Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm liên trường THPT Bắc Ninh mã 1001 có đáp án
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 thí sinh chỉ chọn một phương án
Cho hình chóp \(S.ABC\), gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG} \).
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SG} \).
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SG} \).
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 4\overrightarrow {SG} \)
Chọn A
Theo tính chất trọng tâm của tam giác thì \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} = 3\overrightarrow {SG} \).
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), phương trình nào trong các phương trình dưới đây là phương trình của một đường tròn?
\({\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} = 9\).
\(\frac{{{x^2}}}{7} + \frac{{{y^2}}}{5} = 1\).
\({x^2} + 2{y^2} = 2\) .
\(\frac{{{x^2}}}{9} - \frac{{{y^2}}}{4} = 1\).
Chọn A
Phương án A là phương trình đường tròn tâm \(I\left( { - 2;0} \right)\), bán kính bằng 3.
Thể tích của khối lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) biết \(AA' = 2a;{\rm{ }}AB = 3a;{\rm{ }}AC = 4a\) và \(AB \bot AC\) bằng
\(8{a^3}\).
\(12{a^3}\).
\(24{a^3}\).
\(4{a^3}\).
Chọn B
Khối lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có chiều cao \(AA'\) và đáy là tam giác vuông \(ABC\) tại \(A\) nên thể tích khối lăng trụ là: \(V = AA'.\frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}2a.3a.4a = 12{a^3}\).
Giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 10\) trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) bằng:
\( - 1\).
\( - 12\).
\(15\).
\(10\).
\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left[ { - 2;2} \right]\\x = 3 \notin \left[ { - 2;2} \right]\end{array} \right.\)
Ta có: \(f\left( { - 2} \right) = 8;{\rm{ }}f\left( { - 1} \right) = 15;{\rm{ }}f\left( 2 \right) = - 12\)
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - 9x + 10\) trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) bằng \(15\) khi \(x = - 1\)
Đẳng thức lượng giác nào dưới đây SAI?
\(\cos 2a = 2{\cos ^2}a - 1\).
\(\sin 2a = 2\sin a\cos a\).
\(\cos 2a = 1 - 2{\sin ^2}a\).
\(\cos 2a = {\sin ^2}a - {\cos ^2}a\).
Chọn D
\(\cos 2a = {\cos ^2}a - {\sin ^2}a\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\), \(M\) là trung điểm \(SA\).
Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(OM//\left( {SAD} \right)\).
\(OM//\left( {SAB} \right)\).
\(OM//\left( {SBD} \right)\).
\(OM//\left( {SCD} \right)\).
Chọn D
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OM \not\subset \left( {SCD} \right)}\\{OM\parallel SC \subset \left( {SCD} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow OM\parallel \left( {SCD} \right)\).
Trong mặt phẳng \(Oxy\), cho hai điểm \(B\left( { - 1;3} \right)\) và \(C\left( {3;1} \right)\). Độ dài vectơ \(\overrightarrow {BC} \) bằng
\(2\sqrt 5 \).
\(2\).
\(\sqrt 5 \).
\(6\).
Chọn A
\(\overrightarrow {BC} = \left( {4; - 2} \right)\)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = 2\sqrt 5 \)
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số \({u_3} = 6\) và \({u_7} = - 2\). Tìm số hạng đầu tiên?
\({u_1} = - 14\).
\({u_1} = 10\).
\({u_1} = 2\).
\({u_1} = - 10\).
Chọn B
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_3} = 6}\\{{u_7} = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} + 2d = 6}\\{{u_1} + 6d = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 10}\\{d = - 2}\end{array}} \right.\).
Vậy \({u_1} = 10\).
Thời gian (phút) đề học sinh hoàn thành một câu hỏi thi được cho như sau:
Mốt (đơn vị: phút) của mẫu số liệu trên gần nhất số nào sau đây
\(12,67\).
\(17,42\).
\(14,56\).
\(17,17\).
Ta có: Mốt thuộc nhóm \(\left[ {10,5;20,5} \right)\).
Suy ra: \({M_o} = 10,5 + \frac{{10 - 2}}{{2.10 - 2 - 6}}.10 \approx 17,17\).
