Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 11)
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án.
Biểu đồ dưới đây biểu diễn số lượt khách hàng đặt bàn qua hình thức trực tuyến mỗi ngày trong quý III năm 2024 của một nhà hàng. Cột thứ nhất biểu diễn số ngày có từ 1 đến dưới 6 lượt đặt bàn; cột thứ hai biểu diễn số ngày có từ 6 đến dưới 11 lượt đặt bàn; ...
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm cho bởi biểu đồ trên bằng
9,5.
8,5.
10,5.
7,5.
Dựa vào biểu đồ ta có bảng số liệu sau:
|
Số lượt đặt bàn |
\(\left[ {1;6} \right)\) |
\(\left[ {6;11} \right)\) |
\(\left[ {11;16} \right)\) |
\(\left[ {16;21} \right)\) |
\(\left[ {21;26} \right)\) |
|
Số ngày |
14 |
30 |
25 |
18 |
5 |
Cỡ mẫu \(n = 14 + 30 + 25 + 18 + 5 = 92\).
Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{92}}\) là mẫu số liệu gốc về số lượt khách đặt bàn qua hình thức trực tuyến mỗi ngày trong quý III năm 2024 của một nhà hàng được xếp theo thứ tự không giảm.
Ta có \({x_1};...;{x_{14}} \in \left[ {1;6} \right),{x_{15}};...;{x_{44}} \in \left[ {6;11} \right),{x_{45}};...;{x_{69}} \in \left[ {11;16} \right),\)
\({x_{70}};...;{x_{87}} \in \left[ {16;21} \right),{x_{88}};...;{x_{92}} \in \left[ {21;26} \right)\).
Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \(\frac{1}{2}\left( {{x_{23}} + {x_{24}}} \right) \in \left[ {6;11} \right)\).
Ta có \({Q_1} = 6 + \frac{{\frac{{92}}{4} - 14}}{{30}}\left( {11 - 6} \right) = 7,5\).
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \(\frac{1}{2}\left( {{x_{69}} + {x_{70}}} \right)\). Mà \({x_{69}} \in \left[ {11;16} \right)\) và \({x_{70}} \in \left[ {16;21} \right)\).
Do đó tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là \({Q_3} = 16\).
Vậy \(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 16 - 7,5 = 8,5\). Chọn B.
\(x = - \frac{1}{2}.\)
\(y = 1.\)
\(y = - \frac{1}{2}.\)
\(x = 2.\)
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2 - x}}{{2x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\frac{2}{x} - 1}}{{2 + \frac{1}{x}}} = - \frac{1}{2}.\)
Do đó đồ thị đã cho có đường tiệm cận ngang là \(y = - \frac{1}{2}.\) Chọn C.
\(\left( { - \infty ;\frac{1}{{100}}} \right].\)
\(\left( {0\,;100} \right]\).
\(\left( {0;\frac{1}{{100}}} \right].\)
\(\left[ {\frac{1}{{100}}; + \infty } \right).\)
Ta có \(\log x \le - 2 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{x \le {{10}^{ - 2}} = \frac{1}{{100}}}\end{array} \Leftrightarrow 0 < x \le \frac{1}{{100}}} \right.\). Chọn C.
\(\left( { - \infty \,;\,1} \right)\).
\(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
\(\left( {0; + \infty } \right)\).
Ta có \(f'\left( x \right) = - {x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0\).
Ta có trục xét dấu của \(f'\left( x \right)\) như sau:
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty \,;0} \right)\). Chọn C.
\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'D'} } \right) = 90^\circ .\)
\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = 45^\circ \).
\(\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {B'D'} } \right) = 90^\circ .\)
\(\left( {\overrightarrow {A'A} ,\overrightarrow {CB'} } \right) = 45^\circ .\)
Ta có \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'D'} } \right) = (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} ) = \widehat {BAD} = 90^\circ \).
\(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ) = \widehat {BAC} = 45^\circ \).
\(\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {B'D'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} } \right) = 90^\circ \).
