Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 34)
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 hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Hàm số \(y = f\left( x \right)\)có điểm cực đại là
\(x = - 2\).
\(x = 0\).
\(x = - 3\).
\(y = 1\).
Nhìn vào bảng biến thiên, suy ra hàm số có điểm cực đại là \(x = - 2\). Chọn A.
\(1\) .
\(3\).
\( - 1\).
\(2\).
Ta có \(y'\, = 3{x^2} - 3\). Khi đó \(y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\\x = - 1 \notin \left[ {0;2} \right]\end{array} \right.\).
Có \(y\left( 2 \right) = 3;y\left( 1 \right) = - 1;y\left( 0 \right) = 1\).
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) là \(y\left( 2 \right) = 3\). Chọn B.
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng như đường cong trong hình bên?
\(y = \frac{{x + 2}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{{x^2} - 2x + 2}}{{x + 1}}\).
\(y = {x^2} - 2x + 2\).
\(y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x + 1}}\).
Nhìn đồ thị hàm số loại bỏ đáp án A và C.
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(A\left( { - 2; - 2} \right)\), thay vào 2 đáp án còn lại. Chọn D.
\(y = 1\).
\(y = 2\).
\(x = 1\).
\(x = 2\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 2\), suy ra tiệm cận ngang của hàm số là đường thẳng \(y = 2\). Chọn B.
\(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).
\(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\).
\(\left( { - 1\,;\,1} \right)\).
\(\left( {0; + \infty } \right)\).
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\). Ta có \(y' = \frac{{\left( {{x^2} + 1} \right) - 2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{1 - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\).
Khi đó \(y' = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1{\rm{ }}\,{\rm{(tm)}}}\\{x = 1{\rm{ }}\,\,\,\,{\rm{(tm)}}}\end{array}} \right.\).
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\). Chọn C.
\(\left( {3; - 1; - 3} \right)\).
\(\left( { - 3;1;3} \right)\).
\(\left( { - 1; - 3; - 3} \right)\).
\(\left( {1; - 2;3} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1 - \left( { - 2} \right); - 2 - \left( { - 1} \right); - 3 - 0} \right) = \left( {3; - 1; - 3} \right)\). Chọn A.
\(\frac{{x + 4}}{1} = \frac{{y - 3}}{{ - 2}} = \frac{{z + 2}}{{ - 2}}\).
\(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 2}}{{ - 2}}\).
\(\frac{{x + 1}}{{ - 5}} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z + 2}}{{ - 4}}\).
\(\frac{{x + 4}}{{ - 5}} = \frac{{y - 3}}{2} = \frac{{z + 2}}{{ - 4}}\).
Đường thẳng \(AB\) đi qua điểm \(B\left( { - 4;3; - 2} \right)\), nhận \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 5;2; - 4} \right)\) làm vectơ chỉ phương, có phương trình chính tắc là: \(\frac{{x + 4}}{{ - 5}} = \frac{{y - 3}}{2} = \frac{{z + 2}}{{ - 4}}\). Chọn D.
\(5{x^4} + C\).
\(\frac{1}{6}{x^6} + C\).
\({x^6} + C\).
\(6{x^6} + C\).
Áp dụng công thức \(\int {{x^n}{\rm{d}}x} = \frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}} + C\), ta có \(\int {{x^5}{\rm{d}}x} = \frac{{{x^6}}}{6} + C\). Chọn B.
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\).
\(\left( {4; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;4} \right)\).
Hàm số lôgarit xác định khi: \(2x - 4 > 0 \Leftrightarrow x > 2\). Tập xác định là \(\left( {2; + \infty } \right)\). Chọn A.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{m - n}}\).
\({\left( {{a^m}} \right)^n} = {a^{m\, \cdot n}}\).
\({\left( {a + b} \right)^m} = {a^m} + {b^m}\).
\({a^m} \cdot {a^n} = {a^{m + n}}\).
Dùng tính chất lũy thừa. Chọn C.
\[{u_5} = - \frac{1}{4}.\]
\[{u_5} = - 4.\]
\[{u_5} = 16.\]
\[{u_5} = - 2.\]
Ta có \({u_5} = {u_1} \cdot {q^4} = - 4 \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^4} = - \frac{1}{4}\). Chọn A.
\[\frac{2}{7}\].
\[\frac{1}{{21}}\].
\[\frac{{37}}{{42}}\].
\[\frac{5}{{42}}\].
