Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 33)
22 câu hỏi
\[1\].
\[4\].
\[3\].
\[2\].
Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = 2\end{array} \right.\). Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực tiểu. Chọn D.
\(P = {x^2}{y^3}\).
\(P = {x^2} + {y^3}\).
\(P = 2x + 3y\).
\(P = 6xy\).
Với \(a > 0,b > 0\), ta có \(P = {\log _2}\left( {{a^2}{b^3}} \right) = {\log _2}{a^2} + {\log _2}{b^3} = 2{\log _2}a + 3{\log _2}b = 2x + 3y\).
Chọn C.
Ta có \[\cos 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]. Chọn D.
\[M\left( {3;4; - 5} \right)\].
\[N\left( {2; - 5;3} \right)\].
\[P\left( { - 3; - 4;5} \right)\].
\[Q\left( {2;5; - 3} \right)\].
Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy \(A \in d\). Chọn A.
\(S = \left( { - \infty ;1} \right]\).
\(S = \left( {1; + \infty } \right)\).
\(S = \left[ {1; + \infty } \right)\).
\(S = \left( { - \infty ;1} \right)\).
Ta có \({\left( {\frac{3}{4}} \right)^{2x - 1}} \le {\left( {\frac{4}{3}} \right)^{ - 2 + x}} \Leftrightarrow - 2x + 1 \le - 2 + x \Leftrightarrow x \ge 1\). Chọn C.
\(9\).
\(4\).
\(20\).
\(108\).
Ta có \(R = 30 - 10 = 20\). Chọn C.
\(V = \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x} \).
\(V = \pi \int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).
\(V = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} \).
\(V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}\left( x \right){\rm{d}}x} \).
Chọn D.
Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ dưới đây.
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là:
\(y = 1\).
\(y = 2\).
\(x = 1\).
\(x = 2\).
Chọn A.
\(SA,SB\).
\(SB,AD\).
\(SA,BD\).
\(SA,SC\).
Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right),BD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\). Chọn C.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(3x - y - 7z + 1 = 0\).
\(3x + z + 7 = 0\).
\(3x + y - 7z - 3 = 0\).
\(3x + y - 7 = 0\).
Mặt phẳng \(3x + y - 7z - 3 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {3;1; - 7} \right)\). Chọn C.
\(\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {B{B_1}} + \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {B{D_1}} } \right|\).
\(\left| {\overrightarrow {A{A_1}} + \overrightarrow {{C_1}D} + \overrightarrow {{C_1}{D_1}} } \right| = 0\).
\(\left| {\overrightarrow {A{B_1}} - \overrightarrow {A{D_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {B{D_1}} } \right|\).
\(\left| {\overrightarrow {A{B_1}} + \overrightarrow {A{D_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {A{C_1}} } \right|\).
Ta có \(\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {B{B_1}} + \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {B{D_1}} } \right|\). Chọn A.
Ta có \(\int\limits_1^3 {\left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = 3\int\limits_1^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x - 2} \int\limits_1^3 {g\left( x \right){\rm{d}}x = 3 \cdot 5 - 2 \cdot \left( { - 7} \right) = 29} \). Chọn B.
Nồng độ khí \(C{O_2}\) trong phòng tại thời điểm \(t = 0\) là 400 \(\left( {{\rm{ppm}}} \right)\).
\(f'\left( t \right) = \frac{{ - 2000{t^2} - 10000}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}}\) với \(t \ge 0\).
Nghiệm của phương trình \[f'\left( t \right) = 0\] là \(t = 2\).
Nồng độ khí \(C{O_2}\) cao nhất đo được trong phòng thí nghiệm (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị) là 947 \(\left( {{\rm{ppm}}} \right)\).
a) Đúng. Nồng độ khí \(C{O_2}\) trong phòng tại thời điểm \(t = 0\) là
\(f\left( 0 \right) = 400 + \frac{{2000 \cdot 0}}{{{0^2} + 5}} = 400\) \(\left( {{\rm{ppm}}} \right)\).
b) Sai.
\[f'\left( t \right) = {\left( {400} \right)^\prime } + \frac{{{{\left( {2000t} \right)}^\prime }\left( {{t^2} + 5} \right) - {{\left( {{t^2} + 5} \right)}^\prime }2000t}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}} = \frac{{2000\left( {{t^2} + 5} \right) - 2t.2000t}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}}\]\[ = \frac{{ - 2000{t^2} + 10000}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}}\].
c) Sai. \[f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2000{t^2} + 10000}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow - 2000{t^2} + 10000 = 0 \Leftrightarrow t = \sqrt 5 \] (vì \(t \ge 0\)).
d) Sai. Ta có bảng biến thiên:
Vậy \[\mathop {\max }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} f\left( t \right) = 400 + 200\sqrt 5 \approx 847\].
