Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 19)
22 câu hỏi
\(3 \cdot {2^{n - 1}}\).
\(3 \cdot {2^{n + 1}}\).
\(3 \cdot {2^{n + 2}}\).
\(3 \cdot {2^n}\).
Số hạng tổng quát là \({u_n} = 3 \cdot {2^{n - 1}}\,\,\left( {n \ge 2} \right).\) Chọn A.
Đường cong trong hình bên dưới là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?
\(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\).
\(y = - \frac{1}{2}{x^3} + 3{x^2} + \frac{9}{2}x + 1\).
\(y = \frac{1}{2}{x^3} - 3{x^2} + \frac{9}{2}x + 1\).
\(y = \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} - 2x + 1.\)
Đường cong trên là dạng đồ thị hàm bậc ba nên hàm số có dạng
\(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\,\,\left( {a \ne 0} \right)\).
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty \Rightarrow a > 0\). Do đó loại đáp án B.
Mặt khác đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là \(\left( {1\,;3} \right)\) và \(\left( {3\,;1} \right)\) nên phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \(x = 1\) hoặc \(x = 3\).
Thử phương trình \(y' = 0\) trong các đáp án A, B, C ta thấy đáp án C thỏa mãn.
Chọn C.
Sử dụng thông tin dưới đây để trả lời câu 3 và câu 4
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và \(OA = OB = OC = a\sqrt 3 \).
\(60^\circ .\)
\(120^\circ .\)
\(90^\circ .\)
\(45^\circ .\)
Góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {BC} \) bằng \(180^\circ - \widehat {ABC} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ .\) Chọn B.
\(a\).
\(2a\).
\(3a\).
\(\frac{a}{3}.\)
Ta có \(\frac{1}{{{d^2}\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\)\( = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}}\)
Suy ra \(d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = a\). Chọn A.
\(\mathop {\min }\limits_{x \in [0;3]} y = - 3.\)
\(\mathop {\min }\limits_{x \in [0;3]} y = - 2.\)
\(\mathop {\min }\limits_{x \in [0;3]} y = \frac{1}{4}.\)
\(\mathop {\min }\limits_{x \in [0;3]} y = - \frac{1}{2}.\)
Hàm số \(y = \frac{{x - 2}}{{x + 1}}\) liên tục trên đoạn \(\left[ {0\,;\,3} \right]\).
Ta có \[y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0\,;3} \right]\]. Vậy \(\mathop {\min }\limits_{x \in [0;3]} y = y\left( 0 \right) = - 2\). Chọn B.
\(\left( {2\,; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;2} \right)\).
\(\left( { - \infty ;2} \right]\).
\(\left[ {2; + \infty } \right)\).
Ta có bất phương trình \({2^{x + 1}} \cdot {3^x} \le 72 \Leftrightarrow {6^x} \le 36 \Leftrightarrow {6^x} \le {6^2} \Leftrightarrow x \le 2\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty \,;2} \right]\). Chọn C.
4.
6.
2.
8.
Diện tích mặt đáy: \(S = 4 \cdot 4 = 16.\)
Thể tích khối chóp là: \(V = \frac{1}{3}S \cdot h \Leftrightarrow 32 = \frac{1}{3} \cdot 16 \cdot h \Rightarrow h = 6\). Chọn B.
\(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1\,;1\,;1} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1\,;\,2\,;1} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_3}} = \left( {0\,;1\,;0} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_4}} = \left( {1\,; - 2\,;1} \right)\).
Đường thẳng đi qua gốc tọa độ \(O\) và điểm \(M\left( {1\,; - 2\,;\,1} \right)\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {OM} = \left( {1\,; - 2\,;1} \right)\).
Vậy trong không gian \(Oxyz\), vectơ \({\vec u_4} = \left( {1\,; - 2\,;1} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua gốc toạ độ \(O\) và điểm \(M\left( {1\,; - 2\,;\,1} \right)\). Chọn D.