\(\left( {\overrightarrow {A'A} ,\overrightarrow {CB'} } \right) = \left( {\overrightarrow {C'C} ,\overrightarrow {CB'} } \right) = \left( {\overrightarrow {CE} ,\overrightarrow {CB'} } \right) = 135^\circ \) trong đó E là điểm đối xứng với \(C'{\rm{ qua }}C{\rm{. }}\)Chọn D.
\(x - z = 0.\)
\(x - 2z = 0.\)
\(y = 2.\)
\(x + z = 0.\)
Phương trình mặt phẳng chứa trục \(Oy\) và qua điểm \(A\left( {1\,;2\,; - 1} \right)\) nên
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\vec n \cdot \vec j = 0}\\{\vec n \cdot \overrightarrow {OA} = 0}\end{array} \Rightarrow \vec n = \left[ {\vec j,\overrightarrow {OA} } \right]} \right.\).
Ta có \(\vec j = \left( {0\,;1\,;0} \right),\overrightarrow {OA} = \left( {1\,;2\,; - 1} \right) \Rightarrow \left[ {\vec j,\overrightarrow {OA} } \right] = \left( { - 1\,;0\,; - 1} \right)\).
Suy ra mặt phẳng cần tìm có 1 vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( { - 1\,;0\,; - 1} \right)\), do đó mặt phẳng cũng có vectơ pháp tuyến là \(\left( {1\,;0\,;1} \right)\).
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là \[1\left( {x - 0} \right) + 0\left( {y - 0} \right) + 1\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + z = 0\]. Chọn D.
3.
0.
5.
2.
Xét \(f'\left( x \right) = 4{x^3}\left( {x - 1} \right) + {x^4} = {x^3}\left[ {4\left( {x - 1} \right) + x} \right] = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^3} = 0\\4\left( {x - 1} \right) + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \frac{4}{5}}\end{array}} \right.\).
Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm bội lẻ phân biệt.
Vậy hàm số \(f\left( x \right) = {x^4}\left( {x - 1} \right)\) có hai điểm cực trị. Chọn D.
\(\overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\vec x + \vec y + \vec z} \right)\).
\(\overrightarrow {AG} = - \frac{2}{3}\left( {\vec x + \vec y + \vec z} \right)\).
\(\overrightarrow {AG} = - \frac{1}{3}\left( {\vec x + \vec y + \vec z} \right)\).
\(\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\left( {\vec x + \vec y + \vec z} \right)\).
Ta có:
\(\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DG} = \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {DI} = \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} } \right)\)
\( = \overrightarrow {AD} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AC} } \right)\)
\( = \overrightarrow {AD} + \frac{1}{3}\left( { - 2\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)
\( = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{3}\left( {\vec x + \vec y + \vec z} \right)\). Chọn A.
Đường cong trong hình dưới có tên gọi là đường Lemmiscate.
Trong mặt phẳng \(Oxy\), phương trình của đường Lemmiscate đã cho là \(16{y^2} = {x^2}\left( {25 - {x^2}} \right)\). Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường cong đó quay quanh trục \(Ox\) bằng
\(\frac{{625}}{6}\pi .\)
\(\frac{{625}}{{12}}\pi .\)
\(\frac{{1250}}{3}\pi .\)
\(\frac{{625}}{3}\pi .\)
Hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là \(x = 0\,;x = - 5\,;x = 5\).
Dễ thấy thể tích vật thể xoay tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường cong đó quay quanh trục \(Ox\) bao gồm 4 phần bằng nhau.
Có \(4y = x\sqrt {25 - {x^2}} ,\,\,x \in \left[ {0\,;5} \right]\)\( \Rightarrow v = \pi {\int\limits_0^5 {\left[ {\frac{1}{4}x\sqrt {25 - {x^2}} } \right]} ^2}{\rm{d}}x = \frac{{625}}{{24}}\pi \)\( \Rightarrow V = 2v = \frac{{625}}{{12}}\pi \). Chọn B.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(y = - {x^2} + 2.\)
\(y = - 2021x + 1.\)
\(y = {x^2} - 3x + 4.\)
\(y = \frac{1}{{x - 1}}.\)
Ta có \(y = - 2021x + 1\,\,{\rm{ c\'o }}\,\,{\rm{ }}y' = - 2021 < 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\). Chọn B.