Cho tam giác \(ABC\). Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?
\(\sin C = \frac{{c.\sin A}}{a}\).
\(b.\sin B = 2R\).
\(\frac{a}{{\sin A}} = 2R\).
\(\sin A = \frac{a}{{2R}}\).
Chọn B
Theo định lí sin ta có \(\frac{b}{{\sin B}} = 2R\). Vậy B sai.
Tung một đồng xu cân đối và đồng chất 1 lần. Xác suất để xuất hiện mặt sấp là?
\(0,25\).
\(1\).
\(0\).
\(0,5\).
Chọn D
Ta có \(\left| \emptyset \right| = 2 \Rightarrow P = \frac{1}{2} = 0,5\).
Nếu một vật có khối lượng \(m\left( {kg} \right)\) thì lực hấp dẫn \(\overrightarrow P \) của Trái Đất tác dụng lên vật được xác định theo công thức \(\overrightarrow P = m.\overrightarrow g \), trong đó \(\overrightarrow g \) là gia tốc rơi tự do có độ lớn \(g = 9,8m/{s^2}\). Tính độ lớn của lực hấp dẫn của Trái Đất tác dụng lên một quả táo có khối lượng 102 gam (Hình).
\(0,9996N\).
\(0,8996N\).
\(0,9196N\).
\(0,5996N\).
Chọn A
Đổi: \(102g = 0,102kg\).
Ta có \(P = m.g = 0,102.9,8 = 0,9996\left( N \right)\).
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 (Đ) hoặc sai (S)
Một xưởng in có \(13\) máy in được cài đặt tự động và được giám sát bởi một kỹ sư, mỗi máy in có thể in được \(12\) ấn phẩm/giờ. Chi phí cài đặt và bảo dưỡng cho mỗi máy in cho một đợt hàng là \(48000\) đồng. Chi phí trả cho kỹ sư giám sát là \(28000\) đồng/giờ. Đợt hàng này xưởng in nhận \(2280\) ấn phẩm. Gọi \(x\) là số lượng máy in cần sử dụng. Khi đó:
Chi phí cài đặt và bảo dưỡng cho đợt hàng là \(48x\) nghìn đồng.
Số lượng ấn phẩm in được trong một giờ là \(12x\) ấn phẩm.
Thời gian để in xong 2280 ấn phẩm là \(\frac{{190}}{x}\) giờ.
Số máy cần sử dụng để tổng chi phí nhỏ nhất là \(10\) máy.
a) Đúng.
Chi phí cài đặt và bảo dưỡng cho đợt hàng là \(48x\) nghìn đồng.
b) Đúng.
Số lượng ấn phẩm in được trong một giờ là \(12x\) ấn phẩm.
c) Đúng.
Thời gian để in xong 2280 ấn phẩm là \(\frac{{2280}}{{12x}} = \frac{{190}}{x}\) giờ.
d) Sai.
Chi phí cần để in \(2280\) ấn phẩm: \(C\left( x \right) = 28 \times \frac{{190}}{x} + 48x = \frac{{5320}}{x} + 48x\) (nghìn đồng, \(1 \le x \le 13\)).
Xét trên đoạn \(\left[ {1;13} \right]\): \(C'\left( x \right) = - \frac{{5320}}{{{x^2}}} + 48 = 0 \Rightarrow x = \frac{{\sqrt {3990} }}{6}\).
Bảng biến thiên:
Vậy chi phí nhỏ nhất là \(\frac{{11128}}{{11}} \approx 1011,\left( {63} \right)\) nghìn đồng khi sử dụng \(11\) máy in.
Cho hàm số \[f\left( x \right) = {x^3} - 27x + 8\]. Khi đó
\[f'\left( x \right) = 3{x^2} - 27\].
Tập nghiệm của phương trình \[f'\left( x \right) = 0\] là \[S = \left\{ 3 \right\}\].
\[f\left( 3 \right) = - 46\].
Giá trị lớn nhất của hàm số \[f\left( x \right)\] trên đoạn \[\left[ { - 4;4} \right]\] là \[ - 46\].
a) Chọn Đúng.