\(S = 9.\)
\(S = \frac{{10}}{3}.\)
\(S = 5.\)
\(S = 10.\)
Hàm số \(y = - {x^3} + 3{x^2} + 5\) có \(y' = - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0;x = 2.\)
Suy ra đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là \(A\left( {0\,;5} \right),B\left( {2\,;9} \right)\) và \(OA = 5\), \[h\left( {B,OA} \right) = \left| {{x_B}} \right| = 2\].
Diện tích của tam giác OAB là \(S = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 2 = 5.\) Chọn C.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(I = 2.\)
\(I = \frac{3}{2}.\)
\(I = 3.\)
\(I = 0.\)
Ta có \(\int\limits_2^3 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{1}{2}\).
Suy ra \(I = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x - \int\limits_2^3 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}.\) Chọn B.
\(y = 1.\)
\(x = 1.\)
\(y = 2.\)
\(x = 2.\)
Dựa vào đồ thị ta có: Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là \(x = 1.\) Chọn B.
\({2^{2{x^2} + x}}\ln 2\).
\(\left( {4x + 1} \right){2^{2{x^2} + x}}\ln 2\).
\(\left( {2{x^2} + x} \right){2^{2{x^2} + x}}\ln 2\).
\(\left( {4x + 1} \right){2^{2{x^2} + x}}\ln \left( {2{x^2} + x} \right)\).
Ta có \({\left( {{a^u}} \right)^\prime } = u' \cdot {a^u}\ln a\) nên \(y' = \left( {4x + 1} \right) \cdot {2^{2{x^2} + x}}\ln 2\). Chọn B.
Ta có \(L\left( t \right) = - \frac{3}{{28}}{\left( {49 - {t^2}} \right)^{1,4}} + C\).
Mức LDL của bệnh nhân giảm được 6,2 đơn vị trong 3 ngày đầu sau khi dùng thuốc (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
LDL tại thời điểm dùng thuốc lần cuối cùng bằng 95,1 đơn vị (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Mức LDL an toàn khuyến nghị là 100. Phải mất 5 ngày để mức LDL của bệnh nhân trở về mức “an toàn”.
a) Sai. Ta có \(L\left( t \right) = \int - 0,3t{\left( {49 - {t^2}} \right)^{0,4}}{\rm{d}}t = - 0,3 \cdot \frac{{{{\left( {49 - {t^2}} \right)}^{1,4}}}}{{ - 2 \cdot 1,4}} + C\)\( = \frac{3}{{28}} \cdot {\left( {49 - {t^2}} \right)^{1,4}} + C\).
b) Đúng. Ta có \(L\left( 0 \right) = 120 \Rightarrow C + \frac{3}{{28}} \cdot {49^{1,4}} = 120 \Rightarrow C = 120 - \frac{3}{{28}} \cdot {49^{1,4}}\).
\( \Rightarrow L\left( t \right) = \frac{3}{{28}} \cdot {\left( {49 - {t^2}} \right)^{1,4}} + 120 - \frac{3}{{28}} \cdot {49^{1,4}} \Rightarrow L\left( 3 \right) \approx 113,8\).
Suy ra, mức LDL của bệnh nhân giảm được \(120 - 113,8 = 6,2\) đơn vị trong 3 ngày đầu sau khi dùng thuốc.
c) Đúng. LDL tại thời điểm dùng thuốc lần cuối cùng bằng \(L\left( 7 \right) \approx 95,1\) đơn vị.
d) Sai. Ta có \(L\left( 5 \right) \approx 104\) đơn vị.
Vậy sau 5 ngày mức LDL của bệnh nhân chưa trở về mức “an toàn”.
Một chất điểm chuyển động trong 15 giây theo quy luật vận tốc \(v\left( t \right)\,\,{\rm{(m/s)}}\) có đồ thị dạng đường thẳng khi \(0 \le t \le 3\,\,{\rm{(s)}}\) và \(8 \le t \le 15\,\,{\rm{(s)}}\) và \(v\left( t \right)\) có dạng đường parabol khi \(3 \le t \le 8\,\,{\rm{(s)}}\) như hình vẽ dưới đây.