Do đó nồng độ khí \(C{O_2}\) cao nhất đo được trong phòng thí nghiệm (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị) là 847 \(\left( {{\rm{ppm}}} \right)\).
Một bể chứa dầu ban đầu có 50 000 lít dầu. Gọi \(V\left( t \right)\) là thể tích dầu (lít) trong bể tại thời điểm \(t,\) trong đó \(t\) tính theo giờ \((0 \le t \le 24).\) Trong quá trình bơm dầu vào bể, thể tích dầu tăng theo tốc độ được biểu diễn bởi hàm số hàm số \(V'\left( t \right) = k \cdot \sqrt t ,\) với \(k\) là hằng số dương. Sau 4 giờ bơm liên tục, thể tích dầu trong bể đạt 58 000 lít.
Hàm số \(V\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( t \right) = k \cdot \sqrt t \).
\(V\left( t \right) = \frac{{2k}}{3} \cdot t\sqrt t + C,\) với \(0 \le t \le 24\) và \(k,\,C\) là các hằng số.
Sau 16 giờ bơm liên tục, thể tích dầu trong bể đạt được là 148 000 lít.
Trong quá trình bơm dầu, nếu sau mỗi giờ lượng dầu bị rò rỉ đều đặn với tốc độ 500 lít/giờ, thì tại thời điểm \(t\) bằng 9 giờ, thể tích dầu trong bể là 72 000 lít.
a) Đúng. Vì \(V\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(V'\left( t \right)\), tức là \(V\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( t \right) = k \cdot \sqrt t \).
b) Đúng. Ta có \(V\left( t \right) = \int {\left( {k \cdot \sqrt t } \right)} \,{\rm{d}}t = \int {\left( {k \cdot {t^{\frac{1}{2}}}} \right)} \,{\rm{d}}t = k \cdot \frac{{{t^{\frac{1}{2} + 1}}}}{{\frac{1}{2} + 1}} + C = \frac{{2k}}{3} \cdot t\sqrt t + C\), với \(0 \le t \le 24\) và \(k,\,C\) là các hằng số.
c) Sai. Theo giả thiết \(V\left( 0 \right) = 50\,000\) và \(V\left( 4 \right) = 58\,000\) nên
\(\left\{ \begin{array}{l}C = 50\,000\\\frac{{2k}}{3} \cdot 4\sqrt 4 + C = 58\,000\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{16k}}{3} + 50\,000 = 58\,000 \Rightarrow k = 1500\).
Suy ra \(V\left( t \right) = 1000 \cdot t\sqrt t + 50\,000\), vì vậy sau 16 giờ thể tích dầu trong bể đạt được là
\(V\left( {16} \right) = 1000 \cdot 16\sqrt {16} + 50\,000 = 114\,000\) (lít).
d) Sai. Vì lượng dầu bị rò rỉ đều đặn với tốc độ 500 lít/giờ, nên tại thời điểm \(t\) giờ thì lượng dầu bị rò rỉ là \(500t\) (lít).
Vì vậy thể tích dầu trong bể là \({V_1}\left( t \right) = V\left( t \right) - 500t = 1000 \cdot t\sqrt t + 50\,000 - 500t\).
Do đó, tại thời điểm \(t\) bằng 9 giờ, thể tích dầu trong bể là
\({V_1}\left( 9 \right) = 1000 \cdot 9\sqrt 9 + 50\,000 - 500 \cdot 9 = 72\,500\)(lít).
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \[\frac{{33}}{{50}}\].
Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \[\frac{{13}}{{20}}\], biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \[\frac{{33}}{{50}}\].
Để tạo bất ngờ cho người bốc thăm tiếp theo, sau khi người thứ nhất bốc thăm, người dẫn chương trình giữ lại vé và không công bố kết quả. Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng. Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \[\frac{{65}}{{99}}\].
a) Đúng. Gọi \(A\) là biến cố: “Người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng”. Khi đó hệ \(\left\{ {A\,;\,\overline A } \right\}\) là một hệ đầy đủ các biến cố.
Ta có \(n\left( A \right) = 100 - 4 - 10 - 20 = 66 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{66}}{{100}} = \frac{{33}}{{50}}.\)
b) Sai. Gọi \(B\) là biến cố: “Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng”.
