Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 7)
22 câu hỏi
\(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1\,;0\,;0} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {0\,;1\,;0} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_3}} = \left( {0\,;1\,;\,1} \right)\).
\(\overrightarrow {{u_4}} = \left( {1\,;0\,;1} \right)\).
Trong không gian \(Oxyz\), trục tọa độ \(Oy\) có một vectơ chỉ phương là \({\vec u_2} = \left( {0\,;1\,;0} \right)\).
Chọn B.
2 cm.
6 cm.
3 cm.
4 cm.
Chiều cao của khối chóp: \(h = \frac{{3V}}{S} = \frac{{3 \cdot 18}}{9} = 6\;{\rm{cm}}\). Chọn B.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có đồ thị như hình vẽ sau:
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số có tọa độ là
\(\left( {1\,;0} \right)\).
\(\left( { - 1\,;1} \right)\).
\(\left( {2\,; - 2} \right)\).
\(\left( {1\,; - 1} \right)\).
Ta có tâm đối xứng của đồ thị là giao của các đường tiệm cận của hàm số. Suy ra từ đồ thị hàm số suy ra tâm đối xứng là \(\left( {1\,; - 1} \right)\). Chọn D.
5.
9.
8.
6.
Ta có \({u_2} = {u_1} \cdot q = 6.\) Chọn D.
5.
12.
9.
10.
Dựa vào bảng trên ta thấy số học sinh thuộc nửa khoảng \(\left[ {60\,;80} \right)\) là 10. Chọn D.
\(\frac{1}{5}{\pi ^5} + C.\)
\(\frac{1}{5}{\pi ^5}x + C.\)
\(\frac{1}{4}{\pi ^4}x + C.\)
\({\pi ^4}x + C.\)
Ta có: \(\int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {{\pi ^4}} \;{\rm{d}}x = {\pi ^4}x + C\). Chọn D.
\(\left( Q \right):x - 2y - z - 5 = 0\).
\(\left( Q \right):x - 2y + z - 5 = 0\).
\(\left( Q \right):x - 2y + z + 5 = 0\).
\(\left( Q \right):x - 2y - z + 5 = 0\).
Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng \(x - 2y - z + a = 0.\)
Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(A\) nên \( - 4 - 2 \cdot 0 - 1 + a = 0 \Leftrightarrow a = 5\).
Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):x - 2y - z + 5 = 0\). Chọn D.
\(\frac{{3\sqrt 6 }}{2}.\)
\(\frac{{\sqrt 6 }}{6}.\)
\(\sqrt 6 .\)
\(\frac{{\sqrt 6 }}{3}.\)
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là
\(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {5 - 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\). Chọn B.
\(\sin \frac{\pi }{3} - \sin \frac{\pi }{7}.\)
\(\sin \frac{\pi }{7} - \sin \frac{\pi }{3}.\)
\(\cos \frac{\pi }{7} - \cos \frac{\pi }{3}.\)
\(\cos \frac{\pi }{3} - \cos \frac{\pi }{7}.\)
Ta có \(\int\limits_{\frac{\pi }{7}}^{\frac{\pi }{3}} {\cos x} {\rm{d}}x = \left. {\sin x} \right|_{\frac{\pi }{7}}^{\frac{\pi }{3}} = \sin \frac{\pi }{3} - \sin \frac{\pi }{7}\). Chọn A.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(2 + \log a.\)
\(\frac{1}{2} + \log a.\)
\(2\log a.\)
\({(\log a)^2}.\)
Ta có \(\log \left( {100a} \right) = \log 100 + \log a = 2 + \log a\). Chọn A.
0.
2a.
\(\sqrt 2 a.\)
a.
Ta có \(\vec u = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {CB} \Rightarrow \left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = BC = a\). Chọn D.
\(M = 7.\)
\(M = 27.\)
\(M = 2.\)
\(M = 6.\)
Ta có \({2^{x - 1}} = {5^{{x^2} - x}}\)\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right){\log _5}2 = {x^2} - x \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right){\log _5}2 = x\left( {x - 1} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{{\log }_5}2 - x} \right) = 0\)\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = 0}\\{ {{\log }_5}2 - x = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = {{\log }_5}2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{5^{{x_1}}} = 5\\{5^{{x_2}}} = {5^{{{\log }_5}2}}\end{array} \right.} \right.} \right.\]
\[ \Leftrightarrow {5^{{x_1}}} + {5^{{x_2}}} = 5 + 2 = 7\]. Chọn A.
