Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 39)
22 câu hỏi
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{4}\mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + k2\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + k\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Điều kiện: \(\sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) \ne 0\)\( \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{4} \ne k\pi ;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\( \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\). Chọn C.
\(7\).
\(5\).
\(\sqrt {10} \).
\(3\).
Ta có: \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \) \( \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \left( {2 - \left( { - 2} \right); - 2 - \left( { - 5} \right);0 - 0} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \left( {4;3,0} \right)\)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = BC = \sqrt {{4^2} + {3^2} + {0^2}} = 5\). Chọn B.
\(0\).
\(2\).
\(1\).
\(3\).
Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 5x + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta thầy hàm số có 1 cực trị. Chọn C.
\(41,23\).
\(40,55\).
\(51,54\).
\(50,44\).
Ta có: \(n = 5 + 9 + 13 + 10 + 6 = 43\).
Nên trung vị nằm ở vị trí 22 thuộc nhóm \(\left[ {40;60} \right)\).
Trung vị mẫu số liệu ghép nhóm trên là: \({M_e} = 40 + \frac{{\frac{{43}}{2} - \left( {5 + 9} \right)}}{{13}} \cdot 20 \approx 51,54\). Chọn C.
\(3{a^3}\sqrt 2 \).
\(4{a^3}\sqrt 2 \).
\(9{a^3}\sqrt 2 \).
\(12{a^3}\sqrt 2 \).
\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}}\)\( = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 2 \cdot {\left( {3a} \right)^2} = 3{a^3}\sqrt 2 \). Chọn A.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Xét phép chiếu song song theo phương \(B'B\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Ảnh của đoạn thẳng \(A'C'\) qua phép chiếu song song đó là
Đoạn thẳng \(A'C\).
Đoạn thẳng \(AC\).
Đoạn thẳng \(AB\).
Đoạn thẳng \(BD\).
Do \(A'A//C'C//B'B\) nên ảnh của đoạn thẳng \(A'C'\) qua song song theo phương \(B'B\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là đoạn thẳng \(AC\). Chọn B.
\( - 2x + 3y = 0\).
\( - 2y + 3z = 0\).
\(2y + 3z = 0\).
\( - 2x + 3z = 0\).
Mặt phẳng đi qua gốc tọa độ và nhận \(\overrightarrow n = \left( {0; - 2;3} \right)\) là một vectơ pháp tuyến có phương trình tổng quát là: \(0\left( {x - 0} \right) - 2\left( {y - 0} \right) + 3\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow - 2y + 3z = 0\). Chọn B.
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 4\).
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 4\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 2\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 4\).
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 4\). Chọn A.
\(S = 7\).
\(S = 5\).
\(S = 8\).
\(S = 6\).
Ta có \(\int\limits_1^3 {\frac{{x + 2}}{x}dx} = \int\limits_1^3 {\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)dx} = \left. {\left( {x + 2\ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^3 = \left( {3 + 2\ln 3} \right) - \left( {1 + 2\ln 1} \right) = 2 + 2\ln 3\).
Vậy \(a = 2,\,\,b = 2,\,\,c = 3 \Rightarrow S = a + b + c = 7\). Chọn A.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(D = \left( {3; + \infty } \right)\).
\(D = \left[ {3; + \infty } \right)\).
\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}\).
\(D = \left( { - \infty ;3} \right)\).
Hàm số xác định khi \(x - 3 > 0 \Rightarrow x > 3\). Chọn A.
\(D\left( {4\,;4\,;1} \right)\).
\(D\left( {1\,;1\,;0} \right)\).
\(D\left( {0\,;2\,; - 1} \right)\).
\[D\left( {1\,;3\,; - 1} \right)\].
Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AD} = \left( {x - 3;y - 1,z - 2} \right)\); \(\overrightarrow {BC} = \left( {1;3; - 1} \right)\).
Hình bình hành \[ABCD\] \[ \Rightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 3 = 1}\\{y - 1 = 3}\\{z - 2 = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{y = 4}\\{z = 1}\end{array}} \right.\]. Vậy \(D\left( {4\,;4\,;1} \right)\). Chọn A.