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 5}}{1}.\)
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 3}}{{ - 1}} = \frac{{z + 5}}{1}.\)
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 5}}{1}.\)
\(\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y + 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 5}}{1}.\)
Phương trình đường thẳng đi qua điểm \(M\left( {1\,; - 3\,;5} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\left( {2\,; - 1\,;1} \right)\) là: \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 5}}{1}\). Chọn C.
\(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} \).
\(V = {\pi ^2}\int\limits_a^b {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x\).
\[V = {\pi ^2}\int\limits_a^b {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} \].
\[V = \pi \int\limits_a^b {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} \].
Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = a,x = b\) quanh trục \(Ox\) được tính theo công thức \(V = \pi \int\limits_a^b {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} \). Chọn D.
\(f\left( x \right) = \sqrt x + 2\) với mọi \(x \in \left( {0\,; + \infty } \right)\).
\(F\left( x \right) = \frac{2}{3}x\sqrt x - {x^2} + C\) với C là một hằng số.
Giá trị của \(F\left( 1 \right) = - \frac{{100}}{3}\).
Tổng \(F\left( 1 \right) + F\left( 4 \right) + F\left( {16} \right) = - 17\).
a) Sai. Với \(x \in \left( {0\,; + \infty } \right)\), ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}}\)\( = \sqrt x - 2\).
b) Sai. Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {\sqrt x - 2} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{2}{3}x\sqrt x - 2x + C\).
c) Sai. Ta có \(F\left( 9 \right) = 0 \Rightarrow \frac{2}{3} \cdot 9\sqrt 9 - 2 \cdot 9 + C = 0 \Leftrightarrow C = 0\).
\( \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{2}{3}x\sqrt x - 2x \Rightarrow F\left( 1 \right) = - \frac{4}{3}\).
d) Sai. Ta có: \(F\left( x \right) = \frac{2}{3}x\sqrt x - 2x \Rightarrow F\left( 4 \right) = - \frac{8}{3},F\left( {16} \right) = \frac{{32}}{3}\)
\( \Rightarrow F\left( 1 \right) + F\left( 4 \right) + F\left( {16} \right) = - \frac{4}{3} - \frac{8}{3} + \frac{{32}}{3} = \frac{{20}}{3}\).
Một chiếc máy bay đang bay trên không trung (coi vận tốc gió không đáng kể). Xét hệ trục tọa độ \(Oxyz\), được gắn như hình vẽ, trong đó gốc O là vị trí của trạm kiểm soát không lưu, mặt đất trùng với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) và \(M\left( {x\,;y\,;z} \right)\,\,{\rm{(km)}}\) biểu thị vị trí máy bay trên không trung. Tại thời điểm 8 giờ máy bay đang ở vị trí \(\left( {50;120;4} \right)\) và chuyển động với vận tốc \(\vec v = \left( {300\,;400\,;3} \right)\,{\rm{(km/h)}}\).
Tại thời điểm 8 giờ, khoảng cách giữa máy bay và trạm kiểm soát không lưu nói trên xấp xỉ 130 km (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Tại thời điểm 9 giờ độ cao của máy bay so với mặt đất là 8 km.
Tại thời điểm 10 giờ, khoảng cách giữa máy bay và một tháp truyền hình \(F\) có tọa độ \(\left( {1250\,;1020\,;0,1} \right)\) xấp xỉ 700 km (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Khi đạt độ cao 10 km, máy bay bắt đầu thay đổi vận tốc với vận tốc mới là \(\overrightarrow {{v_2}} = \left( {400\,;300\,; - 4} \right)\,\,{\rm{(km/h)}}\) để hạ cánh xuống mặt đất. Như vậy từ độ cao 10 km, sau 2 giờ 30 phút máy bay sẽ hạ cánh.
a) Đúng. Khoảng cách giữa máy bay và trạm kiểm soát không lưu là
\(\sqrt {{{50}^2} + {{120}^2} + {4^2}} \approx 130\).
b) Sai. Ta có phương trình chuyển động của máy bay bắt đầu ở thời điểm 8 giờ là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 50 + 300t}\\{y = 120 + 400t.}\\{z = 4 + 3t}\end{array}} \right.\)
Độ cao của máy bay so với mặt đất tại thời điểm 9 giờ là \(z = 4 + 3 \cdot 1 = 7\;\,\,{\rm{(km)}}.\)
c) Sai. Tọa độ của máy bay tại thời điểm 10 giờ là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 50 + 300 \cdot 2 = 650}\\{y = 120 + 400 \cdot 2 = 920}\\{z = 4 + 3 \cdot 2 = 10}\end{array}} \right.\).