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) có \(AB = a,AA' = a\sqrt 2 .\)
\(\overrightarrow {AB'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'} .\)
\(\left| {\overrightarrow {AB'} } \right| = \left| {\overrightarrow {BC'} } \right| = \sqrt 3 .\)
\(\overrightarrow {AB'} \cdot \overrightarrow {BC'} = \frac{{{a^2}}}{2}.\)
Góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AB'} \) và \(\overrightarrow {BC'} \) bằng \(60^\circ .\)
a) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB'} \) (theo quy tắc hình bình hành).
b) Sai. Ta có \(\left| {\overrightarrow {AB'} } \right| = AB';\left| {\overrightarrow {BC'} } \right| = BC'.\)
Lại có \(A'B'BA = B'C'CB\) (do lăng trụ đã cho là lăng trụ tam giác đều). Suy ra \(AB' = BC'.\)
Xét tam giác vuông \(AA'B\), ta có \(A{B'^2} = A'{B'^2} + A'{A^2}\) (Áp dụng định lý Pytago).
\( \Rightarrow AB' = \sqrt {A'{{B'}^2} + A'{A^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}} = \sqrt {3{a^2}} = a\sqrt 3 \).
c) Sai. Ta có \(\overrightarrow {AB'} \cdot \overrightarrow {BC'} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BB'} } \right) \cdot \left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CC'} } \right)\)\( = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {BB'} \cdot \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} \cdot \overrightarrow {CC'} \)
\( = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right) + \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CC'} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CC'} } \right)\)
\( + \left| {\overrightarrow {BB'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {BB',} \overrightarrow {BC} } \right) + \left| {\overrightarrow {BB'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CC'} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {BB'} ,\overrightarrow {CC'} } \right)\)
\( = AB \cdot BC \cdot \cos \left( {180^\circ - \widehat {ABC}} \right) + AB \cdot CC' \cdot \cos \widehat {ABB'} + BB' \cdot BC \cdot \cos \widehat {CBB'} + \left| {\overrightarrow {BB'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CC'} } \right| \cdot \cos 0^\circ \)
\( = a \cdot a \cdot \cos 120^\circ + a \cdot a\sqrt 2 \cdot \cos 90^\circ + a\sqrt 2 \cdot a \cdot \cos 90^\circ + a\sqrt 2 \cdot a\sqrt 2 \cdot 1\)\( = {a^2} \cdot \frac{{ - 1}}{2} + 0 + 0 + 2{a^2}\)\( = \frac{3}{2}{a^2}\).
d) Đúng. Áp dụng công thức tích vô hướng của 2 vectơ, ta có
\(\overrightarrow {AB'} \cdot \overrightarrow {BC'} = \left| {\overrightarrow {AB'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC'} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB'} ,\overrightarrow {BC'} } \right)\)\( \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AB'} ,\overrightarrow {BC'} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB'} \cdot \overrightarrow {BC'} }}{{\left| {\overrightarrow {AB'} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {BC'} } \right|}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{2}}}{{a\sqrt 3 \cdot a\sqrt 3 }} = \frac{1}{2}\)
\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {AB'} ,\overrightarrow {BC'} } \right) = 60^\circ \).
\(P\left( A \right) = \frac{3}{5}\) và \(P\left( B \right) = \frac{2}{5}\).
Xác suất có điều kiện \(P\left( {C\mid A} \right) = \frac{1}{3}\).
Xác suất để hai sản phẩm lấy ra đều tốt là \(\frac{{87}}{{175}}.\)
Giả sử hai sản phẩm lấy ra đều tốt thì xác suất để hai sản phẩm đó thuộc hộp loại I là \(\frac{{52}}{{87}}.\)
a) Sai. Xác suất chọn hộp loại I là \(P\left( A \right) = \frac{2}{5}\) và xác suất chọn hộp loại II là \(P\left( B \right) = \frac{3}{5}.\)
b) Sai. \(C\mid A\) là biến cố: “Cả 2 sản phẩm lấy ra đều tốt biết 2 sản phẩm đó lấy ra từ hộp loại I”.