\(60^\circ \).
\(45^\circ \).
\(90^\circ \).
\(30^\circ \).
Vectơ chỉ phương của \({\Delta _1}\) là: \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 2\,;\,3\,;\,2} \right)\).
Vectơ chỉ phương của \({\Delta _2}\) là: \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1\,;\, - 2\,;\,4} \right)\).
Có \(\overrightarrow {{u_1}} \, \cdot \,\overrightarrow {{u_2}} = - 2\, \cdot 1 + 3\, \cdot \left( { - 2} \right) + 2\, \cdot 4 = - 2 - 6 + 8 = 0\).
\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {{u_1}} \bot \overrightarrow {{u_2}} \)\( \Rightarrow \) Góc của giữa 2 đường thẳng \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) bằng là \(90^\circ \). Chọn C.
Tập xác định của hàm số \[y = f\left( x \right)\] là \[D = \left[ {2; + \infty } \right)\].
Hàm số \[y = f\left( x \right)\]có một điểm cực trị.
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại điểm có hoành độ bằng 3 có phương trình là \[y = 2x - 3\].
Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình \[f\left( x \right) < x + 5\] bằng 11322.
a) Sai. Điều kiện:\[x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2\]. Vậy tập xác định là \[D = \left( {2; + \infty } \right)\].
b) Sai. Ta có \[f'\left( x \right) = 1 + \frac{1}{{x - 2}} = \frac{{x - 2 + 1}}{{x - 2}} = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}\].
Với mọi \[x \in D = \left( {2; + \infty } \right)\], ta có \[x - 1 > 0\] và \[x - 2 > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) > 0\].
Vì \[f'\left( x \right)\] không đổi dấu trên D, hàm số đồng biến trên toàn bộ tập xác định và không có cực trị.
c) Đúng. Tung độ tiếp điểm: \[{y_0} = f\left( 3 \right) = 3 + \ln \left( {3 - 2} \right) = 3 + \ln 1 = 3\].
Hệ số góc tiếp tuyến: \[k = f'\left( 3 \right) = \frac{{3 - 1}}{{3 - 2}} = \frac{2}{1} = 2\].
Phương trình tiếp tuyến: \[y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} = 2\left( {x - 3} \right) + 3 = 2x - 6 + 3 = 2x - 3\].
d) Đúng. \[x + \ln \left( {x - 2} \right) < x + 5 \Leftrightarrow \ln \left( {x - 2} \right) < 5 \Leftrightarrow x - 2 < {e^5} \Leftrightarrow x < {e^5} + 2\]
Kết hợp với điều kiện xác định \[x > 2\]ta có \[2 < x < {e^5} + 2\].
Các nghiệm nguyên của bất phương trình là \[x \in \left\{ {3;4;5; \ldots ;150} \right\}\].
Tổng các nghiệm nguyên là: \[S = \frac{{148 \cdot (3 + 150)}}{2} = 11322\].
Xác suất để An chọn được thẻ số 5 là \(\frac{1}{5}\).
Biết rằng An rút được thẻ số 3, xác suất để tổng số chấm trên các con xúc xắc Bình gieo bằng 8 là \(\frac{7}{{72}}\).
Xác suất để không có mặt 6 chấm xuất hiện là \(\frac{{4651}}{{7776}}\).
Xác suất để An chọn được thẻ số 4 bằng \(\frac{{4026}}{{15625}}\), biết rằng có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.
Gọi \({A_k}\) là biến cố An rút được thẻ số \(k\), với \(k \in \left\{ {1,2,3,4,5} \right\}\).
Vì có 5 thẻ được đánh số từ 1 đến 5 và An rút ngẫu nhiên 1 thẻ, nên xác suất An rút được thẻ số \(k\) là \(P\left( {{A_k}} \right) = \frac{1}{5}\) cho mỗi \(k\).
