Đề KSCL Toán 12 tháng 8 năm 2026-2027 THCS&THPT Nguyễn Khuyến (TP HCM) có đáp án
22 câu hỏi
\(\left( {2;\,\,0;\,\,5} \right)\).
\(\left( {0;\,\, - 3;\,\,5} \right)\).
\(\left( {2;\,\, - 3;\,\,0} \right)\).
\(\left( {0;\,\,0;\,\,5} \right)\).
Chọn C.
Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0};\,\,{z_0}} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là điểm có cùng hoành độ, cùng tung độ với \(M\) và có cao độ bằng \(0\), tức là điểm \(\left( {{x_0};\,\,{y_0};\,\,0} \right)\). Với \(M\left( {2;\,\, - 3;\,\,5} \right)\), hình chiếu cần tìm là \(\left( {2;\,\, - 3;\,\,0} \right)\).
\(y = 2x + 3\).
\(y = x - 1\).
\(y = 2x - 3\).
\(y = - 2x + 3\).
Chọn C.
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\). Viết lại \(y = x - 1 + \frac{4}{{x - 2}}\), suy ra
\(y' = 1 - \frac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^2} - 4}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = 4\) \( \Leftrightarrow \) \(x = 0\) hoặc \(x = 4\).
Đạo hàm đổi dấu khi \(x\) đi qua \(0\) và khi \(x\) đi qua \(4\) nên đồ thị có đúng hai điểm cực trị.
Đặt \(u\left( x \right) = {x^2} - 3x + 6\) và \(v\left( x \right) = x - 2\).
Khi đó \(y' = \frac{{u'v - uv'}}{{{v^2}}}\).
Tại điểm cực trị \({x_0}\) ta có \(y'\left( {{x_0}} \right) = 0\), tức \(u'\left( {{x_0}} \right)v\left( {{x_0}} \right) - u\left( {{x_0}} \right)v'\left( {{x_0}} \right) = 0\), do đó
\(y\left( {{x_0}} \right) = \frac{{u\left( {{x_0}} \right)}}{{v\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{u'\left( {{x_0}} \right)}}{{v'\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{2{x_0} - 3}}{1} = 2{x_0} - 3.\)
Vậy cả hai điểm cực trị đều thuộc đường thẳng \(y = 2x - 3\).
Kiểm chứng trực tiếp: hai điểm cực trị là \(\left( {0;\,\, - 3} \right)\) và \(\left( {4;\,\,5} \right)\), cả hai đều thỏa mãn \(y = 2x - 3.\)
\(a\).
\(\frac{a}{{\sqrt 3 }}\).
\(3a\sqrt 3 \).
\(a\sqrt 3 \).
Chọn D.
Thể tích khối lăng trụ được tính bởi \(V = S \cdot h\), trong đó \(S\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao.
Do đó, \(h = \frac{V}{S} = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 3 }} = \frac{{3a}}{{\sqrt 3 }} = a\sqrt 3 \).
\(1\).
\(4\).
\(3\).
\(2\).
Chọn D.
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2\) nên đường thẳng \(y = 2\) là tiệm cận ngang.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = - \infty \) nên đường thẳng \(x = - 1\) là tiệm cận đứng.
Đồ thị có tất cả \(2\) đường tiệm cận.
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Chọn B.
Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \). Do đó:
\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {DC'} } \right) = \left( {\overrightarrow {DC} ,\,\,\overrightarrow {DC'} } \right) = \widehat {CDC'}\).
Xét tam giác \(DCC'\): vì \(CC' \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(DC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(CC' \bot DC\), tam giác \(DCC'\) vuông tại \(C\).
Mặt khác \(CC' = DC\) (cạnh hình lập phương) nên tam giác đó vuông cân tại \(C\), suy ra \(\widehat {CDC'} = 45^\circ \).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng xét dấu của đạo hàm \(f'\left( x \right)\) như sau:
Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có bao nhiêu điểm cực trị?
\(3\).
\(5\).
\(4\).
\(2\).
Chọn A.