Xác suất lấy được 2 sản phẩm tốt từ hộp loại I là \(P\left( {C\mid A} \right) = \frac{{C_{13}^2}}{{C_{15}^2}} = \frac{{26}}{{35}}\).
c) Đúng. Xác suất lấy được 2 sản phẩm tốt từ hộp II là \(P\left( {C\mid B} \right) = \frac{{C_6^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{1}{3}\).
Vậy xác suất hai sản phẩm lấy ra từ một hộp trong thùng đều tốt là
\(P\left( C \right) = P\left( {C\mid A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {C\mid B} \right) \cdot P\left( B \right)\)\( = \frac{{26}}{{35}} \cdot \frac{2}{5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} = \frac{{87}}{{175}}\).
d) Sai. Xác suất lấy ra hai sản phẩm đều tốt thuộc hộp loại I là
\(P\left( {A\mid C} \right) = \frac{{P\left( {C\mid A} \right) \cdot P\left( A \right)}}{{P\left( C \right)}}\)\( = \frac{{\frac{{26}}{{35}} \cdot \frac{2}{5}}}{{\frac{{87}}{{125}}}} = \frac{{260}}{{609}}.\)
Tại thời điểm giây thứ 10, con tàu cách bề mặt của Mặt Trăng 50 km.
Vận tốc tức thời của con tàu tại thời điểm giây thứ 25 là 6,25 (km/giây).
Từ giây thứ 20 đến giây thứ 30, con tàu ngày càng tiến gần đến bề mặt của Mặt trăng.
Trong khoảng 70 giây đầu tiên, có thời điểm mà con tàu gần với bề mặt của mặt trăng nhất, khoảng cách này là \(8,037\;{\rm{km}}\) (kết quả được làm tròn đến hàng phần nghìn).
a) Đúng. Ta có: \(h\left( {10} \right) = - 0,01 \cdot {10^3} + 1,1 \cdot {10^2} - 30 \cdot 10 + 250 = 50\).
b) Đúng. Ta có: \(v\left( t \right) = h'\left( t \right) = - 0,03{t^2} + 2,2t - 30\).
\( \Rightarrow v\left( {25} \right) = - 0,03 \cdot {25^2} + 2,2 \cdot 25 - 30 = 6,25\).
c) Sai. Ta có: \(h\left( {20} \right) = 10,\,\,h\left( {30} \right) = 70\).
\( \Rightarrow \) Con tàu ngày càng tiến ra xa Mặt trăng.
d) Sai. Xét hàm số \(h\left( t \right) = - 0,01{t^3} + 1,1{t^2} - 30t + 250\)
\( \Rightarrow h'\left( t \right) = - 0,03{t^2} + 2,2t - 30 = 0\)\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t \approx 55,226}\\{t \approx 18,107}\end{array}} \right.\).
Bảng biến thiên:
Theo bảng biến thiên ta thấy khoảng cách con tàu gần với Mặt trăng nhất là \(8,074\;\,{\rm{km}}{\rm{.}}\)
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(BC\) là \(\overrightarrow u = \left( {1;2;2} \right)\).
Phương trình mặt phẳng qua trung trực của đoạn \(BC\) là \(x - y - 2z + 7 = 0\).
Tọa độ điểm \(G\left( {2;2;3} \right)\).
a) Sai. Đường thẳng \(BC\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( { - 1;1;2} \right)\).
b) Đúng. Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC\). Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc với đường thẳng \(BC\). Khi đó \(\left( P \right)\) nhận \(\overrightarrow u = \left( { - 1;1;2} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến.
Do đó \(\left( P \right)\) có phương trình là \( - \left( {x - 6} \right) + \left( {y - 3} \right) + 2\left( {z - 5} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow - x + y + 2z - 7 = 0\).
Tọa độ điểm \(H\) là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 2 + t\\z = 2t\\ - x + y + 2z - 7 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 2 + t\\z = 2t\\ - 1 + t + 2 + t + 4t - 7 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 3\\z = 2\\t = 1\end{array} \right.\).
Vậy \(H\left( {0;3;2} \right)\).