Khi An rút được thẻ số \(k\), Bình sẽ gieo \(k\) con xúc xắc. Mỗi con xúc xắc có 6 mặt (1, 2, 3, 4, 5, 6).
a) Đúng. Xác suất để An chọn được thẻ số 5 là \(P\left( {{A_5}} \right)\).
Theo lập luận trên, \(P\left( {{A_5}} \right) = \frac{1}{5}\).
b) Đúng. Gọi \({S_k}\) là biến cố tổng số chấm trên \(k\) con xúc xắc bằng 8.
Nếu An rút được thẻ số 3, Bình gieo 3 con xúc xắc. Không gian mẫu có \({6^3} = 216\) kết quả đồng khả năng.
Chúng ta cần tìm số cách để tổng số chấm của 3 con xúc xắc là 8.
Gọi \(\left( {{x_1},{x_2},{x_3}} \right)\) là kết quả của 3 con xúc xắc, với \({x_i} \in \left\{ {1,2,3,4,5,6} \right\}\).
Các bộ \(\left( {{x_1},{x_2},{x_3}} \right)\) có tổng bằng 8 là:
(1, 1, 6) và các hoán vị của nó: Có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\) cách (116, 161, 611).
(1, 2, 5) và các hoán vị của nó: Có \(3! = 6\) cách (125, 152, 215, 251, 512, 521).
(1, 3, 4) và các hoán vị của nó: Có \(3! = 6\) cách (134, 143, 314, 341, 413, 431).
(2, 2, 4) và các hoán vị của nó: Có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\) cách (224, 242, 422).
(2, 3, 3) và các hoán vị của nó: Có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\) cách (233, 323, 332).
Tổng số kết quả thuận lợi là \(3 + 6 + 6 + 3 + 3 = 21\).
Xác suất để tổng số chấm bằng 8 khi gieo 3 con xúc xắc là \(P\left( {{S_3}} \right) = \frac{{21}}{{216}} = \frac{7}{{72}}\).
c) Đúng. Gọi \(E\) là biến cố không có mặt 6 chấm nào xuất hiện.
Nếu An rút được thẻ số \(k\), Bình gieo \(k\) con xúc xắc. Xác suất để không có mặt 6 chấm nào xuất hiện trên \(k\) con xúc xắc là \(P\left( {E|{A_k}} \right)\).
Mỗi con xúc xắc có 5 mặt không phải là 6 chấm (1, 2, 3, 4, 5).
Vậy \(P\left( {E|{A_k}} \right) = {\left( {\frac{5}{6}} \right)^k}\).
Xác suất để không có mặt 6 chấm xuất hiện là \(P\left( E \right) = \sum\limits_{k = 1}^5 P \left( {E|{A_k}} \right)P\left( {{A_k}} \right)\).
\(P\left( E \right) = \sum\limits_{k = 1}^5 {{{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^k}} \cdot \frac{1}{5}\)\( = \frac{{4651}}{{7776}}\).
d) Đúng. Gọi \(F\) là biến cố có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.
Biến cố \(F\) là biến cố đối của biến cố \(E\) (không có mặt 6 chấm nào xuất hiện).
Do đó, \(P\left( F \right) = 1 - P\left( E \right) = 1 - \frac{{23255}}{{38880}} = \frac{{15625}}{{38880}}\).
Chúng ta cần tính xác suất \(P\left( {{A_4}|F} \right)\), tức là xác suất An chọn được thẻ số 4 biết rằng có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.
Theo công thức Bayes: \(P\left( {{A_4}|F} \right) = \frac{{P\left( {F|{A_4}} \right)P\left( {{A_4}} \right)}}{{P\left( F \right)}}\).
Ta có \(P\left( {{A_4}} \right) = \frac{1}{5}\).
\(P\left( {F|{A_4}} \right)\) là xác suất có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện khi An rút thẻ số 4 (Bình gieo 4 con xúc xắc).
\(P\left( {F|{A_4}} \right) = 1 - P\left( {E|{A_4}} \right) = 1 - {\left( {\frac{5}{6}} \right)^4} = \frac{{671}}{{1296}}\).