Quãng đường chất điểm di chuyển được trong 3 giây đầu tiên là \({S_1} = 33\,\,{\rm{(m)}}\).
Quãng đường chất điểm đi được trong 7 giây cuối là 147 m.
Quãng đường chất điểm đi được từ giây thứ 3 đến giây thứ 8 là 36,3 m (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị của mét).
Vận tốc trung bình \({v_{tb}}\) của chất điểm trong khoảng 15 giây chuyển động trên là \(9,66\;\,{\rm{m/s}}\) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
a) Đúng. Dựa theo đồ thị ta thấy, quãng đường chất điểm di chuyển được trong 3 giây đầu tiên là \({S_1} = 11 \cdot 3 = 33\,\,{\rm{(m)}}.\)
b) Sai. Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm C, D có dạng \(y = ax + b\,\,\,\left( d \right).\)
Thay tọa độ 2 điểm C, D vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta được:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8a + b = 21}\\{15a + b = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 3}\\{b = 45}\end{array} \Rightarrow y = - 3x + 45} \right.} \right.\).
Quãng đường chất điểm đi được trong 7 giây cuối là \(\int\limits_8^{15} {\left( { - 3x + 45} \right){\rm{d}}x} = \frac{{147}}{2}\;\,\,{\rm{(m)}}\).
c) Sai. Phương trình parabol \(\left( P \right)\) đi qua 3 điểm A, B, C có dạng \(y = a{x^2} + bx + c\quad \left( P \right)\).
Thay tọa độ 3 điểm A, B, C vào phương trình parabol \(\left( P \right)\) ta được:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9a + 3b + c = 11}\\{25a + 5b + c = 3}\\{64a + 8b + c = 21}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = - 20}\\{c = 53}\end{array} \Rightarrow y = 2{x^2} - 20x + 53} \right.} \right.\).
Quãng đường chất điểm đi được từ giây thứ 3 đến giây thứ 8 là
\(\int\limits_3^8 {\left( {2{x^2} - 20x + 53} \right){\rm{d}}x} = \frac{{115}}{3} \approx 38,3\;\,{\rm{(m)}}\).
d) Đúng. Vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng 15 giây chuyển động trên là:
\(\frac{{33 + \frac{{147}}{2} + \frac{{115}}{3}}}{{15}} \approx 9,66\,\,{\rm{(m/s)}}\).
\(P\left( {A\bar B} \right) = 0,23\).
\(P(AB) = P(\overline {AB} ) = 0,24.\)
Xác suất gặp gia đình có con thứ nhất là gái là 0,48.
Giả sử gặp một gia đình có con thứ nhất là gái, xác suất để con thứ hai là trai là 0,52 (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
a) Đúng. Ta có \(P\left( {A\bar B} \right)\) là xác suất con thứ nhất là con gái và con thứ hai là con gái.
Theo giả thiết: Xác suất để hai con đều là gái là \(0,23 \Rightarrow P\left( {A\bar B} \right) = 0,23.\)
b) Sai. Theo giả thiết: Xác suất con thứ nhất và con thứ hai có một trai và một gái là bằng nhau \( \Leftrightarrow P\left( {AB} \right) = P\left( {\bar A\bar B} \right)\).
Lại có \(P\left( {\bar AB} \right) + P\left( {A\bar B} \right) + P\left( {AB} \right) + P\left( {\overline A \overline B } \right) = 1\)
\( \Leftrightarrow 0,27 + 0,23 + 2P\left( {AB} \right) = 1 \Leftrightarrow 2P\left( {AB} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow P\left( {AB} \right) = 0,25\).
c) Đúng. Ta có xác suất gặp gia đình có con thứ nhất là gái là
\(P\left( A \right) = P\left( {AB} \right) + P\left( {A\bar B} \right) = 0,25 + 0,23 = 0,48\).
d) Đúng. Theo công thức xác suất có điều kiện, ta có \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}}\)\( = \frac{{0,25}}{{0,48}} \approx 0,52\).