Với mọi \(x \in \mathbb{R}\) ta có \(g\left( { - x} \right) = f\left( {\left| { - x} \right|} \right) = f\left( {\left| x \right|} \right) = g\left( x \right)\) nên \(g\) là hàm số chẵn; đồ thị của
\(g\) nhận trục tung làm trục đối xứng. Ngoài ra \(g\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) vì \(f\) liên tục trên \(\mathbb{R}\).
Khi \(x > 0\) thì \(\left| x \right| = x\), do đó \(g\left( x \right) = f\left( x \right)\) và \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right)\).
Theo bảng xét dấu, trên \(\left( {0;\,\, + \infty } \right)\) đạo hàm mang dấu âm trên \(\left( {0;\,\,1} \right)\) và mang dấu dương trên \(\left( {1;\,\,3} \right)\) cũng như trên\(\left( {3;\,\, + \infty } \right)\).
Như vậy \(g'\) chỉ đổi dấu một lần, tại \(x = 1\); tại \(x = 3\) đạo hàm triệt tiêu nhưng không đổi dấu.
Vậy trên \(\left( {0;\,\, + \infty } \right)\) hàm số \(g\) có đúng một điểm cực trị là \(x = 1\) (điểm cực tiểu).
Xét trên khoảng \(\left( { - \infty ;\,\,0} \right)\) và tại \(x = 0\). Do tính chẵn, \(g\) đồng biến trên \(\left( { - 1;\,\,0} \right)\) và nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;\,\, - 1} \right)\), nên \(x = - 1\) là một điểm cực tiểu. Hàm số \(g\) liên tục tại \(x = 0\), đồng biến trên \(\left( { - 1;\,\,0} \right)\) và nghịch biến trên \(\left( {0;\,\,1} \right)\) nên \(x = 0\) là một điểm cực đại.
Hàm số \(g\) có \(3\) điểm cực trị.
\(90^\circ \).
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
Chọn A.
![óc nhị diện \(\left[ {B,\,\,OA,\,\,C} \right]\) có c (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/10/image-jwk47wz2cyrx8kgjfpwy-1793033411.png)
Góc nhị diện \(\left[ {B,\,\,OA,\,\,C} \right]\) có cạnh là đường thẳng \(OA\), hai nửa mặt phẳng bờ \(OA\) lần lượt chứa \(B\) và chứa \(C\).
Tại điểm \(O\) thuộc cạnh \(OA\), tia \(OB\) nằm trong nửa mặt phẳng thứ nhất và \(OB \bot OA\); tia \(OC\) nằm trong nửa mặt phẳng thứ hai và \(OC \bot OA\).
Do đó \(\widehat {BOC}\) chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {B,\,\,OA,\,\,C} \right]\).
Theo giả thiết \(OB \bot OC\) nên \(\widehat {BOC} = 90^\circ \).
![óc nhị diện \(\left[ {B,\,\,OA,\,\,C} \right]\) có c (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/10/image-krtwu3eugtsq1okn7ufe-1793033439.png)
\(2\).
\(4\).
\(0\).
\( - 4\).
Chọn B.
Từ bảng biến thiên: đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm khi \(x\) đi qua \( - 1\) nên \(x = - 1\) là điểm cực đại và \(f\left( { - 1} \right) = 4\); đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi \(x\) đi qua \(2\) nên \(x = 2\) là điểm cực tiểu và \(f\left( 2 \right) = - 1\).
Do đó \(M\left( { - 1;\,\,4} \right)\) và \(N\left( {2;\,\, - 1} \right)\), tức là \({x_1} = - 1,\,\,{y_1} = 4,\,\,{x_2} = 2,\,\,{y_2} = - 1\).
Suy ra \(T = 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 2 - 4 \cdot \left( { - 1} \right) = - 2 + 2 + 4 = 4.\)
\(\left( {4;\,\,3;\,\,6} \right)\).
\(\left( {3;\,\,6;\,\,4} \right)\).
\(\left( {3;\,\,4;\,\,6} \right)\).
\(\left( {6;\,\,3;\,\,4} \right)\).
Chọn A.
Theo giả thiết, \(\overrightarrow {AB} = 4\vec i = \left( {4;\,\,0;\,\,0} \right)\), \(\overrightarrow {AD} = 3\vec j = \left( {0;\,\,3;\,\,0} \right)\) và \(\overrightarrow {AA'} = 6\vec k = \left( {0;\,\,0;\,\,6} \right)\).