Ta có: \[f\left( x \right) = {x^3} - 27x + 8 \Rightarrow f'\left( x \right) = 3{x^2} - 27\].
b) Chọn Sai.
Ta có: \[f'\left( x \right) = 3{x^2} - 27\] .
\[ \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 3\\x = 3\end{array} \right.\]
Vậy tập nghiệm của phương trình \[f'\left( x \right) = 0\] là \[S = \left\{ { - 3;3} \right\}\].
c) Chọn Đúng.
\[f\left( x \right) = {x^3} - 27x + 8 \Rightarrow f\left( 3 \right) = {3^3} - 27.3 + 8 = - 46\].
d) Chọn Sai.
Ta có:
\[f\left( 3 \right) = - 46\].
\[f\left( { - 3} \right) = 62\].
\[f\left( 4 \right) = - 36\].
\[f\left( { - 4} \right) = 52\].
Vậy giá trị lớn nhất của hàm số \[f\left( x \right)\] trên đoạn \[\left[ { - 4;4} \right]\] là \[62\] tại \[x = - 3\].
Cho hàm số \(f(x) = {3^x} \cdot \ln x\)
Tập xác định của hàm số đã cho \(D = \mathbb{R}\).
\(f'(x) = {3^x}\left( {\ln x + \frac{1}{x}} \right)\)
Hàm số đã cho đồng biến trên \((3; + \infty )\).
Có \(18\) số nguyên \(x\) sao cho ứng với mỗi số nguyên \(x\) có đúng 3 số nguyên \(y\) thỏa mãn bất phương trình:\({3^{{y^2} - \frac{{|x|}}{x}}} \le {\log _{{y^2} + 3}}\left( {\frac{{|x|}}{3} + 3} \right)\).
a) Sai.
Điều kiện xác định của \(\ln x\) là \(x > 0\) . Vậy, tập xác định của hàm số là \(D = (0; + \infty )\).
b) Sai.
Ta áp dụng công thức đạo hàm của tích \((u \cdot v)' = u'v + uv'\), với \(u = {3^x}\) và \(v = \ln x\).
+) \(u' = {({3^x})^\prime } = {3^x} \cdot \ln 3\)
+) \(v' = {(\ln x)^\prime } = \frac{1}{x}\)
Đạo hàm \(f'(x)\) là: \(f'(x) = {({3^x})^\prime } \cdot \ln x + {3^x} \cdot {(\ln x)^\prime } = ({3^x} \cdot \ln 3) \cdot \ln x + {3^x} \cdot \frac{1}{x}\)\( = {3^x}\left( {\ln 3 \cdot \ln x + \frac{1}{x}} \right)\)
c) Đúng.
Để xét tính đơn điệu, ta cần xét dấu của đạo hàm \(f'(x) = {3^x}\left( {\ln 3 \cdot \ln x + \frac{1}{x}} \right)\) trên \((3; + \infty )\):
+) \({3^x} > 0\) với mọi \(x \in (3; + \infty )\).
+) \(\frac{1}{x} > 0\) với mọi \(x \in (3; + \infty )\).
+) \(\ln 3 > 0\) (vì \(3 > 1\)).
+) Trên \((3; + \infty )\), ta có \(x > 3 > e\). Do đó \(\ln x > \ln 3 > 1 > 0\) .
Vì tất cả các thừa số và số hạng trong ngoặc đều dương trên \((3; + \infty )\), ta có:
\(f'(x) = {3^x}\left( {\ln 3 \cdot \ln x + \frac{1}{x}} \right) > 0\,,\forall x \in (3; + \infty )\)
Do đó, hàm số đồng biến trên \((3; + \infty )\).
d) Sai.