Thay các giá trị vào công thức Bayes ta được: \(P\left( {{A_4}|F} \right) = \frac{{4026}}{{15625}}\).
Mức lương của kĩ sư đó qua từng năm lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu \[{u_1} = 120\] và công sai \[d = 12\] (\[{u_1}\]và \[d\] đơn vị triệu đồng).
Vào năm thứ \[5\] làm việc cho công ty, mức lương của kĩ sư đó nhận được trong năm đó là 180 triệu đồng.
Sau \[10\] năm làm việc, tổng số tiền lương kĩ sư đó nhận được từ công ty là \[1740\] triệu đồng.
Nếu ngay sau khi nhận lương vào ngày \[1/1\] mỗi năm, kĩ sư trích ra \[40\% \] số tiền đó để gửi tiết kiệm tại một ngân hàng với lãi suất \[5\% \] theo hình thức lãi kép (tiền lãi của mỗi năm được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo). Giả sử lãi suất không thay đổi trong suốt quá trình gửi, và việc nhận lương của kĩ sư không bị gián đoạn, đồng thời ngân hàng luôn tính lãi cuối kì vào ngày \[31/12\] của năm đó. Khi đó, tổng số tiền lãi mà kĩ sư nhận được tại thời điểm hết năm gửi tiền thứ \[10\] (làm tròn đến hàng đơn vị) là \[198\] (triệu đồng).
a) Đúng. Mức lương của kĩ sư đó qua từng năm lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu \[{u_1} = 120\] và công sai \[d = 12\] (\[{u_1}\]và \[d\] đơn vị triệu đồng).
b) Sai . Vào năm thứ \[5\] làm việc cho công ty, mức lương của kĩ sư đó nhận được trong năm đó là \[{u_5} = {u_1} + 4d = 120 + 4 \cdot 12 = 168\] (triệu đồng).
c) Đúng. Mức lương của kĩ sư đó nhận được trong năm thứ \[10\] là
\[{u_{10}} = 120 + 9 \cdot 12 = 228\] (triệu đồng).
Sau \[10\] năm làm việc, tổng số tiền lương kĩ sư đó nhận được từ công ty là
\[{S_{10}} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{10}} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_{10}}} \right) \cdot 10}}{2} = \frac{{\left( {120 + 228} \right) \cdot 10}}{2} = 1740\](triệu đồng).
d) Đúng. Tổng số tiền lãi mà kĩ sư nhận được tại thời điểm hết năm gửi tiền thứ \[10\] là
\[\,\,\,\,40\% \cdot {u_1} \cdot {\left( {1 + 5\% } \right)^{10}} + 40\% \cdot {u_2} \cdot {\left( {1 + 5\% } \right)^9} + ... + 40\% \cdot {u_{10}} \cdot {\left( {1 + 5\% } \right)^1} - 40\% \cdot {S_{10}}\]
\[ = 0,4 \cdot 120 \cdot {1,05^{10}} + 0,4 \cdot 132 \cdot {1,05^9} + ... + 0,4 \cdot 228 \cdot {1,05^1} - 0,4 \cdot 1740\]\[ \approx 198\](triệu đồng).
Vectơ đơn vị hướng chuyển động \(\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right)\) và cao độ \(c = \sin 30^\circ = \frac{1}{2}\).
Vectơ đơn vị hướng chuyển động của hạt là \(\overrightarrow u = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}} \right)\).
Hằng số \(k\) trong công thức vận tốc có giá trị bằng \(10\).
Tại vị trí \(B\), cao độ \({z_B}\) của hạt là \(20\;{\rm{mm}}\)(làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
a) Đúng. Dễ thấy \(c > 0\).
Đường thẳng chuyển động có VTCP là \(\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right)\); mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có VTPT là \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\).
Do hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) một góc 30° nên
\(\sin 30^\circ = \frac{{\left| c \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \cdot \sqrt 1 }} = \frac{{\left| c \right|}}{{1 \cdot 1}} = \left| c \right| \Leftrightarrow c = \frac{1}{2}\) (do \(\left| {\overrightarrow u } \right| = 1\)).
b) Sai. Dễ thấy đường thẳng chuyển động có phương trình \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + at\\y = 1 + bt\\z = 5 + ct\end{array} \right.\) và đường thẳng là hình chiếu của \(\Delta \) lên \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình \(\Delta ':\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + at\\y = 1 + bt\\z = 0\end{array} \right.\).