Áp dụng quy tắc hình hộp cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\):
\(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \left( {4;\,\,0;\,\,0} \right) + \left( {0;\,\,3;\,\,0} \right) + \left( {0;\,\,0;\,\,6} \right) = \left( {4;\,\,3;\,\,6} \right)\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(1\).
\(3\).
\(5\).
\(0\).
Chọn B.
Gọi \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right) \in \left( C \right)\).
Hệ số góc của tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(M\) là:
\(k = y'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 - 12{x_0} + 15 = 3{\left( {{x_0} - 2} \right)^2} + 3.\)
Vì \({\left( {{x_0} - 2} \right)^2} \ge 0\) với mọi \({x_0} \in \mathbb{R}\) nên \(k \ge 3\); dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \({x_0} = 2\).
Vậy hệ số góc nhỏ nhất bằng \(3\), đạt được tại điểm \(M\left( {2;\,\,12} \right)\).
\(M\left( { - 5;\,\,0;\,\,0} \right)\).
\(M\left( {1;\,\,0;\,\,0} \right)\).
\(M\left( {2;\,\,0;\,\,0} \right)\).
\(M\left( { - 1;\,\,0;\,\,0} \right)\).
Chọn D.
Vì \(M\) thuộc trục \(Ox\) nên \(M\left( {m;\,\,0;\,\,0} \right)\) với \(m \in \mathbb{R}\). Khi đó:
\(\overrightarrow {AM} = \left( {m - 1;\,\,1;\,\, - 2} \right),\,\,\overrightarrow {BC} = \left( { - 3;\,\, - 2;\,\,2} \right)\).
Điều kiện \(AM \bot BC\) tương đương \(\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BC} = 0\), tức là:
\( - 3\left( {m - 1} \right) + 1 \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 2} \right) \cdot 2 = 0 \Leftrightarrow - 3m + 3 - 2 - 4 = 0 \Leftrightarrow m = - 1.\)
Vậy \(M\left( { - 1;\,\,0;\,\,0} \right)\).
\(0,765\).
\(0,975\).
\(0,985\).
\(0,925\).
Chọn C.
Gọi \(A\) là biến cố “cảm biến \(A\) phát tín hiệu” và \(B\) là biến cố “cảm biến \(B\) phát tín hiệu”. Theo giả thiết \(P\left( A \right) = 0,9\), \(P\left( B \right) = 0,85\) và \(A,\,\,B\) độc lập.
Biến cố “có ít nhất một cảm biến phát tín hiệu” là \(A \cup B\), biến cố đối của nó là \(\bar A \cap \bar B\).
Vì \(A\) và \(B\) độc lập nên \(\bar A\) và \(\bar B\) cũng độc lập, do đó
\(P\left( {A \cup B} \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B} \right) = 1 - 0,1 \cdot 0,15 = 1 - 0,015 = 0,985.\)
PHẦN II: (4,0 ĐIỂM) - TRẮC NGHIỆM ĐÚNG, SAI.
(Học sinh trả lời câu hỏi từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a) b) c) d) ở mỗi câu, học sinh chỉ chọn Đúng hoặc Sai).
Một công ty khởi nghiệp mô hình hóa tốc độ tăng trưởng doanh thu hàng năm \(y = f\left( t \right)\) (đơn vị: tỷ đồng/năm) theo thời gian \(t\) (đơn vị: năm, với \(t \ge 0\)) bằng một hàm số đa thức bậc ba \(y = a{t^3} + b{t^2} + ct + d\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có đồ thị như hình vẽ bên.
Công thức xác định tốc độ tăng trưởng doanh thu của công ty là \(f\left( t \right) = - 2{t^3} + 3{t^2} + 1\).
Doanh thu của công ty đạt tốc độ tăng trưởng cực đại tại thời điểm \(t = 2\) năm.
Trong năm đầu tiên \(\left( {0 \le t \le 1} \right)\), tốc độ tăng trưởng doanh thu của công ty luôn có xu hướng tăng.
Tại thời điểm \(t = 1,5\) năm, tốc độ tăng trưởng doanh thu của công ty đạt giá trị bằng \(2\) tỷ đồng/năm.