Do \(\Delta ABC\) đều nên \(H\)là trung điểm của \(BC\).
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \(BC\) đi qua \(H\left( {0;3;2} \right)\) và vuông góc với \(BC\) nên nhận \(\overrightarrow u = \left( { - 1;1;2} \right)\) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là
\( - x + \left( {y - 3} \right) + 2\left( {z - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow x - y - 2z + 7 = 0\).
c) Sai. Vì \(G\left( {x;y;z} \right)\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) nên \(\overrightarrow {AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AH} \)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 6 = \frac{2}{3} \cdot \left( { - 6} \right)\\y - 3 = \frac{2}{3} \cdot 0\\z - 5 = \frac{2}{3} \cdot \left( { - 3} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\\z = 3\end{array} \right.\). Suy ra \(G\left( {2;3;3} \right)\).
d) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {AH} = \left( { - 6;0; - 3} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_{BC}}} = \left( { - 1;1;2} \right)\)\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AH} ,\overrightarrow {{u_{BC}}} } \right] = \left( {3;15; - 6} \right) = 3\left( {1;5; - 2} \right)\).
Vì \(\Delta \bot AH,\Delta \bot BC\) nên \(\Delta \) nhận \(\overrightarrow n = \left( {1;5; - 2} \right)\) làm vectơ chỉ phương.
Mà \(\Delta \) đi qua \(G\) nên \(\Delta \) có dạng \(\frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 3}}{5} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\).
Thay tọa độ điểm \(Q\left( {1; - 2;5} \right)\) vào phương trình đường thẳng \(\Delta \): \(\frac{{1 - 2}}{1} = \frac{{ - 2 - 3}}{5} = \frac{{5 - 3}}{{ - 2}} = - 1\).
Vậy điểm \(Q\left( {1; - 2;5} \right)\) thuộc đường thẳng \(\Delta \).
Đáp án: 1,3.
Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) có \(AB = 2\)\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2\).
Kẻ \(AH \bot MD\), ta có \(BM \bot AH\) \[\left( {{\rm{do}}\,\,BM \bot \left( {DAC} \right)} \right) \Rightarrow AH \bot \left( {BDM} \right)\].
Ta có \[\sin \alpha = \frac{{d\left( {C,\left( {BDM} \right)} \right)}}{{CD}} = \frac{{d\left( {A,\left( {BDM} \right)} \right)}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{CD}} = \frac{1}{3}\] (1).
Ta có \(AH = \frac{{AD \cdot AM}}{{\sqrt {A{D^2} + A{M^2}} }} = \frac{{AD \cdot \sqrt 2 }}{{\sqrt {A{D^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} }}\) (2).
\(CD = \sqrt {A{D^2} + A{C^2}} = \sqrt {A{D^2} + 8} \) (3).
Từ \((1)\), (2) và (3) \( \Rightarrow AD = 2.\)
Khi đó thể tích của khối tứ diện \(ABCD\) là \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot AD \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot 2 = \frac{4}{3} \approx 1,3\).
Đáp án: 0,36.
Gọi \(A\) là biến cố: “Ông Tuấn là 1 trong hai tên cướp”;
\(B\) là biến cố: “Máy phát hiện nói dối báo động”.
Từ dữ kiện đề bài, ta có \(P\left( A \right) = \frac{2}{{40}} = 0,05;\,\,P\left( {\bar A} \right) = 0,95\); \(P\left( {B\mid A} \right) = 0,85;\,\,P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0,08\).
Suy ra \(P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right)P\left( {B\mid \bar A} \right)\)\( = 0,05 \cdot 0,85 + 0,95 \cdot 0,08 = 0,1185\).
Áp dụng công thức Bayes, ta có xác suất ông Tuấn là 1 trong 2 tên cướp, biết rằng ông Tuấn bị máy phát hiện nói dối báo động là \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right)P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,05 \cdot 0,85}}{{0,1185}} \approx 0,36\).