Ta có \[n\left( \Omega \right) = C_9^3 = 84\]. Gọi \[A\]: “\[3\] quyển lấy ra có ít nhất \(1\) quyển là môn toán”.
Khi đó \[\overline A \]: “\[3\] quyển lấy ra không có quyển nào môn toán” hay \[\overline A \]: “\[3\] quyển lấy ra là môn lý hoặc hóa”. Ta có \(n\left( {\bar A} \right) = C_5^3 = 10\).
Vậy \[P\left( A \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right) = 1 - \frac{{10}}{{84}} = \frac{{37}}{{42}}\]. Chọn C.
\(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2}\).
Đạo hàm của hàm số là \(f'\left( x \right) = 2\cos x - \sqrt 3 ,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).
Một nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) là \(x = - \frac{\pi }{3}\).
Tổng các nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) trong đoạn \(\left[ {0\,;\,\frac{{5\pi }}{2}} \right]\) bằng \(\frac{{25\pi }}{6}\).
a) Sai. Ta có \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2\sin \frac{\pi }{2} - \sqrt 3 \cdot \frac{\pi }{2} = 2 - \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2} \ne - \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2}\).
b) Đúng. Có \(f'\left( x \right) = {\left( {2\sin \,x - \sqrt 3 x} \right)^\prime } = 2\cos x - \sqrt 3 ,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).
c) Sai. Ta có \(f'\left( x \right) = 2\cos x - \sqrt 3 \) và \(f'\left( { - \frac{\pi }{3}} \right) = 2\cos \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) - \sqrt 3 = 1 - \sqrt 3 \ne 0\).
Vậy \(x = - \frac{\pi }{3}\) không phải là một nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).
d) Đúng. Ta có \(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 2\cos x - \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Mà \(x \in \left[ {0\,;\,\frac{{5\pi }}{2}} \right]\) nên \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{6}\,;\,\frac{{11\pi }}{6}\,;\frac{{13\pi }}{6}} \right\}\). Ta có \(\frac{\pi }{6}\, + \,\frac{{11\pi }}{6}\, + \frac{{13\pi }}{6} = \frac{{25\pi }}{6}\).
Vậy tổng các nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) trong đoạn \(\left[ {0\,;\,\frac{{5\pi }}{2}} \right]\) bằng \(\frac{{25\pi }}{6}\).
Hình vẽ sau mô tả vị trí của máy bay vào thời điểm 9 giờ 30 phút. Biết các đơn vị tính theo đơn vị kilômét.
Máy bay đang ở độ cao \[9\] km.
Tọa độ của máy bay lúc 9 giờ 30 phút là \[\left( {150;300;9} \right)\].
Phi công để máy bay ở chế độ tự động và bay theo hướng đông, độ cao không đổi lúc 10 giờ 30 phút máy bay ở tọa độ \[\left( {150;1086;9} \right)\]. Khi đó vận tốc của máy bay là \[776\] km/h, biết vận tốc gió theo hướng đông là \[10\]m/s.
Giả sử vận tốc và hướng gió không đổi thì sau khi bay đến vị trí lúc 10 giờ 30 phút thì máy bay bay ngược lại (hướng Tây) với vận tốc \[800\] km/h với độ cao không đổi biết lúc đó trời lặng gió thì lúc \[11\] giờ máy bay cách gốc tọa độ một khoảng \[723\]km (làm tròn đến hàng đơn vị).
a) Đúng. Máy bay đang ở độ cao \[9\] km.
b) Đúng. Toạ độ của máy bay lúc 9 giờ 30 phút là \[\left( {150;300;9} \right)\].
c) Sai. Ta có \[10{\rm{m/s}} = 36{\rm{km/h}}\].
Gọi \[A\] là vị trí của máy bay lúc \[9{\rm{h}}30 \Rightarrow A\left( {150;300;9} \right)\].
Gọi \[B\] là vị trí của máy bay lúc \[{\rm{10h}}30 \Rightarrow B\left( {150;1086;9} \right)\].
Quãng đường máy bay di chuyển được từ 9 giờ 30 phút đến 10 giờ 30 phút là:
\[AB = \sqrt {{0^2} + {{786}^2} + {0^2}} = 786\,\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)\].