Đáp án: a) Đúng. \(\quad \) b) Sai. \(\quad \) c) Đúng. \(\quad \) d) Sai.
Ta có \(f'\left( t \right) = 3a{t^2} + 2bt + c\). Từ đồ thị, điểm \(\left( {0;\,\,1} \right)\) là điểm cực tiểu và điểm \(\left( {1;\,\,2} \right)\) là điểm cực đại, do đó:
\(f\left( 0 \right) = 1,\,\,f'\left( 0 \right) = 0,\,\,f\left( 1 \right) = 2,\,\,f'\left( 1 \right) = 0\).
Suy ra \(d = 1\), \(c = 0\), \(a + b + 1 = 2\), \(3a + 2b = 0\).
Giải hệ phương trình ta được \(a = - 2\), \(b = 3.\)
Vậy \(f\left( t \right) = - 2{t^3} + 3{t^2} + 1\) và \(f'\left( t \right) = - 6{t^2} + 6t = 6t\left( {1 - t} \right)\).
a) Đúng. Theo kết quả trên, \(f\left( t \right) = - 2{t^3} + 3{t^2} + 1\).
b) Sai. Trên \(\left[ {0;\,\, + \infty } \right)\), \(f'\left( t \right) = 6t\left( {1 - t} \right)\) đổi dấu từ dương sang âm khi \(t\) đi qua \(1\) nên \(t = 1\) là điểm cực đại; tại \(t = 2\) hàm số không đạt cực đại.
c) Đúng. Với \(0 < t < 1\) thì \(6t > 0\) và \(1 - t > 0\) nên \(f'\left( t \right) > 0\); do đó \(f\) đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;\,\,1} \right]\), tức tốc độ tăng trưởng doanh thu tăng trong năm đầu tiên.
d) Sai. \(f\left( {1,5} \right) = - 2 \cdot {\left( {1,5} \right)^3} + 3 \cdot {\left( {1,5} \right)^2} + 1 = - 6,75 + 6,75 + 1 = 1\) (tỷ đồng/năm).
Tại thời điểm 8 giờ sáng, khoảng cách từ máy bay đến tháp điều hành không lưu xấp xỉ \(130{\rm{\;km}}\) (sai số không quá \(1\) km).
Tại thời điểm 9 giờ sáng, độ cao của máy bay so với mặt đất là \(8\) km.
Tại thời điểm 10 giờ sáng, khoảng cách từ máy bay đến tháp truyền hình \(F\left( {1\,250;\,\,1\,020;\,\,0} \right)\) xấp xỉ \(700\) km (sai số không quá \(10\) km).
Khi đạt độ cao \(10\) km, máy bay nhận lệnh hạ cánh và đổi sang vận tốc mới là \({\vec v_2} = \left( {400;\,\,300;\,\, - 5} \right)\) km/h để hướng về đường băng \(B\). Tọa độ của máy bay ngay khi chạm đất tại đường băng \(B\) là \(\left( {1\,450;\,\,1\,520;\,\,0} \right)\).
Đáp án: a) Đúng. \(\quad \) b) Sai. \(\quad \) c) Sai. \(\quad \) d) Đúng.
Phương trình chuyển động: Sau \(t\) giờ kể từ 8 giờ sáng, máy bay ở vị trí:
\(M\left( t \right) = \left( {50 + 300t;\,\,\;120 + 400t;\;\,\,4 + 3t} \right)\)
a) Đúng. \(O{M_0} = \sqrt {{{50}^2} + {{120}^2} + {4^2}} = \sqrt {16916} \approx 130,06\) (km), sai khác so với \(130\) km không quá \(1\) km.
b) Sai. Lúc 9 giờ sáng ứng với \(t = 1\), cao độ của máy bay là \(4 + 3 \cdot 1 = 7\) (km).
c) Sai. Lúc 10 giờ sáng ứng với \(t = 2\), máy bay ở vị trí \(M\left( {650;\,\,920;\,\,10} \right)\). Khi đó:
\(MF = \sqrt {{{\left( {1250 - 650} \right)}^2} + {{\left( {1020 - 920} \right)}^2} + {{\left( {0 - 10} \right)}^2}} = \sqrt {370100} \approx 608,4\) (km).
sai khác so với \(700\) km lớn hơn \(10\) km.
d) Đúng. Máy bay đạt độ cao \(10{\rm{\;km}}\) khi \(4 + 3t = 10 \Leftrightarrow t = 2\); lúc đó máy bay ở vị trí \({M_1}\left( {650;\,\,920;\,\,10} \right)\).