Toạ độ các điểm \(A\left( {3\,;0\,;0} \right),B\left( {3\,;2\,;0} \right),D'\left( {0\,;0\,;1} \right)\).
Phương trình đường thẳng \(BD'\) là \(\frac{{x - 3}}{3} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{z}{1}.\)
Chiều dài ngắn nhất của thanh sắt MN là 0,89 mét (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Khi thanh sắt MN có độ dài ngắn nhất thì cao độ của điểm N là \(\frac{3}{5}.\)
a) Đúng. Ta có \(AD = 3,DC = 2,DD' = 1\)\( \Rightarrow A\left( {3\,;0\,;0} \right),B\left( {3\,;2\,;0} \right),D'\left( {0\,;0\,;1} \right)\).
b) Sai. Ta có \(\overrightarrow {D'B} = \left( {3\,;2\,; - 1} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(BD'\).
Vậy phương trình đường thẳng \(BD'\) là \(\frac{{x - 3}}{3} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{z}{{ - 1}}\).
c) Đúng. Ta có MN ngắn nhất \( \Leftrightarrow MN = d\left( {AD,BD'} \right)\).
Có \(AD{\rm{//}}BC \Rightarrow AD{\rm{//}}\left( {BCD'} \right) \Rightarrow d\left( {AD,BD'} \right) = d\left( {D,\left( {BCD'} \right)} \right)\).
Cách 1. Lập được phương trình mặt phẳng \(\left( {BCD'} \right)\): \(y + 2z - 2 = 0\).
Khi đó, \(d\left( {AD,BD'} \right) = d\left( {D,\,\left( {BCD'} \right)} \right) = \frac{{\left| 2 \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {2^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} = 0,89\).
Cách 2. Kẻ \(DE \bot D'C\).
Có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot DD'}\\{BC \bot DC}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {DD'C} \right)} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot DE \Rightarrow DE \bot \left( {BCD'} \right)\)\( \Rightarrow DE = d\left( {D,\left( {BCD'} \right)} \right)\).
Xét \(\Delta DD'C\) vuông tại \(D\) có:
\(\frac{1}{{D{E^2}}} = \frac{1}{{D{{D'}^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} = \frac{1}{1} + \frac{1}{4}\)
\( \Rightarrow DE = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \approx 0,89 \Rightarrow MN = 0,89\).
d) Sai. Kẻ \(EN{\rm{//}}BC\). Lấy điểm \(M\) trên AD sao cho \(DM = EN\).
Suy ra tứ giác DENM là hình bình hành \( \Rightarrow MN = DE\).
Kẻ \(NH{\rm{//}}DD'\) cắt DB tại \(H\).
Do \(DD' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow NH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Vậy cao độ của điểm \(N\) là NH.
Ta có \(D'E = \sqrt {D{{D'}^2} - D{E^2}} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)\( \Rightarrow D'E = \frac{1}{5}D'C\).
Xét \(\Delta BCD'\) có: \[EN{\rm{//}}BC \Rightarrow \frac{{D'N}}{{D'B}} = \frac{{D'E}}{{D'C}} = \frac{1}{5}\].
Xét \(\Delta BDD'\) có: \(NH{\rm{//}}DD'\)\( \Rightarrow \frac{{NH}}{{DD'}} = \frac{{BN}}{{D'B}} = 1 - \frac{{D'N}}{{D'B}} = \frac{4}{5}\)\( \Rightarrow NH = 0,8\).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Ông Duy mua cho phòng ngủ của nhà mình một tấm gương phẳng có dạng như hình vẽ. Biết \(ABCD\) là hình chữ nhật nhận MN là trục đối xứng với \(AB = 4\;{\rm{m}};AD = 1,2\,{\rm{m;}}\) \(MN = 1,4\;{\rm{m}}\); hai cạnh cong AMB, DNC là các đường parabol với đỉnh tương ứng là M và N, giá của \(1\;\,{{\rm{m}}^2}\) kính dùng để làm gương như trên là 300 000 đồng. Số tiền ông Duy mua tấm gương trên là bao nhiêu triệu đồng (làm tròn kết quả đến hàng phần mười)?