\[{3^{{y^2} - \frac{{|x|}}{x}}} \le {\log _{{y^2} + 3}}\left( {\frac{{|x|}}{3} + 3} \right) \Leftrightarrow \frac{{{3^{{y^2} + 3}}}}{{{3^{\frac{{|x|}}{3} + 3}}}} \le \frac{{\ln \left( {\frac{{|x|}}{3} + 3} \right)}}{{\ln \left( {{y^2} + 3} \right)}} \Leftrightarrow {3^{{y^2} + 3}}\ln \left( {{y^2} + 3} \right) \le {3^{\frac{{|x|}}{3} + 3}}\ln \left( {\frac{{|x|}}{3} + 3} \right)\,\,\,\left( * \right)\]
Do hàm \(f(x) = {3^x} \cdot \ln x\) đồng biến trên \((3; + \infty )\) nên \[\left( * \right) \Leftrightarrow {y^2} + 3 \le \frac{{|x|}}{3} + 3 \Leftrightarrow {y^2} \le \frac{{\left| x \right|}}{3}\] .
Ta thấy chỉ có 3 trường hợp đó là \[{y^2} \le 1\],\[{y^2} \le 2\],\[{y^2} \le 3\] mã mỗi trường hợp có đúng \(3\) số ngyên \(y\) thỏa mãn.
Trường hợp 1 ứng với \[\frac{{\left| x \right|}}{3} = 1 \Leftrightarrow x = \pm 3\].
Trường hợp 2 ứng với \[\frac{{\left| x \right|}}{3} = 2 \Leftrightarrow x = \pm 6\].
Trường hợp 2 ứng với \[\frac{{\left| x \right|}}{3} = 3 \Leftrightarrow x = \pm 9\].
Vậy có \(6\) số nguyên \(x\) sao cho ứng với mỗi số nguyên \(x\) có đúng 3 số nguyên \(y\) thỏa mãn bất phương trình: \({3^{{y^2} - \frac{{|x|}}{x}}} \le {\log _{{y^2} + 3}}\left( {\frac{{|x|}}{3} + 3} \right)\).
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz\], cho \(\Delta ABC\)với \(A\left( {1; - 3;3} \right),B\left( {2; - 4;5} \right),C\left( {3; - 2;1} \right)\)
\(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;1; - 2} \right).\)
Điểm \(G\left( {a;b;c} \right)\) là trọng tâm của tam giác \(\Delta ABC\) thì \(a + b + c = 2\).
Điểm \(I\left( {x;y;z} \right)\)thỏa mãn \(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \vec 0,\) khi đó \(2x + y + z = 4.\)
Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\) là điểm trên mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oyz} \right)\)sao cho biểu thức \[P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2}\] đạt giá trị lớn nhất. Khi đó \(x + y - z < - 5\).
a) Sai.
\(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;1; - 2} \right).\)
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {2 - 1; - 4 + 3;5 - 2} \right) = (1; - 1;2). \Rightarrow \)a) Sai
b) Đúng
Điểm \(G\left( {a;b;c} \right)\) là trọng tâm của tam giác \(\Delta ABC\) thì \(a + b + c = 2\).
Điểm \(G\left( {a;b;c} \right)\) là trọng tâm của tam giác \(\Delta ABC\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{1 + 2 + 3}}{3} = 2\\b = \frac{{ - 3 - 4 - 2}}{3} = - 3\\c = \frac{{3 + 5 + 1}}{3} = 3\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow a + b + c = 2\) \( \Rightarrow \)b)
c) Đúng
Điểm \(I\left( {x;y;z} \right)\)thỏa mãn \(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \vec 0,\) khi đó \(2x + y + z = 4.\)
Điểm \(I\left( {x;y;z} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {IA} = (1 - x; - 3 - y;3 - z)\)
\(\overrightarrow {IB} = (2 - x; - 4 - y; - 2 - z)\)
\(\overrightarrow {IC} = (3 - x; - 2 - y;1 - z)\)
Ta có:
\(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = (13 - 6x; - 16 - 6y;7 - 6z)\)
\(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \vec 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}13 - 6x = 0\\ - 16 - 6y = 0\\14 - 6z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{13}}{6}\\y = - \frac{8}{3}\\z = \frac{7}{3}\end{array} \right.\)
Khi đó: \(2x + y + z = \frac{{13}}{3} - \frac{8}{3} + \frac{7}{3} = 4.\)\( \Rightarrow \)c)
d) Sai
Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\) là điểm trên mặt phẳng tọa độ \(\left( {Oyz} \right)\)sao cho biểu thức\[P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2}\] đạt giá trị lớn nhất. Khi đó \(x + y - z < - 5\).