Hệ thống mạch máu chứa các mạch máu gồm động mạch chính, động mạch con, mao mạch và tĩnh mạch để giúp đưa máu từ tim đến các cơ quan và ngược lại. Hệ thống hoạt động để tối ưu hoá (tối thiểu) năng lượng mà tim sử dụng trong quá trình bơm máu. Đặc biệt năng lượng này giảm khi sức cản của máu giảm. Hình vẽ dưới đây minh hoạ một mạch máu chính có bán kính \({r_1}\) phân nhánh với một góc \(\alpha ^\circ \) tạo thành một mạch máu nhỏ hơn với bán kính \({r_2}.\)
Sử dụng mô tả Định luật Poiseuille, người ta đã chứng minh được sức cản của máu theo con đường \(ABC\) là \(R\left( \alpha \right) = C\left( {\frac{{a - b\cot \alpha }}{{r_1^4}} + \frac{b}{{r_2^4 \cdot \sin \alpha }}} \right)\) với C, a, b là các hằng số. Khi bán kính mạch máu nhỏ bằng \(\frac{2}{3}\) bán kính mạch máu chính. Xác định \(\alpha \) để sức cản này là nhỏ nhất (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Đáp án: 79.
Ta có \(R\left( \alpha \right) = C \cdot \left( {\frac{{a - b\cot \alpha }}{{r_1^4}} + \frac{b}{{r_2^4 \cdot \sin \alpha }}} \right)\)\( = C \cdot \left( {\frac{a}{{r_1^4}} - \frac{b}{{r_1^4}} \cdot \cot \alpha + \frac{b}{{r_2^4}} \cdot \frac{1}{{\sin \alpha }}} \right)\)
\(R'\left( \alpha \right) = C \cdot {\left( {\frac{a}{{r_1^4}} - \frac{b}{{r_1^4}} \cdot \cot \alpha + \frac{b}{{r_2^4}} \cdot \frac{1}{{\sin \alpha }}} \right)^\prime }\)\( = C \cdot \left( { - \frac{b}{{r_1^4}} \cdot \frac{{ - 1}}{{{{\sin }^2}\alpha }} + \frac{b}{{r_2^4}} \cdot \frac{{ - \cos \alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }}} \right)\)
\( = C \cdot \left( {\frac{b}{{r_1^4 \cdot {{\sin }^2}\alpha }} - \frac{{b \cdot \cos \alpha }}{{r_2^4 \cdot {{\sin }^2}\alpha }}} \right) = C \cdot b\frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}\left( {\frac{1}{{r_1^4}} - \frac{{\cos \alpha }}{{r_2^4}}} \right).\)
\(R'\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow C \cdot b\frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }}\left( {\frac{1}{{r_1^4}} - \frac{{\cos \alpha }}{{r_2^4}}} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{r_1^4}} - \frac{{\cos \alpha }}{{r_2^4}} = 0\)\( \Leftrightarrow \cos \alpha = \frac{{r_2^4}}{{r_1^4}} \cdot \)
\(\left( {R'\left( \alpha \right) > 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{r_1^4}} > \frac{{\cos \alpha }}{{r_2^4}} \Leftrightarrow \frac{{r_2^4}}{{r_1^4}} > \cos \alpha ;\,\,R'\left( \alpha \right) < 0} \right.\)\(\left. { \Leftrightarrow \frac{{r_1^4}}{{r_2^4}} < \cos \alpha } \right)\)
\( \Rightarrow R{\left( \alpha \right)_{\min }}{\rm{ khi }}\cos \alpha = \frac{{r_2^4}}{{r_4^4}}\). Do đó khi \({r_2} = \frac{2}{3}{r_1} \Rightarrow \cos \alpha = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^4} \Leftrightarrow \alpha = 79^\circ .\)
Bắc đi từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B). Biết rằng toàn bộ cung đường theo bản đồ từ trên xuống dưới, từ trái qua phải là đường một chiều vì vậy Bắc chỉ được phép đi xuống hoặc đi sang phải.
Vậy Bắc có bao nhiêu cách đến trường?
Đáp án: 13.
Ta có thể mô tả cách chọn đường đi của bạn Bắc như sơ đồ dưới đây:
Vậy Bắc có 13 cách chọn đường đi.
Đáp án: 18,7.
Ta có \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) nên \(N\) thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\) có đường kính \(AB = 6\), bán kính \(R = 3\), tâm \(I\left( {0\,;0\,;1} \right)\).