Đáp án: 1,6.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Khi đó, ta có:
Phương trình parabol đi qua 3 điểm A, M, B có dạng \(y = a{x^2} + bx + c\,\,\,\left( P \right)\).
Thay tọa độ 3 điểm A, M, B vào phương trình parabol \(\left( P \right)\) ta được:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4a + 2b + c = 0,6}\\{4a - 2b + c = 0,6}\\{c = 0,7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 0,025}\\{b = 0}\\{c = 0,7}\end{array} \Rightarrow y = - 0,025{x^2} + 0,7} \right.} \right.\).
Diện tích tấm gương trên là \(S = 2\int\limits_{ - 2}^2 {\left( { - 0,025{x^2} + 0,7} \right){\rm{d}}x} = \frac{{16}}{3}\,\,\,({{\rm{m}}^2}).\)
Số tiền ông Duy mua tấm gương trên là \(\frac{{16}}{3} \cdot 300000 = 1600000\) đồng = 1,6 triệu đồng.
Một người quan sát đang đứng ở điểm M cách con đường một khoảng 10 m. Tại một thời điểm nào đó, có một chiếc xe đạp và xe máy cùng xuất phát tại điểm A và chạy về cùng một hướng (xem hình vẽ bên), biết rằng vận tốc của xe máy gấp ba lần vận tốc xe đạp. Tìm giá trị lớn nhất của góc nhìn \(\alpha \) (đơn vị rad) của người quan sát với hai chiếc xe đó (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp án: 0,52.
Đặt \(AB = x \Rightarrow AC = 3x\) (do vận tốc của xe máy gấp ba lần vận tốc xe đạp)\( \Rightarrow BC = 2x\).
Ta có:
\(MB = \sqrt {M{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {100 + {x^2}} \)
\(MC = \sqrt {M{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {100 + 9{x^2}} \)
\( \Rightarrow \cos \widehat {BMC} = \frac{{M{B^2} + M{C^2} - B{C^2}}}{{2 \cdot MB \cdot MC}}\)\( = \frac{{200 + 6{x^2}}}{{2 \cdot \sqrt {100 + {x^2}} \cdot \sqrt {100 + 9{x^2}} }} = \frac{{100 + 3t}}{{\sqrt {10000 + 1000t + 9{t^2}} }}\,\,\left( {{x^2} = t} \right)\).
\( \Rightarrow {\cos ^2}\widehat {BMC} = \frac{{9{t^2} + 600t + 10000}}{{9{t^2} + 1000t + 10000}}\).
Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{9{t^2} + 600t + 10000}}{{9{t^2} + 1000t + 10000}}\).
Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{\left( {18t\,{\rm{ + }}\,600} \right) \cdot \left( {9{t^2}\,{\rm{ + }}\,{\rm{1}}\,{\rm{000t}}\,{\rm{ + }}\,10\,000} \right) - \left( {9{t^2}{\rm{ + }}\,600t\,{\rm{ + }}\,10\,000} \right) \cdot \left( {18t + 1\,000} \right)}}{{{{\left( {9{t^2} + 1000t + 10\,000} \right)}^2}}}\).
\(f'\left( t \right) = 0 \Rightarrow 3600{t^2} - 4\,000\,000 = 0 \Leftrightarrow t = \pm \frac{{100}}{3}\).
\( \Rightarrow t = \frac{{100}}{3}\) là điểm cực tiểu của hàm số \(f\left( t \right)\).
\[ \Rightarrow {\cos ^2}\widehat {BMC}{{\rm{ }}_{{\rm{min}}}}{\rm{ }} = \frac{3}{4} \Rightarrow \cos {\widehat {BMC}_{\min }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\]\( \Rightarrow {\widehat {BMC}_{\max }} = \frac{\pi }{6} \approx 0,52\,\,({\rm{rad)}}.\)
Đáp án: 103.