Ta có: \(M\left( {x;y;z} \right) \in (Oyz) \Rightarrow M(0;y;z)\)
Khi đó:
\(M{A^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} = 1 + {( - 3 - y)^2} + {(3 - z)^2} = 19 + 6y - 6z + {y^2} + {z^2}\)
\(M{B^2} = {\overrightarrow {MB} ^2} = 4 + {( - 4 - y)^2} + {(5 - z)^2} = 45 + 8y - 10z + {y^2} + {z^2}\)
\(M{C^2} = {\overrightarrow {MC} ^2} = 9 + {( - 2 - y)^2} + {(1 - z)^2} = 14 + 4y - 2z + {y^2} + {z^2}\)
\[\begin{array}{l}P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2}\\ = - 125 - 32y + 28z - 6{y^2} - 6{z^2}\\ = - 6{(y + \frac{8}{3})^2} - {(z - \frac{7}{3})^2} - \frac{{149}}{3}\end{array}\]
\(P\) lớn nhất bằng \( - \frac{{149}}{3}\)khi \(\left\{ \begin{array}{l}y + \frac{8}{3} = 0\\z - \frac{7}{3} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = - \frac{8}{3}\\z = \frac{7}{3}\end{array} \right.\)
Khi đó \(M(0; - \frac{8}{3};\frac{7}{3})\)\( \Rightarrow x + y - z = 0 - \frac{8}{3} - \frac{7}{3} = - 5\)
Cách 2:
\[\begin{array}{l}P = - 2M{A^2} - M{B^2} - 3M{C^2} = - 2{\overrightarrow {MA} ^2} - {\overrightarrow {MB} ^2} - 3{\overrightarrow {MC} ^2}\\ = - 2{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )^2} - {(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} )^2} - 3{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} )^2}\end{array}\]
\(\begin{array}{l} = - 6{\overrightarrow {MI} ^2} - 2{\overrightarrow {MI} ^2}(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} ) - (2{\overrightarrow {IA} ^2} + {\overrightarrow {IB} ^2} + 3{\overrightarrow {IC} ^2})\\ = - 6M{I^2} - (2I{A^2} + I{B^2} + 3I{C^2}) - 2{\overrightarrow {MI} ^2}(2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} )\end{array}\)
\(P\) lớn nhất bằng\(\begin{array}{l} - 6{\overrightarrow {MI} ^2} - (2{\overrightarrow {IA} ^2} + {\overrightarrow {IB} ^2} + 3{\overrightarrow {IC} ^2}) = - 6M{I^2} - (2I{A^2} + I{B^2} + 3I{C^2})\\\end{array}\)
\( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \vec 0 \Leftrightarrow I(\frac{{13}}{6}; - \frac{8}{3};\frac{7}{3})\)
Khi đó \(P\) lớn nhất thì \(M{I^2} = 0 \Leftrightarrow M \equiv I\). Vì \(M \in (Oyz) \Rightarrow M(0; - \frac{8}{3};\frac{7}{3})\)
Do đó: \( \Rightarrow x + y - z = 0 - \frac{8}{3} - \frac{7}{3} = - 5\)
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một mặt bằng đường đua được mô hình hoá bởi một hình bao gồm hai cạnh của một hình chữ nhật và hai nửa đường tròn bằng nhau. Một khán giả đang ngồi xem đua tại vị trí điểm \[P\](với các thông số được cho như hình vẽ). Gọi \[Q\] là điểm trên đường đua sao cho khoảng cách từ \[P\] đến \[Q\] là ngắn nhất. Khoảng cách ngắn nhất đó bằng bao nhiêu kilomet?
. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/21-1766969228.png)
Đáp án: \[1,5\].
. (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/22-1766969244.png)
Gọi \[O\] là tâm đường tròn \[(R = 1)\]; \[K\] là điểm giữa đường tròn và đường thẳng; \[H\] là hình chiếu của \[P\] lên \[OK\]. Có \[PH = 2\;km\]; \[OH = OK + KH = 1 + 0,5 = 1,5\;km\]; \[OP = \sqrt {{2^2} + 1,{5^2}} = 2,5\;km\].