Khi đó, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng, biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{65}}{{99}}\).
c) Đúng. Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \[P\left( B \right).\]
Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có \[P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)\].
Ta có \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{33}}{{50}} = \frac{{17}}{{50}}\), \[P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{66}}{{99}}\].
Vậy \[P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{33}}{{50}} \cdot \frac{{65}}{{99}} + \frac{{17}}{{50}} \cdot \frac{{66}}{{99}} = \frac{{33}}{{50}}\].
d) Đúng. Ta có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {BA} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{33}}{{50}} \cdot \frac{{65}}{{99}}}}{{\frac{{33}}{{50}}}} = \frac{{65}}{{99}}\).
Khi gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục tính theo kilômét) vào một sân bay, mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) trùng với mặt sân bay, một máy bay đang ở vị trí \(A\left( {4; - 5;1} \right)\) sẽ hạ cánh khẩn cấp ở vị trí \(B\left( {1;2;0} \right)\) trên đường băng \(EG\).
Phương trình đường thẳng \(AB\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3t\\y = - 5 + 7t\\z = 1 - t\end{array} \right.\).
Góc trượt (góc giữa đường bay \(AB\) và mặt đất là mặt phẳng nằm ngang \(\left( {Oxy} \right)\)) không nằm trong phạm vi cho phép từ \(2,5^\circ \) đến \(9^\circ \).
Có một lớp mây mô phỏng bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua ba điểm \(M\left( {5;0;0} \right),\,\,N\left( {0; - 1;0} \right),\)\(P\left( {0;0;2} \right)\). Máy bay xuyên qua đám mây tại điểm \(C\) có cao độ làm tròn đến hàng đơn vị là \(346\,{\rm{m}}\).
Biết rằng tầm nhìn của người phi công sau khi ra khỏi đám mây là \(800\,{\rm{m}}\). Sau khi ra khỏi đám mây, người phi công đạt được quy định an toàn bay là người phi công phải nhìn thấy điểm đầu \(E\left( {2;0,5;0} \right)\) của đường băng ở độ cao tối thiểu \(150\,{\rm{m}}\).
a) Đúng. Đường bay có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;7; - 1} \right)\).
Phương trình đường bay \(AB\): \(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3t\\y = - 5 + 7t\\z = 1 - t\end{array} \right.\).
b) Sai. Mặt đất có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\).
\(\sin \left( {AB,\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow k } \right|}} = \frac{{\left| { - 3 \cdot 0 + 7 \cdot 0 - 1 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {7^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} \cdot \sqrt 1 }} = \frac{{\sqrt {59} }}{{59}}\)\( \Rightarrow \left( {AB,\left( {Oxy} \right)} \right) \approx 7,48^\circ \).
Vậy góc trượt nằm trong phạm vi cho phép.
c) Đúng. Mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) có phương trình: \(\frac{x}{5} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{2} = 1 \Leftrightarrow 2x - 10y + 5z - 10 = 0\).
\(C = AB \cap \left( {MNP} \right) \Rightarrow C\left( {4 - 3t; - 5 + 7t;1 - t} \right)\).
Mà \[C \in \left( {MNP} \right) \Rightarrow 2\left( {4 - 3t} \right) - 10\left( { - 5 + 7t} \right) + 5\left( {1 - t} \right) - 10 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{53}}{{81}} \Rightarrow C\left( {\frac{{55}}{{27}};\frac{{ - 34}}{{81}};\frac{{28}}{{81}}} \right)\].
Vậy điểm \(C\) có cao độ \({z_C} = \frac{{28}}{{81}}\,\,{\rm{km}} \approx 346\,\,{\rm{m}}\).
Vậy máy bay xuyên qua đám mây tại điểm \(C\) có cao độ làm tròn đến hàng đơn vị là \(346\,{\rm{m}}\).
d) Đúng. Gọi \(K\left( {4 - 3t; - 5 + 7t;1 - t} \right)\) là vị trí của máy bay.
Khi đó \(KE = \sqrt {{{\left( { - 2 + 3t} \right)}^2} + {{\left( {5,5 - 7t} \right)}^2} + {{\left( { - 1 + t} \right)}^2}} = 0,8\)\[ \Leftrightarrow 59{t^2} - 91t + \frac{{3461}}{{100}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \approx 0,861\\t \approx 0,681\end{array} \right.\].