Giả sử \(O = AC \cap BD\) trùng với gốc tọa độ trong không gian \(Oxyz\), \(OC \subset Ox\,;\,OD \subset Oy\,;\,OS \subset Oz\).
Suy ra \[O\left( {0\,;0\,;0} \right),C\left( {2\sqrt 2 \,;0\,;0} \right),\,D\left( {0\,;2\sqrt 2 \,;0} \right),\,\]
\[S\left( {0\,;0\,;2\sqrt 2 } \right),\,A\left( { - 2\sqrt 2 \,;0\,;0} \right),\,\,B\left( {0\,; - 2\sqrt 2 \,;0} \right)\].
Vì \(E\) là trung điểm \(BC \Rightarrow E = \left( {\sqrt 2 \,; - \sqrt 2 \,;0} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {DE} = \left( {\sqrt 2 ; - 3\sqrt 2 ;0} \right)\), \(\overrightarrow {SA} = \left( { - 2\sqrt 2 ;0\,; - 2\sqrt 2 } \right)\).
\( \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {SA} \,,\overrightarrow {DE} } \right) = \frac{{\overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {DE} }}{{SA \cdot DE}} = \frac{{\sqrt 2 \cdot \left( { - 2\sqrt 2 } \right)}}{{4 \cdot 2\sqrt 5 }} = \frac{{ - \sqrt 5 }}{{10}}\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {DE} } \right) \approx 103^\circ \).
Đáp án: 20.
Gọi \(A\) là biến cố: “2 bi lấy từ I không cùng màu”; \(B\)là biến cố: “Lấy từ hộp II được một bi trắng”.
Ta có \(P\left( A \right) = \frac{{35}}{{66}}\); \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{35}}{{66}} \cdot \frac{{11}}{{27}} = \frac{{35}}{{162}}\);
\(P\left( B \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_{12}^2}} \cdot \frac{{C_{12}^1}}{{C_{27}^1}} + \frac{{C_7^2}}{{C_{12}^2}} \cdot \frac{{C_{10}^1}}{{C_{27}^1}} + \frac{{C_5^1 \cdot C_7^2}}{{C_{12}^2}} \cdot \frac{{C_{11}^1}}{{C_{27}^1}} = \frac{{65}}{{162}}\).
Suy ra \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{35}}{{65}} = \frac{7}{{13}} \Rightarrow a + b = 20\).
Một sân bóng chày là một hình vuông có cạnh 29 mét, một người chơi chạy xung quanh các cạnh của hình vuông từ chốt thứ nhất, đến chốt thứ 2 rồi đến chốt thứ 3 sau đó chạy về chốt nhà như hình vẽ. Một người chơi đang cách chốt thứ nhất 9 mét, chạy đến chốt thứ hai với vận tốc \(v\left( t \right) = 0,6t + 3,8\,\,{\rm{(m/s)}}\). Tại thời điểm vận động viên đến chốt thứ 2 thì khoảng cách từ người chơi đến điểm chính giữa chốt thứ ba và chốt nhà thay đổi với tốc độ bao nhiêu mét/giây? (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Đáp án: 2,77.
Giả sử chốt nhà trùng với gốc tọa độ trong mặt phẳng Oxy, chốt 3 trùng với điểm A, chốt 2 trùng với điểm B, chốt 1 trùng với điểm C, cầu thủ trùng với điểm P, đoạn OA nằm trên trục Ox, đoạn OC nằm trên trục Oy, \(M\) là trung điểm của OA.
\( \Rightarrow A\left( {29\,;0} \right),\,C\left( {0\,;29} \right),M\left( {\frac{{29}}{2};\,0} \right),B\left( {29\,;29} \right),P\left( {9\,;\,29} \right)\).