Dễ thấy vị trí \[Q\] để cho \[PQ\] ngắn nhất là \[P,Q,O\] thẳng hàng.
Khi đó \[\min PQ = OP - R = 2,5 - 1 = 1,5\;km\].
Một người dân Bắc Ninh đang ở xã A và cần chuyển hàng hóa gấp tới địa chỉ ở 4 xã B, C, D, E trong tỉnh. Người này thuê xe ô tô để đi và xuất phát từ xã A lần lượt đi qua các xã còn lại (mỗi xã đi qua một lần duy nhất) rồi quay trở về xã ban đầu với thời gian (đơn vị: phút) đi giữa các xã cho như hình vẽ. Biết giá thuê xe theo thỏa thuận là 750000 đồng/giờ và không thay đổi khi đi. Chi phí tiền thuê xe thấp nhất bao nhiêu nghìn đồng để người này xong công việc của mình?
Lời giải
Đáp án:\[700\]
Dựa vào thuật toán láng giềng gần nhât, ta xét các chu trình sau:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{AEDCBA:{\rm{ }}8 + 9 + 10 + 12 + 17 = 56}\\{BCDEAB:{\rm{ }}12 + 10 + 9 + 8 + 17 = 56}\\{CDEABC:{\rm{ }}10 + 9 + 8 + 17 + 12 = 56}\\{DEABCD:{\rm{ }}9 + 8 + 17 + 12 + 10 = 56}\\{EABCDE:{\rm{ }}8 + 17 + 12 + 10 + 9 = 56}\end{array}\]
Như vậy chu trình có tổng số phút ít nhất là \(56\) phút, do đó chi phí thuê xe thấp nhất là:
\(\frac{{56}}{{60}}.750 = 700.\) (nghìn đồng).
Một xưởng cơ khí có hai công nhân là Chiến và Bình. Xưởng sản xuất loại sản phẩm \(I\) và \(II\). Mỗi sản phẩm \(I\) bán lãi \(500\) nghìn đồng, mỗi sản phẩm \(II\) bán lãi \(400\) nghìn đồng. Để sản xuất được một sản phẩm \(I\) thì Chiến phải làm việc trong \(3\) giờ, Bình phải làm việc trong \(1\) giờ. Để sản xuất được một sản phẩm \(II\) thì Chiến phải làm việc trong \(2\) giờ, Bình phải làm việc trong \(6\) giờ. Một người không thể làm được đồng thời hai sản phẩm. Biết rằng trong một tháng Chiến không thể làm việc quá \(180\) giờ và Bình không thể làm việc quá \(220\) giờ. Số tiền lãi lớn nhất trong một tháng của xưởng là bao nhiêu triệu đồng?
Đáp án: \(32\)
Gọi \(x\) là số sản phẩm \(I\) được sản xuất (\(x \ge 0\), \(x \in \mathbb{N}\)).
Gọi \(y\) là số sản phẩm \(II\) được sản xuất (\(y \ge 0\), \(y \in \mathbb{N}\)).
Tổng tiền lãi (tính bằng nghìn đồng) là: \(F\left( {x,y} \right) = 500x + 400y\)
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của \(F\left( {x,y} \right) = 500x + 400y\).
Thời gian làm việc của Chiến: \(3x + 2y \le 180\quad \left( {\rm{1}} \right)\)
Thời gian làm việc của Bình: \(x + 6y \le 220\quad \left( {\rm{2}} \right)\)
Ta thiết lập được hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y \le 180}\\{x + 6y \le 220}\\{x \ge 0,y \ge 0}\end{array}} \right.\)
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tứ giác \(OABC\) với \(O\left( {0;0} \right)\); \(A\left( {60;0} \right)\); \(B\left( {40;30} \right)\);\(C\left( {0;\frac{{110}}{3}} \right)\)
Ta có: \(F\left( {0;0} \right) = 0;\,\,F\left( {60;0} \right) = 30\,000;\,F\left( {40;30} \right) = 32\,000;\,\,F\left( {0;\frac{{110}}{3}} \right) = \frac{{44\,000}}{3} \approx 14\,666,67\)
Giá trị lớn nhất của \(F\) là \(32000\) nghìn đồng hay 32 triệu đồng.