Suy ra \(\Delta '\) có VTCP \(\overrightarrow {u'} = \left( {a;b;0} \right)\) và trục Ox có VTCP là \(\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)\).
Do \(\Delta '\) hợp với trục Ox một góc 45° nên
\(\cos 45^\circ = \frac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \cdot \sqrt 1 }} = \frac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {1 - {c^2}} }} = \frac{{2\left| a \right|}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left| a \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\)
Từ \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\) suy ra \({b^2} = 1 - {a^2} - {c^2} = 1 - \frac{3}{8} - \frac{1}{4} = \frac{3}{8} \Leftrightarrow \left| b \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\).
Do đó khẳng định \(\overrightarrow u = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}} \right)\) là sai.
c) Đúng. Có \(s = \int\limits_0^{2\ln 2} {k{e^{0,5t}}dt} = k \cdot 2 \cdot {e^{0,5t}}|_0^{2\ln 2} = 2k\left( {{e^{\ln 2}} - 1} \right) = 2k = 20 \Leftrightarrow k = 10\).
d) Sai. Có \(v\left( t \right) = 10{e^{0,5t}}\) và quãng đường đi được trong 2 giây đầu tiên là
\({s_0} = \int\limits_0^2 {10{e^{0,5t}}dt} = 20 \cdot {e^{0,5t}}|_0^2 = 20\left( {e - 1} \right)\).
Và với độ dài đoạn \(AB = 20\left( {e - 1} \right)\) và do hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 30° nên khoảng cách cao độ giữa \(B\) và \(A\) là \(\left| {{z_B} - {z_A}} \right| = {z_B} - {z_A} = AB \cdot \sin 30^\circ = 10\left( {e - 1} \right),\)suy ra \({z_B} = {z_A} + 10\left( {e - 1} \right) = 5 + 10\left( {e - 1} \right) \approx 22.\)
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một cái ly thủy tinh có chiều cao \(30\;{\rm{cm}}\). Khi cắt ly bởi các mặt phẳng song song với mặt đất, ta thấy mặt cắt là các hình tròn. Khi cắt ly bởi mặt phẳng đi qua trục đối xứng và vuông góc với đáy, ta được một hình phẳng \(ABCD\) có trục đối xứng, với hai đường biến \(AD\) và \(BC\) là các cung của hypebol (xem hình minh họa). Biết đường tròn giao tuyến tại vị trí hẹp nhất của ly có đường kính\(MN = 8\;{\rm{cm}}\), khoảng cách từ vị trí hẹp nhất này đến đáy ly là\(20\;{\rm{cm}}\) và đường kính đáy ly là\(CD = 8\sqrt 6 \;{\rm{cm}}\)( độ dày thành ly xem như không đáng kể). An đặt một khối lập phương đặt ruột, bằng kim loại, lên miệng ly nước sao cho một đỉnh của khối lập phương nằm gọn trong lòng ly, đồng thời mô hình ly nước và khối lập phương cùng lấy trục ly nước làm trục đối xứng. Giả sử, coi như ba cạnh của khối lập phương chạm khít với thành miệng ly (xem hình vẽ). Nếu ban đầu An đổ nước đầy ly thì sau khi đặt đặt khối lập phương như trên, lượng nước trong ly còn lại bao nhiêu centimet khối? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Đáp án: 3327.
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho trục tung \(Oy\)trùng với trục đối xứng của cái ly, và gốc tọa độ \(O\) là trung điểm của \(MN\)nằm tại tâm của đường tròn hẹp nhất.
Ta có \(MN = 8 \Rightarrow ON = 4 \Rightarrow N\left( {4;0} \right)\).