Khoảng cách giữa máy bay và tháp truyền hình là
\(\sqrt {{{\left( {1250 - 650} \right)}^2} + {{\left( {1020 - 920} \right)}^2} + {{\left( {0,1 - 10} \right)}^2}} \)\( \approx 608\;\,\,{\rm{(km)}}\).
d) Đúng. Phương trình chuyển động của máy bay ở thời điểm 10 giờ là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 650 + 400t}\\{y = 920 + 300t}\\{z = 10 - 4t}\end{array}} \right.\).
Để máy bay hạ cánh thì \(z = 0 \Rightarrow t = 2,5\).
\(P\left( {A\bar B} \right) = 0,2\).
Xác suất để cả 2 mặt hàng đều có lãi là 0,5.
Xác suất để có đúng một mặt hàng có lãi là 0,5.
Xác suất để mặt hàng B có lãi biết mặt hàng A không có lãi là 0,75.
a) Đúng. Có \(A\bar B\) là biến cố: “Mặt hàng A có lãi và mặt hàng B không có lãi” hay “Chỉ có mặt hàng A có lãi” \( \Rightarrow P\left( {A\bar B} \right) = 0,2\).
b) Sai. Ta có AB là biến cố: “Cả 2 mặt hàng có lãi”. Yêu cầu bài toán là tính \(P\left( {AB} \right)\).
Ta có \(P\left( {A\bar B} \right) + P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)\)\( \Rightarrow P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) - P\left( {A\bar B} \right) = 0,6 - 0,2 = 0,4\).
c) Đúng. Gọi \(C\) là biến cố: “Có đúng một mặt hàng có lãi”.
\( \Rightarrow C = \bar AB \cup A\bar B\) mà \(\bar AB\) và \(A\bar B\) là các biến cố xung khắc \( \Rightarrow P\left( C \right) = P\left( {\bar AB} \right) + P\left( {A\bar B} \right)\).
Có \(P\left( {\bar AB} \right) = P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0,7 - 0,4 = 0,3\) và \(P\left( {A\bar B} \right) = 0,2\).
Vậy \(P\left( C \right) = 0,3 + 0,2 = 0,5\).
d) Đúng. Gọi \(D\) là biến cố: “Mặt hàng B có lãi biết mặt hàng A không có lãi” \( \Rightarrow D = B\mid \bar A\).
Khi đó \(P\left( D \right) = P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{{P\left( {\bar AB} \right)}}{{P\left( {\bar A} \right)}}\)\( = \frac{{0,3}}{{1 - P\left( A \right)}} = \frac{{0,3}}{{1 - 0,6}} = 0,75\).
Một cái hồ nước ước tính có hình tròn, đường kính 400 dm (xem hình). Bắt đầu từ tâm, độ sâu của nước được đo mỗi 25 dm và ghi lại trong bảng với x có đơn vị dm.
|
\(x\) |
0 |
25 |
50 |
75 |
100 |
125 |
150 |
175 |
200 |
|
Độ sâu |
20 |
19 |
19 |
17 |
15 |
14 |
10 |
6 |
0 |
Bảng 1
Người ta xây dựng một hàm số bậc hai \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) để mô phỏng tương đối độ sâu của cái hồ theo số liệu ở bảng 1, tức là trên hệ trục tọa độ \(Oxy\), đồ thị của hàm số đó đi qua các điểm \(A\left( {0\,;20} \right),B\left( {100\,;15} \right),C\left( {200\,;0} \right)\) và đơn vị trên các trục tọa độ là dm. Gọi \({V_0}\) là thể tích của hồ nước. Dựa vào hàm số \(f\left( x \right)\) tìm được, ta có:
Độ sâu lớn nhất của cái hồ là 20 m.