Kể từ thời điểm này, sau \(s\) giờ bay với vận tốc \({\vec v_2}\), máy bay ở vị trí \(\left( {650 + 400s;\;\,\,920 + 300s;\;\,\,10 - 5s} \right)\).
Máy bay chạm đất khi \(10 - 5s = 0 \Leftrightarrow s = 2\), ứng với tọa độ:
\(\left( {650 + 800;\;\,\,920 + 600;\;\,\,0} \right) = \left( {1450;\;\,\,1520;\,\,\;0} \right)\).
\(v\left( t \right) = 2 - \frac{3}{{t + 1}}\).
Tốc độ tương tác tại thời điểm ban đầu \(\left( {t = 0} \right)\) là \(2\) triệu giờ/tuần.
Tốc độ tương tác tại thời điểm \(t = 1\) tuần bằng \(1\) triệu giờ/tuần.
Gia tốc tương tác của người dùng tại thời điểm \(t = 1\) tuần bằng \(0,5\) triệu giờ/tuần2.
Đáp án: a) Sai. \(\quad \) b) Sai. \(\quad \) c) Đúng. \(\quad \) d) Đúng.
Với \(t \ge 0\), ta có: \(v\left( t \right) = x'\left( t \right) = 2 - \frac{2}{{t + 1}},\,\,a\left( t \right) = v'\left( t \right) = \frac{2}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}\).
a) Sai. Theo kết quả trên, \(v\left( t \right) = 2 - \frac{2}{{t + 1}}\) chứ không phải \(2 - \frac{3}{{t + 1}}\).
b) Sai. \(v\left( 0 \right) = 2 - \frac{2}{{0 + 1}} = 0\) triệu giờ/tuần.
c) Đúng. \(v\left( 1 \right) = 2 - \frac{2}{{1 + 1}} = 1\) triệu giờ/tuần.
d) Đúng. \(a\left( 1 \right) = \frac{2}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2}}} = 0,5\) triệu giờ/tuần2.
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 89\).
Xác suất của biến cố \(A\) là \({\rm{P}}\left( A \right) = \frac{{11}}{{90}}\).
Xác suất của biến cố \(B\) là \({\rm{P}}\left( B \right) = \frac{1}{{10}}\).
Xác suất của biến cố hợp \(A \cup B\) là \({\rm{P}}\left( {A \cup B} \right) = \frac{2}{9}\).
Đáp án: a) Sai. \(\quad \) b) Đúng. \(\quad \) c) Đúng. \(\quad \) d) Sai.
Các số tự nhiên có hai chữ số là \(10;\,\,11; \ldots ;\,\,99\), gồm \(99 - 10 + 1 = 90\) số.
Vậy \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 90\).
a) Sai. Ta có: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 90\).
b) Đúng. Các số có hai chữ số chia hết cho \(8\) là \(16;\,\,24; \ldots ;\,\,96\), lập thành một cấp số cộng với công sai \(8\), gồm \(\frac{{96 - 16}}{8} + 1 = 11\) số.
Do đó \(P\left( A \right) = \frac{{11}}{{90}}\).
c) Đúng. Các số có hai chữ số giống nhau là \(11;\,\,22; \ldots ;\,\,99\), gồm \(9\) số.
Do đó \(P\left( B \right) = \frac{9}{{90}} = \frac{1}{{10}}\).
d) Sai. Biến cố \(A \cap B\) gồm các số có hai chữ số giống nhau và chia hết cho \(8\); kiểm tra trực tiếp 9 số \(11;\,\,22; \ldots ;\,\,99\) chỉ có \(88 = 8 \cdot 11\) thỏa mãn, nên \(n\left( {A \cap B} \right) = 1\).
Theo công thức cộng xác suất ta có:
\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = \frac{{11}}{{90}} + \frac{9}{{90}} - \frac{1}{{90}} = \frac{{19}}{{90}} \ne \frac{2}{9}\).