Vị trí đầu tiên máy bay xuất hiện sau khi ra khỏi đám mây là \({K_1}\left( {1,417;1,027;0,139} \right)\), và điểm cuối là \({K_2}\left( {1,957; - 0,233;0,319} \right)\).
Như vậy, ở vị trí điểm xuất hiện đầu tiên \({K_1}\) người phi công nhìn thấy đầu điểm \(E\) ở độ cao \(139\,\,{\rm{m}}\). Hay người phi công đạt được quy định an toàn bay.
Đáp án: 7.
Theo giả thiết, tốc độ thay đổi của \(x\) tỉ lệ với tốc độ thay đổi của \[p\] nên hàm số \(p = p\left( x \right)\) là hàm số bậc nhất. Do đó, \(p\left( x \right) = ax + b\) \((a\) khác 0\()\).
Giá tiền \({p_1} = 10\) ứng với \({x_1} = 600\), giá tiền \({p_2} = 9,6\) ứng với \({x_2} = 600 + 60 = 660\).
Do đó, phương trình đường thẳng \(p\left( x \right) = ax + b\) đi qua hai điểm \(\left( {600\,;10} \right)\) và \(\left( {660\,;9,6} \right)\).
Ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{10 = 600a + b}\\{9,6 = 660a + b}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{ - 1}}{{150}}}\\{b = 14}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy hàm cầu là \(p\left( x \right) = - \frac{1}{{150}}x + 14\).
Vì \(p = - \frac{1}{{150}}x + 14 \Rightarrow x = - 150p + 2100\) suy ra hàm doanh thu là:
\(R\left( p \right) = px = p\left( { - 150p + 2100} \right) = 150\left( { - {p^2} + 14p} \right)\).
Ta có \(R(p)\) lớn nhất \( \Leftrightarrow p = \frac{{ - B}}{{2A}} = 7\).
Vậy công ty phải bán mỗi máy lọc không khí với số tiền 7 triệu đồng để doanh thu là lớn nhất.
Đáp án: \(57,4\).
Giả sử mô hình tòa nhà như hình chóp đều \(S.ABCD\) tâm \(O\), theo giả thiết ta có
\(AB = 160,\,\,SB = 140 \Rightarrow OB = 80\sqrt 2 ,SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = 20\sqrt {17} .\)
Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\) và kẻ \(OK \bot SH\)\(\left( {K \in SH} \right)\,\,\,\left( 1 \right)\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot OH}\\{BC \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOH} \right)\), mà \(OK \subset \left( {SOH} \right)\) nên \(OK \bot BC\,\,\left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)\( \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right)\).
Do đó, \(d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OK = \frac{{OS.OH}}{{\sqrt {O{S^2} + O{H^2}} }} = \frac{{20\sqrt {17} .80}}{{\sqrt {{{\left( {20\sqrt {17} } \right)}^2} + {{80}^2}} }} = \frac{{80\sqrt {561} }}{{33}} \approx 57,4\).
Vậy quãng đường ngắn nhất từ mặt bên của tòa nhà đến tâm của đáy xấp xỉ \(57,4\)m.
Người ta lát gạch trang trí một mảnh sân hình chữ nhật có kích thước \[14{\rm{m}} \times 12{\rm{m}}\] như hình vẽ dưới, trong đó \[\left( {{P_1}} \right),\,\,\left( {{P_2}} \right)\] là hai parabol đối xứng trục với nhau qua trục đối xứng vuông góc với chiều dài của mảnh sân, \[\left( C \right)\] là đường tròn có tâm trùng với tâm của mảnh sân và lần lượt có duy nhất một điểm chung với các parabol đó (tham khảo hình vẽ biết phần gạch đậm là phần lát gạch). Chi phí cho phần lát gạch là \[240\] nghìn đồng một mét vuông. Trong trường hợp hình tròn \[\left( C \right)\] có diện tích lớn nhất thì chi phí lát gạch là bao nhiêu triệu đồng? (kết quả làm tròn tới hàng phần chục).
Đáp án: 12,4.
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ với \(M\left( {0\,;\,m} \right)\,\,\left( {m < 0} \right)\) là đỉnh của parabol \(\left( {{P_1}} \right)\).
Khi đó \(\left( {{P_1}} \right):y = \frac{{7 - m}}{{36}}{x^2} + m\) và \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} = {m^2}.\)
Để \(\left( {{P_1}} \right),\,\,\left( C \right)\) có một điểm chung duy nhất thì phương trình sau có nghiệm duy nhất.