Thể tích của hồ nước được xác định thông qua công thức \({V_0} = \pi \int\limits_0^{200} {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x} \).
Thể tích của hồ nước là \({V_0} = 8\,378\) lít (làm tròn đến hàng đơn vị của \({\rm{d}}{{\rm{m}}^3}\)).
Hồ nước đang đầy thì nước bắt đầu bốc hơi khỏi hồ với tốc độ \(V'\left( t \right) = 0,03{V_0} \cdot {e^{ - 0,03t}}\) (t tính theo ngày). Vậy sau 10 ngày không mưa, lượng nước còn lại trong hồ là 465 lít (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
a) Sai. Dựa theo hình vẽ ta thấy độ sâu lớn nhất của ao là 2 m.
b) Sai. Thể tích của hồ nước chính là thể tích giới hạn bởi hàm số \(x = f\left( y \right)\) và các đường thẳng \(y = 0,y = 20,x = 0\) khi quay quanh trục \(Oy \Rightarrow {V_0} = \pi \int\limits_0^{20} {{f^2}\left( y \right){\rm{d}}y.} \)
c) Sai. Thay tọa độ các điểm \(A\left( {0\,;20} \right),B\left( {100\,;15} \right),C\left( {200\,;0} \right)\) vào phương trình hàm số \(f\left( x \right)\) ta được hệ phương trình sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 20}\\{10000a + 100b + c = 15}\\{40000a + 200b + c = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{{ - 1}}{{2000}}}\\\begin{array}{l}b = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\\c = 20\end{array}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow y = f\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{2000}} \cdot {x^2} + 20.\)
Vậy \({V_0} = \pi \int\limits_0^{20} {2\,000\left( {20 - y} \right){\rm{d}}y} \approx 1\,256\,637\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^3})\).
d) Sai. Thể tích hồ nước bốc hơi trong 10 ngày là: \(V'\left( {10} \right) = 0,03{V_0} \cdot {e^{ - 0,03\, \cdot 10}} \approx 27\,928\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^3})\).
Thể tích nước còn lại trong hồ là: \(1\,256\,637 - 27\,928 = 1\,228\,709\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^3})\).
Đáp án: 0,73.
Gọi \(I\) là giao điểm của \(B'C\) và mặt phẳng \(\left( {ABC'} \right).\) Suy ra \(\left( {B'C,\left( {ABC'} \right)} \right) = \left( {CI,\left( {ABC'} \right)} \right).\)
Quan sát hình minh hoạ.
Kẻ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CH \bot AB}\\{CK \bot C'H}\end{array}} \right.\) (1).
Ta có \(CC' \bot AB\) (2) (vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(\left. {C'C \bot \left( {ABC} \right)} \right)\).
Từ (1) và (2) suy ra \(AB \bot \left( {C'CH} \right) \Rightarrow AB \bot CK.\)
Lại có \(CK \bot C'H\) nên suy ra \(CK \bot \left( {ABC'} \right)\) hay K là hình chiếu của điểm \(C\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABC'} \right)\). Suy ra \(\left( {CI,\left( {ABC'} \right)} \right) = \widehat {CIK}\).
+) Trong tam giác vuông \(CAB\), ta có \(CH \cdot AB = CA \cdot CB\)\( \Rightarrow CH = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{3a \cdot 4a}}{{5a}} = 2,4a.\)
Ta có \(\left( {B'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {B'CB} = 45^\circ .\)
Suy ra \(\tan \widehat {B'CB} = \frac{{B'B}}{{BC}} \Rightarrow B'B = BC\tan \widehat {B'CB}\) \( = 4a \cdot \tan 45^\circ = 4a.\)
Trong tam giác vuông \(C'CH\), ta có
\(\frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{{C'{C^2}}} + \frac{1}{{C{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {4a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2,4a} \right)}^2}}}\)\( \Leftrightarrow CK = \frac{{12a}}{{\sqrt {34} }}\).
+) Ta có \(CI = \frac{1}{2}B'C = \frac{1}{2}\sqrt {B{C^2} + B'{B^2}} \)\( = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {4a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2}} = 2\sqrt 2 a\).