PHẦN III: (3,0 ĐIỂM) - TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN.
(Học sinh trả lời câu hỏi từ câu 1 đến câu 6, mỗi câu trả lời đúng 0.5 điểm).
Trong một dự án giám sát sinh thái hồ, các chuyên gia môi trường mô hình hóa nồng độ oxygen hòa tan \(DO\) (đơn vị: mg/L) trong nước hồ sau \(t\) giờ \(\left( {t \ge 0} \right)\) kể từ khi xảy ra sự cố xả thải hữu cơ bằng hàm số \(y = f\left( t \right)\) có đồ thị như hình vẽ bên. Biết rằng nồng độ oxygen hòa tan được xấp xỉ bởi công thức \(f\left( t \right) = 5 - \frac{{15t}}{{9{t^2} + 1}}\). Đạo hàm \(f'\left( t \right)\) biểu thị tốc độ thay đổi nồng độ oxygen trong nước hồ (đơn vị: mg/(L⋅giờ)). Tốc độ phục hồi (hoặc gia tăng) nồng độ oxygen tan trong hồ đạt giá trị lớn nhất tại thời điểm \(t = \frac{{\sqrt a }}{b}\) giờ (\(a\) và \(b\) là các số nguyên tố). Tính giá trị của biểu thức \(P = a - b\).
Tốc độ thay đổi nồng độ oxygen. Với \(t \ge 0\),
\(f'\left( t \right) = - 15 \cdot \frac{{\left( {9{t^2} + 1} \right) - t \cdot 18t}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{15\left( {9{t^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}}\).
Bài toán quy về tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(f'\) trên \(\left[ {0;\,\, + \infty } \right)\). Ta có
\(f''\left( t \right) = 15 \cdot \frac{{18t\left( {9{t^2} + 1} \right) - \left( {9{t^2} - 1} \right) \cdot 36t}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^3}}} = \frac{{270t\left( {3 - 9{t^2}} \right)}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^3}}}\).
Với \(t > 0\), dấu của \(f''\left( t \right)\) cùng dấu với \(3 - 9{t^2}\), nên \(f''\left( t \right) > 0\) khi \(0 < t < \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) và \(f''\left( t \right) < 0\) khi \(t > \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Do đó \(f'\) đồng biến trên \(\left[ {0;\,\,\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right]\) và nghịch biến trên \(\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{3};\,\, + \infty } \right)\), nên \(f'\) đạt giá trị lớn nhất tại \(t = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\), với giá trị lớn nhất bằng \(\frac{{15}}{8}\) mg/(L⋅giờ).
So sánh với \(t = \frac{{\sqrt a }}{b}\) ta được \(a = 3,\,\,b = 3\) (đều là số nguyên tố), suy ra \(P = a - b = 0\).
Đáp án: 0.
Phương án 1. Số tiền thuê các quý lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 10\) và công sai \(d = 0,5\) (triệu đồng).
Thời hạn 15 năm gồm \(n = 15 \cdot 4 = 60{\rm{\;qu\'y }}\), nên tổng chi phí là:
\({S_{60}} = \frac{{60}}{2}\left[ {2 \cdot 10 + \left( {60 - 1} \right) \cdot 0,5} \right] = 30 \cdot 49,5 = 1485\) (triệu đồng).
Phương án 2. Số tiền thuê các năm lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 70\) và công sai \(d = 3\) (triệu đồng), gồm \(n = 15\), nên tổng chi phí là:
\({S_{15}} = \frac{{15}}{2}\left[ {2 \cdot 70 + \left( {15 - 1} \right) \cdot 3} \right] = \frac{{15}}{2} \cdot 182 = 1365\) (triệu đồng).
Vì \(1365 < 1485\) nên doanh nghiệp chọn phương án 2; tổng chi phí thấp nhất là \(1365\) triệu đồng.
Đáp án: 1365.
Hàm số xác định khi và chỉ khi \(1 - x \ge 0\), \(x > 0\) và \(x - 1 \ne 0\), tức là \(0 < x < 1\).
Vậy tập xác định là \(D = \left( {0;\,\,1} \right)\).