Khoảng cách từ vị trí hẹp nhất đến đáy ly là \(20\;{\rm{cm}}\) và đường kính đáy ly là \(CD = 8\sqrt 6 \;{\rm{cm}}\)nên \(C\left( {4\sqrt 6 ; - 20} \right)\).
Gọi phương trình tổng quát của hypebol có dạng: \(\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\).
\(N \in \left( H \right) \Rightarrow {a^2} = 16\); \(C \in \left( H \right) \Rightarrow {b^2} = 80\).
Suy ra phương trình Hypebol là \(\frac{{{x^2}}}{{16}} - \frac{{{y^2}}}{{80}} = 1 \Rightarrow {x^2} = 16\left( {1 + \frac{{{y^2}}}{{80}}} \right)\) .
Thể tích nước ban đầu trong ly: \({V_1} = \pi \int\limits_{ - 20}^{10} {{x^2}dy} = \pi \int\limits_{ - 20}^{10} {16\left( {1 + \frac{{{y^2}}}{{80}}} \right)dy} = 1080\pi \).
Xét hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) trong đó \(S\) là đỉnh của hình lập phương nằm bên trong ly nước và \(A,\,B,\,C\) là các điểm chung của hình lập phương với miệng ly; \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC\)và \(H\) là trung điểm \(BC\)
Đặt \(a\;{\rm{cm}}\) là cạnh đáy hình chóp thì \(AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Tam giác \(ABC\) đều nội tiếp đường tròn có bán kính \(r = x\left( {10} \right) = 6\) nên
\(r = OA \Leftrightarrow \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = 6 \Rightarrow a = 6\sqrt 3 \).
Vì hình chóp S.ABC có SA, SB, SC bằng nhau và đôi một vuông góc tại đỉnh S nênS8v| độ dài cạnh \(SA = SB = SC = \frac{a}{{\sqrt 2 }} = 3\sqrt 6 \).
Thể tích khối chóp\(S.ABC\) \[{V_2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}SA \cdot SB \cdot SC = 27\sqrt 6 \](cm3).
Thể tích nước còn lại trong ly: \(V = {V_1} - {V_2} = 3326,78 \approx 3327\)(cm3).
Đáp án: 3,8.
Gọi \(H,H'\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(B'C'\).
Theo giả thiết ta có: \(A'H \bot \left( {ABC} \right)\). Góc nhị diện \(\left[ {C',BC,A} \right]\) là \(\widehat {AHH'} = 120^\circ \).
Xét trong \(\left( {AHH'A'} \right)\) vẽ \(A'K \bot HH'\) nên
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A'K \bot HH'}\\{A'K \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow A'K \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow d\left( {A',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = A'K\].
Do \(AA'//\left( {BCC'B'} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A,(BCC'B')} \right) = d\left( {A',(BCC'B')} \right) = A'K\).
\[\widehat {AHH'} = \widehat {AHA'} + \widehat {A'HH'} = 90^\circ + \widehat {A'HH'} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {A'HH'} = 30^\circ \].
Tam giác \(A'HH'\) vuông tại \(A'\) có \(A'H' = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}\).
Có \[\widehat {A'HH'} = 30^\circ \]nên \[\widehat {A'H'H} = 60^\circ \]
Tam giác \(A'H'K\) vuông tại \(K\) có \[\widehat {A'H'K} = 60^\circ \] nên
\[\sin \widehat {A'H'K} = \frac{{A'K}}{{A'H'}} = \sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'K = A'H' \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{5\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{15}}{4} \approx 3,8\].
Vậy \[d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) \approx 3,8\].
Cho hàm số \(y = \frac{{a{x^2} - bx - c}}{{mx - n}}\) (với \(a > 0,m \ne 0\)) có đồ thị như hình vẽ. Hỏi trong các hệ số \(b,c,m,n\) có bao nhiêu hệ số dương?
Đáp án: 3.
Đồ thị có tiệm cận đứng \(x = 1\). Do đó \(\frac{n}{m} = 1 \Rightarrow m = n\), suy ra \(m\) và \(n\) cùng dấu.