Vị trí của cầu thủ tại thời điểm \(t\) là
\(s\left( t \right) = 9 + \int {\left( {0,6t + 3,8} \right)} \,{\rm{d}}t = 0,3{t^2} + 3,8t + 9\).
Thời gian để chạy đến chốt 2 (điểm \(B\)) là \(s\left( t \right) = 29\).
Suy ra \(0,3{t^2} + 3,8t - 20 = 0 \Rightarrow t = 4\).
Khi cầu thủ đến chốt 2 thì \(PM = MB = \sqrt {{{29}^2} + {{\left( {\frac{{29}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{29\sqrt 5 }}{2}.\)
Ta có tọa độ của điểm \(P\) thay đổi theo thời gian \(t\) là \(P\left( {s\left( t \right)\,;29} \right)\).
\( \Rightarrow P{M^2} = {\left( {s\left( t \right) - \frac{{29}}{2}} \right)^2} + {29^2}\)
\( \Rightarrow 2PM \cdot PM' = 2 \cdot s'\left( t \right) \cdot \left( {s\left( t \right) - \frac{{29}}{2}} \right)\)
\( \Rightarrow PM' = \frac{{\left( {0,6t + 3,8} \right) \cdot \left( {0,3{t^2} + 3,8t + 9 - \frac{{29}}{2}} \right)}}{{\frac{{29\sqrt 5 }}{2}}}\)
\( \Rightarrow PM'\left( 4 \right) \approx 2,77\).
Vậy khoảng cách từ người chơi đến điểm chính giữa chốt thứ ba và chốt nhà thay đổi với tốc độ \(2,77\;\,{\rm{m/s}}.\)
Đáp án: −4.
Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 36 = 0\) có \(I\left( {0\,;0\,;0} \right),\,\,R = 6.\)
Giả sử \(M\left( {m\,;n\,;t} \right)\) thay đổi trên mặt phẳng \(\left( P \right) \Rightarrow 2m + n + 2t - 36 = 0\).
Vì các tiếp tuyến phân biệt MA, MB, MC đến \(\left( S \right)\).
\( \Rightarrow A,B,C\) luôn nhìn IM dưới một góc vuông.
\( \Rightarrow \) Luôn tồn tại mặt cầu ngoại tiếp các điểm A, B, C, I, M có tâm là trung điểm IM.
Gọi \(K\) là trung điểm IM \( \Rightarrow K\left( {\frac{m}{2};\frac{n}{2};\frac{t}{2}} \right),\,\,R' = IK = KM = \sqrt {\frac{{{m^2}}}{4} + \frac{{{n^2}}}{4} + \frac{{{t^2}}}{4}} \).
Phương trình mặt cầu:
\(\left( {S'} \right):{\left( {x - \frac{m}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{n}{2}} \right)^2} + {\left( {z - \frac{t}{2}} \right)^2} = \frac{{{m^2}}}{4} + \frac{{{n^2}}}{4} + \frac{{{t^2}}}{4}\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - xm - yn - zt = 0\).
Dễ dàng thấy được mặt cầu \(\left( S \right) \cap \left( {S'} \right) = \left( {ABC} \right)\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + {y^2} + {z^2} - 36 = 0}\\{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xm - yn - zt = 0}\end{array} \Rightarrow \left( {ABC} \right):xm + yn + zt - 36 = 0} \right.\).
Ta có mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) luôn đi qua điểm cố định \(T\left( {2\,;1\,;2} \right).\)
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(N\left( {3\,;3\,;3} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow NH \le NT\).
Vậy khoảng cách từ \(N\left( {3\,;3\,;3} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) lớn nhất
\( \Leftrightarrow {d_{\left( {N,\left( {ABC} \right)} \right)}} = NT \Rightarrow {\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \overrightarrow {TN} = \left( {1\,;2\,;1} \right)\).
Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(x + 2y + z - 6 = 0\).
Khi đó, \(a + b + c = 1 + 1 - 6 = - 4\).
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)