Do \(D = \left( {0;\,\,1} \right)\) bị chặn nên không xét được giới hạn của hàm số khi \(x \to + \infty \) hay \(x \to - \infty ;\) đồ thị không có tiệm cận ngang, suy ra \(n = 0\).
Với \(0 < x < 1\) ta có \(x - 1 = - \left( {1 - x} \right) < 0\), do đó:
\(y = \frac{{\sqrt {1 - x} }}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt x }} = \frac{{\sqrt {1 - x} }}{{ - \left( {1 - x} \right)\sqrt x }} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {1 - x} \cdot \sqrt x }}.\)
Khi \(x \to {0^ + }\) thì \(\sqrt {1 - x} \to 1\) và \(\sqrt x \to {0^ + }\) nên \(y \to - \infty \); do đó \(x = 0\) là một tiệm cận đứng. Khi \(x \to {1^ - }\) thì \(\sqrt x \to 1\) và \(\sqrt {1 - x} \to {0^ + }\) nên \(y \to - \infty \); do đó \(x = 1\) là một tiệm cận đứng. Vậy \(d = 2\).
\(T = 26 \cdot 0 - 27 \cdot 2 = - 54\).
Đáp án: -54.
Theo hình vẽ, ở mỗi góc của tấm vuông, phần bị cắt bỏ được giới hạn bởi hai điểm nằm trên hai cạnh kề và cách đỉnh góc đó \(1\) dm.
Do đó mỗi mép ngoài của khay có độ dài \(8 - 2 \cdot 1 = 6\) (dm).
Vậy khay là hình chóp cụt đều \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy nhỏ \(ABCD\) cạnh \(3{\rm{\;dm}}\) và đáy lớn (miệng khay) \(A'B'C'D'\) cạnh \(6\) dm.
Trung đoạn của mặt bên. Mỗi mặt bên là một hình thang cân; trên tấm phẳng, khoảng cách giữa hai đáy \(DC\) và \(D'C'\) của hình thang bằng \(\frac{{8 - 3}}{2} = 2,5\) (dm).
Gọi \(M,\,\,M'\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(A'B'\), khi đó \(MM' = 2,5\) dm.
Tính chiều cao. Gọi \(O,\,\,O'\) lần lượt là tâm của hai hình vuông \(ABCD\) và \(A'B'C'D'\).
Khi đó \(OO'\) vuông góc với hai mặt đáy và \(OO'\) chính là chiều cao \(h\) của khay.
\(OM = \frac{{AB}}{2} = \frac{3}{2} = 1,5\) (dm) và \(O'M' = \frac{{A'B'}}{2} = \frac{6}{2} = 3\) (dm).
Tứ giác \(OMM'O'\) là hình thang vuông tại \(O\) và \(O'\).
Hạ đường vuông góc, ta được tam giác vuông có cạnh huyền \(MM'\) và hai cạnh góc vuông là \(OO'\) và \(O'M' - OM\). Do đó:
\(h = OO' = \sqrt {M{{M'}^2} - {{\left( {O'M' - OM} \right)}^2}} = \sqrt {{{2,5}^2} - {{1,5}^2}} = \sqrt 4 = 2\) (dm).
Đáp án: 2.
Trong một dự án nghiên cứu công nghệ vật liệu mới, các kỹ sư thiết kế một tấm pin năng lượng mặt trời dạng hình vuông có cạnh \(1\) m. Để tối ưu hóa khả năng hấp thụ ánh sáng và tản nhiệt, mặt tấm pin được phủ các lớp vi mạch cảm biến dạng phân mảnh (fractal).
Ban đầu, tấm pin hình vuông được chia thành \(9\) ô vuông nhỏ bằng nhau, ô vuông ở chính giữa được phủ một lớp vật liệu cảm biến sẫm màu (màu đen). Ở giai đoạn tiếp theo, mỗi ô vuông màu sáng còn lại tiếp tục được chia thành \(9\) ô vuông nhỏ hơn và ô vuông chính giữa của nó lại được phủ vật liệu cảm biến sẫm màu. Quá trình chia nhỏ và phủ vi mạch sẫm màu này được thực hiện liên tục đúng \(5\) lần.