Tiệm cận xiên có dạng: \(y = Ax + B\)
Với \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \frac{a}{m}\); \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - Ax} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{a{x^2} - bx - c}}{{mx - n}} - \frac{a}{m}x} \right] = \frac{{an - bm}}{{{m^2}}}\).
Vậy đường tiệm cận xiên là \(y = \frac{a}{m}x + \frac{{an - bm}}{{{m^2}}}\).
Dựa vào đồ thị, tiệm cận xiên qua \(M\left( { - 2;0} \right),\,N\left( {0;2} \right)\) nên tiệm cận xiên có phương trình \(y = x + 2\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{m} = 1\\\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = m\\\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\end{array} \right.\).
Theo giả thiết \(a > 0\) nên \(m > 0\,\left( 1 \right)\) mà \(m = n\) suy ra \(n > 0\,\,\left( 2 \right)\).
Thế \(m = n,\,a = m\) vào \(\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\) ta được
\(\frac{{{m^2} - bm}}{{{m^2}}} = 2 \Rightarrow 1 - \frac{b}{m} = 2 \Rightarrow \frac{b}{m} = - 1 \Rightarrow b = - m < 0\,\,\left( 3 \right)\)
Giao điểm của đồ thị \(y = \frac{{a{x^2} - bx - c}}{{mx - n}}\) với trục tung: Cho \(x = 0\) ta được \(y = \frac{c}{n}\).
Dựa vào đồ thị, ta thấy đồ thị cắt trục tung tại \(y = 1\)\( \Rightarrow \frac{c}{n} = 1 \Rightarrow c = n > 0\,\left( 4 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right)\) ta suy ra \(m > 0\), \(n > 0\), \(c > 0\), \(b < 0\).
Vậy có 3 hệ số dương là \(m,n,c\).
Đáp án: 46.
Sau ngày 10 tháng 2 năm 2025, số tiền còn lại: \({A_1} = 1000\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\) (triệu đồng).
Sau ngày 10 tháng 3 năm 2025, số tiền còn lại:
\[{A_2} = \left[ {1000\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25} \right]\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25 = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\] (triệu đồng).
Sau ngày 10 tháng 4 năm 2025, số tiền còn lại:
\[{A_3} = \left[ {1000{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25} \right]\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\]
\[ \Rightarrow {A_3} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^3} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\] (triệu đồng).
Sau \[n\] tháng, số tiền còn lại:
\[{A_n} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^{n - 1}} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^{n - 2}} - ... - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\]
\[ \Rightarrow {A_n} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1}}{{0,6\% }}\] (triệu đồng).
Khi rút hết tiền: \[{A_n} = 0 \Rightarrow 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1}}{{0,6\% }} = 0\]
\[ \Leftrightarrow \left( {25 - 1000 \cdot 0,6\% } \right){\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} = 25 \Leftrightarrow n = {\log _{1 + 0,6\% }}\frac{{25}}{{25 - 1000 \cdot 0,6\% }} \approx 45,8766\] (tháng).
Vậy sau \[46\] tháng thì anh An rút hết tiền trong ngân hàng.
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(30{\rm{ cm}}\). Giả sử hai chú kiến vàng và đen xuất phát cùng một lúc tại các vị trí \(A\) và \(D\), kiến vàng đi thẳng từ \(A\) đến \(D'\) với vận tốc \(1{\rm{ cm/s}}\) và kiến đen đi thẳng từ \(D\) đến \(B\) với vận tốc \(2{\rm{ cm/s}}\). Hỏi sau bao nhiêu giây kể từ khi bắt đầu xuất phát, khoảng cách giữa hai con kiến là bé nhất? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Đáp án: 9.
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.
Xác định tọa độ vị trí hai con kiến tại thời điểm \(t{\rm{ }}(t \ge 0)\).
Kiến vàng (đi từ \(A\) đến \(D'\)):
Vectơ\(\overrightarrow {AD'} = \left( {0;30;30} \right)\), độ dài\(AD' = 30\sqrt 2 \).