Suy ra \(\sin \widehat {CIK} = \frac{{CK}}{{CI}} = \frac{{\frac{{12a}}{{\sqrt {34} }}}}{{2\sqrt 2 a}} \approx 0,73\).
Đáp án: 33,3.
Giả sử An là người bốc trước.
Gọi T là biến cố: “An là người thắng cuộc” và X là biến cố: “An thắng cuộc ở lần bốc thứ 2”.
Có 3 trường hợp để An thắng là:
TH1: Xác suất An thắng ở lượt bốc thứ nhất là \(\frac{2}{6} = \frac{1}{3}.\)
TH2: Xác suất An thắng ở lượt bốc thứ 2 là \(\frac{4}{6} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{1}{5}.\)
TH3: Xác suất An thắng ở lượt bốc thứ 3 là \(\frac{4}{6} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{1}{3} \cdot 1 = \frac{1}{{15}}.\)
Suy ra \(P\left( T \right) = \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{{15}} = \frac{3}{5}\). Vậy \(P\left( {X\mid T} \right) = \frac{{P\left( {XT} \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{1}{5}:\frac{3}{5} \approx 33,3\% \).
Đáp án: 9.
Đầu tiên dùng 100 000 đồng ta sẽ mua được 6 chai nước và dư 10 000 đồng.
Uống 6 chai ta sẽ được 6 chai rỗng, sau đó đem đi đổi ta sẽ được 30 000 đồng.
Dùng 30 000 đồng trên mua được 2 chai nước mới.
Uống 2 chai nước mới ta được 2 chai rỗng, đem đi đổi ta được 10 000 đồng.
Cộng với 10 000 đồng còn dư ở phía trên ta được 20 000 đồng và mua được 1 chai nước mới.
Vậy ta có thể uống được nhiều nhất là 9 chai nước.
Đáp án: 1,3.
Gọi áp suất trong động mạch chủ tại thời điểm \(t\) là: \(P\left( t \right) = at + b,a \ne 0\).
Theo bài ra ta có: \(P\left( 0 \right) = b = 15;\,\,P\left( {0,27} \right) = 0,27a + b = 30 \Rightarrow a = \frac{{500}}{9}\)\( \Rightarrow P\left( t \right) = \frac{{500}}{9}t + 15\).
Khi đó: \(V\left( t \right) = \left[ {0,4 + 0,09P\left( t \right)} \right]\left( {\frac{{3{t^2}}}{{{T^2}}} - \frac{{2{t^3}}}{{{T^3}}}} \right)\)\( = \left[ {0,4 + 0,09\left( {\frac{{500}}{9}t + 15} \right)} \right]\left( {\frac{{3{t^2}}}{{{{0,27}^2}}} - \frac{{2{t^3}}}{{{{0,27}^3}}}} \right)\).
Thể tích trung bình của máu trong động mạch chủ trong suốt pha tâm thu là:
\({V_{tb}} = \frac{1}{{0,27 - 0}}\int\limits_0^{0,27} V \left( t \right){\rm{d}}t\)\( = \frac{1}{{0,27 - 0}}\int\limits_0^{0,27} {\left[ {0,4 + 0,09\left( {\frac{{500}}{9}t + 15} \right)} \right]} \left( {\frac{{3{t^2}}}{{{{0,27}^2}}} - \frac{{2{t^3}}}{{{{0,27}^3}}}} \right){\rm{d}}t\)\( = \frac{{539}}{{400}} \approx 1,3.\)
Đáp án: −10.
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {3\,; - 4\,;0} \right)\) và bán kính \(R = 2.\)
Ta có \(OI = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2}} = 5 > R\).
Suy ra \(O\) nằm ngoài mặt cầu \(\left( S \right)\).
Ta có \(O{A^2} - O{B^2} = {\left( {\overrightarrow {OI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {OI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2}\)\( = 2\overrightarrow {OI} \cdot \overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {OI} \cdot \overrightarrow {IB} = 2\overrightarrow {OI} \cdot \left( {\overrightarrow {IA} - \overrightarrow {IB} } \right) = 2\overrightarrow {OI} \cdot \overrightarrow {BA} \)
\( = 2OI \cdot AB \cdot \cos \left( {\overrightarrow {OI} ,\overrightarrow {BA} } \right) \ge 2 \cdot 5 \cdot 1 \cdot \left( { - 1} \right) = - 10\).