Diện tích phần sáng sau mỗi lần thực hiện. Gọi \({S_k}\) là diện tích phần còn sáng sau lần thực hiện thứ \(k\); quy ước \({S_0} = 1\) m2.
Ở mỗi lần thực hiện, mỗi ô sáng được chia thành 9 ô bằng nhau và bị phủ sẫm đúng 1 ô, nên phần sáng còn lại bằng \(\frac{8}{9}\) phần sáng trước đó:
\({S_k} = \frac{8}{9}{S_{k - 1}}\,\,\left( {k = 1;\,\,2; \ldots ;\,\,5} \right)\).
Dãy \(\left( {{S_k}} \right)\) là một cấp số nhân với \({S_0} = 1\) và công bội \(q = \frac{8}{9}\), do đó \({S_5} = {\left( {\frac{8}{9}} \right)^5} = \frac{{32768}}{{59049}}\).
Diện tích phần được phủ. Tổng diện tích đã phủ vật liệu cảm biến sẫm màu là
\(S = {S_0} - {S_5} = 1 - {\left( {\frac{8}{9}} \right)^5} = \frac{{26281}}{{59049}} \approx 0,445.\)
Làm tròn đến hàng phần trăm được \(0,45\) m2.
Đáp án: 0,45.
Cho tập hợp \(X = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3; \ldots ;12} \right\}\). Chọn ngẫu nhiên \(4\) số phân biệt từ tập \(X\). Trong \(4\) số được chọn, ta đặt \(1\) số vào vòng tròn lớn ở chính giữa, \(3\) số còn lại được đặt vào ba vòng tròn nhỏ xung quanh (biết rằng ba vòng tròn nhỏ này không phân biệt vị trí). Gọi \(P\) là xác suất để các số được đặt thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
Ba số ở ba vòng tròn nhỏ có thể sắp xếp thành một cấp số cộng tăng. Số ở vòng tròn lớn chính giữa bằng tổng của cả ba số ở ba vòng tròn nhỏ.
Không gian mẫu. Mỗi kết quả của phép thử được xác định bởi số đặt ở vòng tròn lớn và tập hợp ba số đặt ở ba vòng tròn nhỏ (ba vòng tròn nhỏ không phân biệt vị trí). Số ở vòng tròn lớn có \(12\) cách chọn, ba số còn lại có \(C_{11}^3 = 165\) cách chọn. Do đó
\(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 12 \cdot 165 = 1980.\)
Đếm kết quả thuận lợi. Gọi ba số ở ba vòng tròn nhỏ, sắp xếp tăng dần, là \(b - k,\,\,b,\,\,b + k\) với \(k \in {\mathbb{N}^ * }\).
Tổng của chúng bằng \(3b\), nên số ở vòng tròn lớn là \(3b\).
Điều kiện cần là \(1 \le b - k\), \(b + k \le 12\), \(3b \le 12\) và \(3b\) khác cả ba số \(b - k,\,\,b,\,\,b + k\).
Từ \(3b \le 12\) suy ra \(b \le 4\); từ \(b - k \ge 1\) suy ra \(k \le b - 1\), nên \(b \ge 2\).
\(b = 2:\,\,k = 1\), được bộ \(\left\{ {1;\,\,2;\,\,3} \right\}\), số ở giữa là \(6\) (thỏa mãn).
\(b = 3:\,\,k \in \left\{ {1;\,\,2} \right\}\), được các bộ \(\left\{ {2;\,\,3;\,\,4} \right\}\), \(\left\{ {1;\,\,3;\,\,5} \right\}\), số ở giữa là \(9\) (thỏa mãn).
\(b = 4:\,\,k \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3} \right\}\), được các bộ \(\left\{ {3;\,\,4;\,\,5} \right\}\), \(\left\{ {2;\,\,4;\,\,6} \right\}\), \(\left\{ {1;\,\,4;\,\,7} \right\}\), số ở giữa là \(12\) (thỏa mãn). Trong mọi trường hợp, điều kiện \(b + k \le 12\) đều được thỏa mãn.
Vậy số kết quả thuận lợi là \(1 + 2 + 3 = 6\).
\(P = \frac{6}{{1980}} = \frac{1}{{330}}\), do đó \(33990P = \frac{{33990}}{{330}} = 103\).
Đáp án: 103.
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)