Khi đó vận tốc của máy bay là: \[786 - 36 = 750\,{\rm{km/h}}\].
d) Sai. Quãng đường máy bay di chuyển được từ 10 giờ 30 phút đến 11 giờ là: \[800 \cdot \frac{1}{2} = 400\] km.
Tại thời điểm 11 giờ tọa độ máy bay là: \[\left( {150;686;9} \right)\].
Khoảng cách của máy bay so với gốc tọa độ là: \(\sqrt {{{150}^2} + {{686}^2} + {9^2}} \approx 702,3\)km/h.
Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là 208 m.
Giá trị của \(b\) là 8.
Quãng đường \(S\left( t \right)\) (đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong thời gian \(t\) giây \(\left( {0 \le t \le 30} \right)\) kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức \(S\left( t \right) = \int\limits_0^{30} {v\left( t \right){\rm{d}}t} \).
Sau 30 giây kể từ khi tăng tốc, tốc độ của ô tô không vượt quá tốc độ tối đa cho phép là \(100{\rm{\;km}}/{\rm{h}}\).
a) Đúng. Tốc độ ban đầu của ô tô là \(28,8\,{\rm{km/h}} = 8\,{\rm{m/s}}\).
Quãng đường ô tô đi được trong 4 giây đầu tiên là: \({S_1} = 4 \cdot 8 = 32\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).
Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là: \({S_2} = 240 - 32 = 208\,\,\left( {\rm{m}} \right)\).
b) Đúng. Thời điểm bắt đầu tăng tốc ta có \(v\left( 0 \right) = b = 8 \Rightarrow b = 8\).
c) Sai. Quãng đường \(S\left( t \right)\) ô tô đi được trong thời gian \(t\) giây \(\left( {0 \le t \le 30} \right)\) kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức \(S\left( t \right) = \int\limits_0^t {v\left( t \right){\rm{d}}t} \).
d) Đúng. Ta có \(v\left( t \right) = at + 8\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).
Biết xe nhập làn sau 16 giây kể từ khi tăng tốc, nên ta có \(208 = \int\limits_0^{16} {\left( {at + 8} \right){\rm{d}}t} = 128a + 128 \Rightarrow a = \frac{5}{8}\)
\( \Rightarrow v\left( t \right) = \frac{5}{8}t + 8{\rm{ }}\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).
Tốc độ của ô tô sau 30 giây là \(v\left( {30} \right) = \frac{5}{8} \cdot 30 + 8 = \frac{{107}}{4}\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right) = 96,3\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)\).
Số con báo đốm đã được tiêm phòng là \(216\) con.
Số con sư tử chưa được tiêm phòng là \(108\) con.
Chọn ra ngẫu nhiên một con vật trong số đó. Xác suất để chọn ra được một con sư tử đã được tiêm phòng là \(0,4\).
Chọn ra ngẫu nhiên một con vật trong số đó. Xác suất để chọn ra được một con vật chưa được tiêm phòng là \(0,46\).
a) Đúng. Số con báo đốm đã được tiêm phòng là: \(360 \cdot 60\% = 216\) (con).
b) Sai. Số con sư tử đã được tiêm phòng là: \(240 \cdot 45\% = 108\) (con).
Số con sư tử chưa được tiêm phòng là: \(240 - 108 = 132\) (con).
c) Sai. Tổng số con vật đã được tiêm phòng là: \(216 + 108 = 324\)(con).
Xét các biến cố:
\(A\): “Chọn được \(1\) con sư tử”;
\(B\): “Chọn được \(1\) con vật đã tiêm phòng”.
Xác suất để chọn ra được một con sư tử đã được tiêm phòng là \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{{108}}{{324}} = \frac{1}{3}\).
d) Đúng. Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{{240}}{{600}} = \frac{2}{5};\,\,P\left( {B|A} \right) = \frac{{45}}{{100}} = \frac{9}{{20}};\,\,P\left( {\overline A } \right) = \frac{3}{5};\,\,P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{60}}{{100}} = \frac{3}{5}\).
Theo công thức xác suất toàn phần ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{27}}{{50}} = 0,54\).
Vậy xác suất để chọn được một con vật chưa tiêm phòng là \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 0,46.\)
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Đáp án: 16.
Đặt \[HE = x\,\,{\rm{v\`a }}\,\,FK = y\], với \[0 < x,\,y < 24\].
