx 22,684\) cm.
Với tốc độ \(2\) cm/s, thời gian cần tìm là \(\frac{{CP}}{2} \approx 11,3\) (giây).
Đáp án: 11,3.
Gọi \(P\) là xác suất để hai bóng đèn ở hai vị trí kề nhau luôn khác màu, đồng thời ba bóng đèn trên mỗi đường chéo qua tâm \(AD,\,\,BE,\,\,CF\) có số đôi một khác nhau. Biết \(P = \frac{m}{n}\) (\(m,\,\,n\) nguyên dương và phân số \(\frac{m}{n}\) tối giản). Hãy tính giá trị \(n - 22{m^2}\).
Mỗi kết quả của phép thử là một cách chọn \(7\) bóng trong \(21\) bóng đôi một khác nhau rồi gắn vào \(7\) vị trí phân biệt, nên:
\(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = A_{21}^7 = 21 \cdot 20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 = 586\,051\,200\).
Vị trí \(O\) kề với cả sáu vị trí \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,E,\,\,F\) nên màu ở \(O\) khác màu ở cả sáu đỉnh.
Vì chỉ có ba màu nên sáu đỉnh chỉ dùng hai màu còn lại; mặt khác \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,E,\,\,F\) tạo thành một chu trình mà hai vị trí kề nhau khác màu, nên hai màu đó phải xen kẽ: \(A,\,\,C,\,\,E\) cùng một màu và \(B,\,\,D,\,\,F\) cùng màu kia.
Số cách chọn cách tô màu như vậy là \(3 \cdot 2 = 6\) (chọn màu cho \(O\), rồi chọn màu cho bộ \(A,C,E\)).
Ký hiệu \(a,\,\,c,\,\,e,\,\,b,\,\,d,\,\,f,\,\,o\) lần lượt là số ghi trên bóng đèn ở các vị trí \(A,\,\,C,\,\,E,\,\,B,\,\,D,\,\,F,\,\,O.\)
Ba bóng ở \(A,\,\,C,\,\,E\) cùng màu và đôi một khác nhau nên \(a,\,\,c,\,\,e\) đôi một khác nhau; tương tự với \(b,\,\,d,\,\,f\).
Điều kiện ba số trên mỗi đường chéo đôi một khác nhau tương đương với: \(o\) khác cả sáu số còn lại, đồng thời \(a \ne d,\,\,b \ne e,\,\,c \ne f\).
Số \(o\) có \(7\) cách chọn.
Đặt \(S = \left\{ {1;\,\,2; \ldots ;\,\,7} \right\}\backslash \left\{ o \right\}\).
Khi đó \(\left| S \right| = 6\) và bộ \(\left( {a;\,\,c;\,\,e} \right)\) là một chỉnh hợp chập \(3\) của \(S\): có \(6 \cdot 5 \cdot 4 = 120\) cách.
Với mỗi bộ \(\left( {a;\,\,c;\,\,e} \right)\) đã chọn, ta đếm số chỉnh hợp chập \(3\) của \(S\) dạng \(\left( {d;\,\,b;\,\,f} \right)\) thỏa mãn \(d \ne a,\,\,b \ne e,\,\,f \ne c\); gọi số đó là \(N\).
Áp dụng nguyên lý bù trừ như sau:
• Đếm số bộ \(\left( {d;\,\,b;\,\,f} \right)\): Gọi \({X_1},\,\,{X_2},\,\,{X_3}\) lần lượt là tập các chỉnh hợp có \(d = a\), có \(b = e\), có \(f = c\).
Ta có \(\left| {{X_i}} \right| = 5 \cdot 4 = 20\), \(\left| {{X_i} \cap {X_j}} \right| = 4\) và \(\left| {{X_1} \cap {X_2} \cap {X_3}} \right| = 1\), nên:
\(\left| {{X_1} \cup {X_2} \cup {X_3}} \right| = 3 \cdot 20 - 3 \cdot 4 + 1 = 49\).
Vậy \(N = 120 - 49 = 71\).
• Tính xác suất: Số kết quả thuận lợi là: \(6 \cdot 7 \cdot 120 \cdot 71 = 357\,840\).
Do đó \(P = \frac{{357\,840}}{{586\,051\,200}} = \frac{{71}}{{116\,280}}\).
Phân số này tối giản vì \(71\) là số nguyên tố và \(116\,280\) không chia hết cho \(71\).
Với \(m = 71\) và \(n = 116\,280\),
\(n - 22{m^2} = 116\,280 - 22 \cdot {71^2} = 116\,280 - 110\,902 = 5378\).
Đáp án: 5378.
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.
![[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)