Vận tốc\({v_1} = 1{\rm{ cm/s}}\). Sau thời gian \(t\), kiến vàng ở vị trí \(M\).
Tọa độ \(M\):
\(\overrightarrow {AM} = \frac{{{v_1} \cdot t}}{{AD'}} \cdot \overrightarrow {AD'} = \frac{t}{{30\sqrt 2 }}\left( {0;30;30} \right) = \left( {0;\frac{t}{{\sqrt 2 }};\frac{t}{{\sqrt 2 }}} \right) \Rightarrow M\left( {0;\frac{t}{{\sqrt 2 }};\frac{t}{{\sqrt 2 }}} \right)\).
Kiến đen (đi từ \(D\) đến \(B\)):
Vectơ \(\overrightarrow {DB} = \left( {30; - 30;0} \right)\), độ dài \(DB = 30\sqrt 2 \).
Vận tốc \({v_2} = 2{\rm{ cm/s}}\). Sau thời gian \(t\), kiến đen ở vị trí \(N\).
Tọa độ \(N\): \(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} = \left( {0;30;0} \right) + \frac{{{v_2} \cdot t}}{{DB}} \cdot \overrightarrow {DB} \)
\(\overrightarrow {AN} = \left( {0;30;0} \right) + \frac{{2t}}{{30\sqrt 2 }}\left( {30; - 30;0} \right) = \left( {0;30;0} \right) + \left( {\sqrt 2 t; - \sqrt 2 t;0} \right) \Rightarrow N\left( {\sqrt 2 t;30 - \sqrt 2 t;0} \right)\)
Khoảng cách giữa hai con kiến là \(d = MN\). Ta có:
\(M{N^2} = {\left( {\sqrt 2 t - 0} \right)^2} + {\left( {30 - \sqrt 2 t - \frac{t}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} + {\left( {0 - \frac{t}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = 2{t^2} + {\left( {30 - \frac{{3t}}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} + \frac{{{t^2}}}{2} = 7{t^2} - 90\sqrt 2 t + 900\).
Hàm số \(f\left( t \right) = 7{t^2} - 90\sqrt 2 t + 900\) là một parabol có bề lõm quay lên trên, đạt giá trị nhỏ nhất tại:
\(t = - \frac{b}{{2a}} = \frac{{90\sqrt 2 }}{{2 \cdot 7}} = \frac{{45\sqrt 2 }}{7} \approx 9,0913\).
Đáp án: 10.
Ta có: \(x\) là số tín chỉ từ dự án A, \(y\) là số tín chỉ từ dự án B (\(x,y \ge 0\)).
Dựa vào đề bài, ta có:
Tổng số tín chỉ không quá 25: \(x + y \le 25\)
Tổng ngân sách không quá 600 USD: \(20x + 30y \le 600\) \( \Leftrightarrow 2x + 3y \le 60\)
Điều kiện thực tế: \(x \ge 0,y \ge 0\)
Gọi \(F\left( {x,y} \right)\) là tổng lượng \(C{O_2}\) giảm: \(F\left( {x,y} \right) = 1,5x + 2y\)
Các đỉnh của miền nghiệm (tứ giác) là: \(O\left( {0;0} \right)\), \(A\left( {25;0} \right)\), \(M\left( {15;10} \right)\), và \(B\left( {0;20} \right)\).
Tại \(O\left( {0;0} \right)\): \(F = 1,5 \cdot 0 + 2 \cdot 0 = 0\);
Tại \(A\left( {25;0} \right)\): \(F = 1,5 \cdot 25 + 2 \cdot 0 = 37,5\);
Tại \(M\left( {15;10} \right)\): \(F = 1,5 \cdot 15 + 2 \cdot 10 = 22,5 + 20 = 42,5\);
Tại \(B\left( {0;20} \right)\): \(F = 1,5 \cdot 0 + 2 \cdot 20 = 40\).
Lượng \(C{O_2}\) giảm tối đa là 42,5 tấn khi doanh nghiệp mua 15 tín chỉ dự án A và 10 tín chỉ dự án B.
Vậy giá trị của \(y\) là 10.
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)