Ta có \[HE + KF = 24 \Rightarrow x + y = 24\]. Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}AE = \sqrt {25 + {x^2}} \\BF = \sqrt {49 + {y^2}} = \sqrt {49 + {{\left( {24 - x} \right)}^2}} \end{array} \right.\].
Ta thấy quãng đường \(AEFB\) ngắn nhất khi \[AE + BF\] nhỏ nhất (vì \[EF\] không đổi).
Xét hàm số \[f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 25} + \sqrt {{{\left( {24 - x} \right)}^2} + 49} \].
\[f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 25} }} + \frac{{x - 24}}{{\sqrt {{x^2} - 48x + 625} }},\,\forall x \in \left( {0;24} \right)\].
Cho \[f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = 10\]. Ta có bảng biến thiên:
Vậy GTNN của \[f\left( x \right)\] bằng \[12\sqrt 5 \] tại \[x = 10 \Rightarrow BF = 7\sqrt 5 \approx 16\,{\rm{km}}\].
Đáp án: 150.
Ta có \(\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;1; - 6} \right);\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 6} \right);\overrightarrow {E{A_3}} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 6} \right) \Rightarrow E{A_1} = E{A_2} = E{A_3} = \sqrt {37} \).
Vì \(\left| {\overrightarrow {{A_1}{A_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{A_2}{A_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{A_3}{A_1}} } \right| = \sqrt 3 \) nên tam giác \({A_1}{A_2}{A_3}\) đều. Do đó, \(\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|\).
Vì vậy, tồn tại hằng số \(k\,\,\left( {k \ne 0} \right)\) sao cho:
Suy ra \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \left( {0;0; - 18k} \right)\).
Mặt khác, ta có \(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \vec P\), trong đó \(\overrightarrow P = \left( {0;0; - 300} \right)\) là trọng lực tác dụng lên máy quay.
Suy ra \( - 18k = 300\), tức là \(k = \frac{{50}}{3}\). Vậy \(\overrightarrow {{F_1}} = \left( {0;\frac{{50}}{3}; - 100} \right)\). Khi đó, \(a + 3b - c = 150\).
Bảng dưới đây thống kê cự li ném tạ của một vận động viên.
Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
Đáp án: 0,28.
Ta có bảng sau:
Cỡ mẫu: \(n = 100\).
Số trung bình: \(\bar x = \frac{{13 \cdot 19,25 + 45 \cdot 19,75 + 24 \cdot 20,25 + 12 \cdot 20,75 + 6 \cdot 21,25}}{{100}} = 20,015\).
Phương sai: \({s^2} = \frac{{13 \cdot {{19,25}^2} + 45 \cdot {{19,75}^2} + 24 \cdot {{20,25}^2} + 12 \cdot {{20,75}^2} + 6 \cdot {{21,25}^2}}}{{100}} - {20,015^2} \approx 0,28\).
Đáp án: \(30,8\).
Xét hệ trục độ \(Oxy\) như hình vẽ bên (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét).
Phương trình đường tròn là: \({x^2} + {y^2} = 25\).
Phương trình của parabol có bề lõm hướng lên là: \(y = \frac{4}{{25}}{x^2} - 4\).
Diện tích phần trồng hoa giới hạn bởi 2 parabol là:
\[{S_1} = 2\int\limits_{ - 5}^5 {\left| {\left( {\frac{4}{{25}}{x^2} - 4} \right)} \right|{\rm{d}}x = 4\int\limits_0^5 {\left| {\left( {\frac{4}{{25}}{x^2} - 4} \right)} \right|{\rm{d}}x = } } \frac{{160}}{3}\,\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}.\]Diện tích toàn bộ phần hình tròn là: \({S_2} = 25\pi \,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Diện tích phần còn lại để trang trí gốm sứ là: \(S = {S_2} - {S_1} = 25\pi - \frac{{160}}{3}\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Vậy tổng chi phí để làm khu vực trung tâm quảng trường là
\(\frac{{160}}{3} \cdot 200 + \left( {25\pi - \frac{{160}}{3}} \right) \cdot 800 \approx 30\,832\) (nghìn đồng) \( \approx 30,8\) (triệu đồng).