Lại có \(N \in MA \Rightarrow N \in \left( {A\,;d} \right)\), tức \(N\) chạy trên mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(A\) và d.
Chọn điểm \(K\left( { - 1\,;1\,;1} \right) \in d \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {AK} } \right] = \left( {10\,;5\,; - 10} \right) = 5\left( {2\,;1\,; - 2} \right) = 5\overrightarrow n \).
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(A\left( {2\,; - 1\,;3} \right)\) có \(\overrightarrow n = \left( {2\,;1\,; - 2} \right)\) là:
\(2\left( {x - 2} \right) + \left( {y + 1} \right) - 2\left( {z - 3} \right) = 0\) hay \(2x + y - 2z + 3 = 0.\)
Ta có: \(d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 0 + 0 - 2 \cdot 1 + 3} \right|}}{{\sqrt {4 + 1 + 4} }} = \frac{1}{3}\).
\(N\) vừa thuộc \(\left( S \right)\) vừa thuộc \(\left( P \right)\) nên \(N\) thuộc đường tròn giao tuyến của \(\left( S \right)\) và \(\left( P \right)\).
Bán kính đường tròn giao tuyến là \(r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}} = \frac{{4\sqrt 5 }}{3}\).
Vậy độ dài đường cong là: \(2\pi r = \frac{{8\pi \sqrt 5 }}{3} \approx 18,7.\)
Hình vẽ sau mô tả một đường cong Agnesi và được xây dựng trong hệ tọa độ \(Oxy\) như sau: vẽ một đường tròn có tâm \(I\left( {0\,;1} \right)\) và bán kính bằng 1, từ điểm \(O\) kẻ một đường thẳng cắt đường tròn tại điểm thứ 2 là điểm \(B\) và cắt đường thẳng \(y = 2\) tại điểm \(A\). Gọi \(P\) là giao điểm của đường thẳng qua \(A\) vuông góc với \(Ox\) và đường thẳng qua \(B\) vuông góc với \(Oy\). Tập hợp các điểm \(P\) tạo thành một đường cong \(y = f\left( x \right)\) gọi là đường cong Agnesi. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hệ số góc lớn nhất bằng bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Đáp án: 0,6.
Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) lên \(Ox\), \(H\) là hình chiếu của \(B\) lên \(Ox\).
Tam giác \(AOQ\) vuông tại \(Q\) có \(QB\) là đường cao \( \Rightarrow OB \cdot OA = O{Q^2}\)\( \Rightarrow OB = \frac{{O{Q^2}}}{{OA}} = \frac{4}{{\sqrt {{x^2} + 4} }}\).
Ta có \(OA = \sqrt {O{K^2} + A{K^2}} = \sqrt {{x^2} + 4} .\)
\(\frac{{BH}}{{AK}} = \frac{{OB}}{{OA}} \Rightarrow BH = \frac{{AK \cdot OB}}{{OA}} \Rightarrow y = \frac{{2 \cdot \frac{4}{{\sqrt {{x^2} + 4} }}}}{{\sqrt {{x^2} + 4} }} = \frac{8}{{{x^2} + 4}}\).
\( \Rightarrow y' = \frac{{ - 8 \cdot 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}} = - \frac{{16x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2}}}.\)
\(y'' = - 16 \cdot \frac{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^2} - 2\left( {{x^2} + 4} \right) \cdot 2x \cdot x}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^4}}}\)
\( = - 16 \cdot \frac{{\left( {{x^2} + 4} \right)\left( {{x^2} + 4 - 4{x^2}} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^4}}} = - 16 \cdot \frac{{\left( {{x^2} + 4} \right)\left( { - 3{x^2} + 4} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^4}}}\)\( = - 16 \cdot \frac{{\left( { - 3{x^2} + 4} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^3}}}\).
\(y'' = 0 \Leftrightarrow - 16 \cdot \frac{{ - 3{x^2} + 4}}{{{{\left( {{x^2} + 4} \right)}^3}}} = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{4}{3}\)\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).
Bảng biến thiên hàm số \(y'\):
Dựa vào BBT ta có: \({y'_{\max }} = \frac{{3\sqrt 3 }}{8} \approx 0,6.\)
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)