\({x^2} + {\left( {\frac{{7 - m}}{{36}}{x^2} + m} \right)^2} = {m^2} \Leftrightarrow {x^2}\left[ {{{\left( {\frac{{7 - m}}{{36}}} \right)}^2}{x^2} + \frac{{ - {m^2} + 7m + 18}}{{18}}} \right] = 0\).
\({\rm{YCBT}} \Leftrightarrow - {m^2} + 7m + 18 \ge 0 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 9\). Mà \(m < 0\) nên \( - 2 \le m < 0\).
Khi đó, đường tròn \(\left( C \right)\) có diện tích lớn nhất khi \(\left( C \right)\) có bán kính lớn nhất, điều này xảy ra khi và chỉ khi \(m = - 2 \Rightarrow r = 2.\)
Hoành độ giao điểm của \(\left( {{P_1}} \right):y = \frac{1}{4}{x^2} - 2\) và trục hoành là \(x = \pm 2\sqrt 2 \).
Diện tích phần lát gạch là \(S = 4\int\limits_{2\sqrt 2 }^6 {\left( {\frac{1}{4}{x^2} - 2} \right){\rm{d}}x} + \pi {r^2} = \frac{{72 + 32\sqrt 2 }}{3} + 4\pi \).
Số tiền lát gạch là: \(240S \approx 12396,32\) (nghìn đồng) \( \approx 12,4\) (triệu đồng).
Đáp án: 0,36.
Gọi biến cố \(A\): “Ít nhất một trong hai người đó gọi đúng số điện thoại đã quên mà không phải thử quá hai lần”.
Khi đó, biến cố \(\bar A\): “Cả hai người gọi thử cả 2 lần đều không đúng”.
Xác suất gọi sai cả 2 lần của mỗi người là \(\frac{9}{{10}} \cdot \frac{8}{9} = \frac{4}{5}\).
Hai người gọi điện là độc lập nên \[P\left( {\overline A } \right) = \frac{4}{5} \cdot \frac{4}{5} = \frac{{16}}{{25}}\].
Vậy \(P\left( A \right) = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}} = 0,36\).
Trong không gian \[Oxyz\] (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét), một ngôi nhà như hình vẽ dưới đây có sàn nhà nằm ngang trên mặt phẳng \[\left( \alpha \right):2x + y - 3z + 18 = 0\]. Hai mái nhà lần lượt nằm trên các mặt phẳng \[\left( P \right):x - y = 0\], \[\left( Q \right):x + y - 2z = 0\]. Hỏi chiều cao của ngôi nhà tính từ sàn nhà đến nóc nhà (điểm cao nhất của mái nhà) là bao nhiêu mét (làm tròn kết quả đến hàng phần chục)?
![Trong không gian \[Oxyz\] (đơn vị trên mỗ (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/11/image-6exyxpvlzleeocbrepb3-1793675473.jpg)
Đáp án: 4,8.
Cần tìm tọa độ một điểm thuộc đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( Q \right)\].
Cho \[y = 0\], ta giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x - 2z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\z = 0\end{array} \right.\].
Do đó gốc tọa độ \[O\left( {0;0;0} \right)\] thuộc đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( P \right)\] và \[\left( Q \right)\].
Khi đó chiều cao từ sàn nhà đến nóc nhà là \(d\left( {O,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{18}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = \frac{{9\sqrt {14} }}{7} \approx 4,8\,\,({\rm{m)}}\).
Đáp án: \(40\).
Gọi \(x\) là lượng thức ăn nuôi gà ngày đầu tiên của trang trại.
Lượng thức ăn mà trang trại dự trữ là \(50x\).
Gọi n là số ngày thực tế lượng thức ăn sẽ hết.
Lượng thức ăn dùng cho gà ăn sau \(n\) ngày là:
\(x + x \cdot {\left( {1 + 1\% } \right)^1} + x \cdot {1,01^2} + ... + x{\left( {1,01} \right)^{n - 1}} = x \cdot \frac{{{{1,01}^n} - 1}}{{1,01 - 1}} = 100x\left( {{{1,01}^n} - 1} \right)\).
Ta có \(n\) là số nguyên lớn nhất thỏa mãn:
\(50x \ge 100x\left( {{{1,01}^n} - 1} \right) \Leftrightarrow \,{1,01^n} \le 1,5 \Leftrightarrow n \le {\log _{1,01}}1,5 \approx 40,75\).
Suy ra \(n = 40\) ngày.
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)