Vậy \(O{A^2} - O{B^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất là −10 khi và chỉ khi \(\overrightarrow {OI} ,\overrightarrow {BA} \) ngược hướng.
Đường đi của một khinh khí cầu được gắn trong hệ trục tọa độ là một phần của đường cong bậc hai trên bậc nhất có đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm có tọa độ là \(\left( {1\,;\,0} \right)\) và \(\left( {8\,;0} \right)\) với đơn vị trên hệ trục tọa độ là 1 km.
Biết rằng điểm cực đại của đồ thị hàm số là điểm \(\left( {6\,;5} \right)\). Hỏi khinh khí cầu đi qua điểm cực đại và cách mặt đất 3 875 m thì khí cầu cách gốc tọa độ theo phương ngang bao nhiêu? (đơn vị: km).
Đáp án: 7,2.
Cách 1: Gọi \(y = \frac{{a\left( {x - 1} \right)\left( {x - 8} \right)}}{{x + d}}\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) là đường đi của khinh khí cầu.
Khi đó, phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là \(y = a\left( {2x - 9} \right)\).
Phương trình đường thẳng này đi qua điểm \(\left( {6\,;5} \right)\), suy ra \(a = \frac{5}{3}\).
\( \Rightarrow y = \frac{{\frac{5}{3}\left( {x - 1} \right)\left( {x - 8} \right)}}{{x + d}}\) đi qua điểm \(\left( {6\,;5} \right)\) nên \(5 = \frac{{\frac{5}{3}\left( {6 - 1} \right)\left( {6 - 8} \right)}}{{6 + d}}\)\( \Leftrightarrow d = - \frac{{28}}{3}\).
\( \Rightarrow y = \frac{{\frac{5}{3}\left( {x - 1} \right)\left( {x - 8} \right)}}{{x - \frac{{28}}{3}}} = \frac{{5{x^2} - 45x + 40}}{{3x - 28}}\).
Cách 2:
Gọi \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) là đường đi của khinh khí cầu.
Khi đó \(y' = {\left( {\frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}} \right)^\prime }\)\( = \frac{{\left( {2ax + b} \right)\left( {x + d} \right) - \left( {a{x^2} + bx + c} \right)}}{{{{\left( {x + d} \right)}^2}}} = \frac{{a{x^2} + 2adx + bd - c}}{{{{\left( {x + d} \right)}^2}}}\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y\left( 1 \right) = 0}\\{y\left( 8 \right) = 0}\\{y\left( 6 \right) = 5}\\{y'\left( 6 \right) = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + b + c}}{{d + 1}} = 0}\\{\frac{{64a + 8b + c}}{{d + 8}} = 0}\\{\frac{{36a + 6b + c}}{{d + 6}} = 5}\\{\frac{{36a + 12ad + bd - c}}{{{{\left( {d + 6} \right)}^2}}} = 0}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 0}\\{64a + 8b + c = 0}\\{36a + 6b + c = 30 + 5d}\\{36a + 12ad + bd - c = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = - 9a}\\{c = 8a}\\{d = - 2a - 6}\\{36a + 12ad + bd - c = 0}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{5}{3}}\\{b = - 15}\\{c = \frac{{40}}{3}}\\{d = - \frac{{28}}{3}.}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow y = \frac{{\frac{5}{3}{x^2} - 15x + \frac{{40}}{3}}}{{x - \frac{{28}}{3}}} = \frac{{5{x^2} - 45x + 40}}{{3x - 28}}.\)
Ta có \(y = \frac{{5{x^2} - 45x + 40}}{{3x - 28}} = 3,875\)\( \Leftrightarrow 5{x^2} - 45x + 40 = 11,625x - 108,5\)
\( \Leftrightarrow 5{x^2} - 56,625x + 148,5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 7,2}\\{x = 4,125}\end{array}} \right.\).
Vậy khi khí cầu đi qua điểm cực đại và cách mặt đất 3 875 m thì khí cầu cách gốc tọa độ theo phương ngang \(7,2\;\,{\rm{km}}.\)
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)