Giả sử ta dùng một đoạn dây nối điểm \(N\) trên dây cáp \(AD\) và điểm \(M\) trên thành cầu, biết \(M\) cách mặt nước \(75\;\,{\rm{m}}\) và \(MN\) song song với cột trụ. Tính độ dài \(MN\), biết điểm \(M\) cách trục \(Oz\) một khoảng bằng \(230\;{\rm{m}}\) (làm tròn đến hàng phần chục theo đơn vị mét).
Đáp án: \(50,1\).
Ta có \(A \in \left( {Oyz} \right)\) và \(A\) cách mặt nước \(7{\rm{5}}\,\,{\rm{m}}\) và cách trục \(Oz\) là \(343\,\,{\rm{m}} \Rightarrow A\left( {0; - 343;75} \right)\).
Điểm \(D\) là đỉnh cột trụ cách mặt nước \(227\,\,{\rm{m}} \Rightarrow D\left( {0;0;227} \right)\).
Suy ra \(\overrightarrow {AD} = \left( {0;343;152} \right)\). Phương trình đường thẳng \(AD\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 343t\\z = 227 + 152t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
Vì \(N \in AD \Rightarrow N\left( {0;343t;227 + 152t} \right)\).
Điểm \(M\) trên thành cầu, \(M\) cách mặt nước \(75\;\,{\rm{m}}\) và cách trục \(Oz\) một khoảng bằng \(230\;\,{\rm{m}}\) nên tọa độ điểm \(M\) là \(M\left( {0; - 230;75} \right)\). Suy ra \(\overrightarrow {MN} = \left( {0;343t + 230;152 + 152t} \right)\).
\(MN\) song song với cột trụ \( \Rightarrow MN \bot Oy \Rightarrow \overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow j = 0 \Rightarrow 343t + 230 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{{230}}{{343}}\).
\( \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \left( {0;0;\frac{{17176}}{{343}}} \right) \Rightarrow MN = \frac{{17176}}{{343}} \approx 50,1\) (m).
Đáp án: 437.
Ta coi bàn cờ vua được xác định bởi 9 đường thẳng theo phương nằm ngang \(x = 0;\,x = 1;x = 2;...;x = 8\) và \(9\) đường thẳng theo phương thẳng đứng \(y = 0;\,y = 1;y = 2;....;y = 8.\)
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đoạn thẳng thuộc hai đường thẳng \({x_i},{x_j}\) và hai đoạn thẳng thuộc các đường thẳng \({y_m},{y_n}\) (\(i,j,m,n \in \left\{ {0;1\,;\,2;3;4;5;6;7;8} \right\}\)) nên có \(C_9^2 \cdot C_9^2\) hình chữ nhật. Suy ra \(n\left( \Omega \right) = C_9^2 \cdot C_9^2 = 1296.\)
Gọi \(A\) là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh \(k\) lớn hơn \(4\).
Trường hợp 1: \(k = 5\). Khi đó mỗi hình vuông được tạo thành do hai đường thẳng \({x_i},{x_j}\) cách nhau \(5\) đơn vị và hai đường thẳng \({y_m},{y_n}\) cách nhau \(5\) đơn vị nên có \(4 \cdot 4 = 16\) cách chọn.
Trường hợp 2: \(k = 6\). Khi đó mỗi hình vuông được tạo thành do hai đường thẳng \({x_i},{x_j}\) cách nhau \(6\) đơn vị và hai đường thẳng \({y_m},{y_n}\) cách nhau \(6\) đơn vị có \(3 \cdot 3 = 9\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(k = 7\). Khi đó mỗi hình vuông được tạo thành do hai đường thẳng \({x_i},{x_j}\) cách nhau \(7\) đơn vị và hai đường thẳng \({y_m},{y_n}\) cách nhau \(7\) đơn vị có \(2 \cdot 2 = 4\) cách chọn.
Trường hợp 4: \(k = 8\). Khi đó mỗi hình vuông được tạo thành do hai đường thẳng \({x_i},{x_j}\) cách nhau \(8\) đơn vị và hai đường thẳng \({y_m},{y_n}\) cách nhau \(8\) đơn vị nên có \(1 \cdot 1 = 1\) cách chọn.
Suy ra \(n\left( A \right) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là:
\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{30}}{{1296}}\)\( = \frac{5}{{216}}\)\( \Rightarrow a = 5;b = 216 \Rightarrow a + 2b = 437.\)
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)