Một lớp 11 của một trường THPT có \[18\] học sinh học giỏi môn Toán, \[12\] học sinh học giỏi môn Ngữ Văn và có \[10\] học sinh không giỏi môn nào (lớp không có học sinh học giỏi môn khác ngoài 2 môn Toán và Ngữ Văn). Dịp đại hội Đoàn xã tháng 10 vừa qua, lớp này được chọn ra \[2\] học sinh giỏi để dự đại hội Đoàn. Xác suất để trong \[2\] học sinh được chọn có đúng \[1\] học sinh giỏi cả Toán và Ngữ văn là \(\frac{9}{{23}}.\) Số học sinh của lớp 11 này bằng bao nhiêu?
Đáp án: 34.
Gọi các biến cố \(A:\) “Học sinh giỏi Toán”; \(B:\) “Học sinh giỏi Văn”;
\(C:\) “\[2\] học sinh được chọn có đúng \[1\] học sinh giỏi cả Toán và Ngữ văn”.
Đặt \[x = n(AB)(x \in {\mathbb{N}^*})\] là số học sinh giỏi cả hai môn.
Số học sinh giỏi của lớp là \({n_G} = n(A) + n(B) - n(AB) = 18 + 12 - x = 30 - x.\)
\(\begin{array}{l}P(C) = \frac{{x.(30 - 2x)}}{{C_{30 - x}^2}} = \frac{{2x(30 - 2x)}}{{(30 - x)(29 - x)}}\\P(C) = \frac{9}{{23}} \Leftrightarrow 101{x^2} - 1911x + 7830 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 6 & \in \mathbb{N}\\x = \frac{{1305}}{{101}} \notin \mathbb{N}\end{array} \right. \Rightarrow x = 6.\end{array}\)
Vậy số học sinh của lớp 11 này bằng \(30 - 6 + 10 = 34\) học sinh.
Có 10 người đang đứng đợi tàu ở sân ga. Nhà ga thông báo đoàn tàu mang số hiệu QH15 đang tiến vào sân ga chỉ còn 4 toa hành khách có thể lên tàu, mỗi toa tàu trong số 4 toa này đều có thể chứa thêm tối đa 10 hành khách. Để lên tàu hành khách đang đứng đợi tàu ở sân ga cần chọn một trong các cửa ga mang số 1, 2, 3, 4, xếp thành một hàng dọc ở trước đó, khi tàu dừng hẳn từ các cửa ga 1, 2, 3, 4 hành khách đã xếp hàng lần lượt theo thứ tự từ đầu hàng đến cuối hàng bước lên tàu. Gọi T là số cách 10 hành khách đang đứng đợi tàu ở sân ga lên tàu QH15, biết rằng mỗi toa tàu đều phải có ít nhất một khách lên tàu. Giá trị của \(\frac{T}{{76800}}\) bằng bao nhiêu?
Đáp án: \(3969\).
Xếp 10 người thành một hàng ngang ta có \(10!\) cách xếp.
Khi xếp 10 người thành 1 hàng, giữa 10 người có 9 vách ngăn. Để chia 10 người thành 4 nhóm ta cần chọn 3 vách ngăn trong 9 vách ngăn là \(C_9^3\).
Xếp 4 nhóm vừa chia vào 4 ga ta có \(4!\) cách xếp.
Vậy số cách 10 hành khách đang đứng đợi ở sân ga lên tàu QH15 là: \(T = 10!.C_9^3.4!\).
Vậy \(\frac{T}{{76800}} = \frac{{10!.C_9^3.4!}}{{76800}} = 3969\).
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình thoi cạnh bằng \[1\], \[\widehat {BAD} = 60^\circ \], \[SA = 1\] và \[SA\] vuông góc với mặt đáy. Tính khoảng cách từ \[B\] đến mặt phẳng \[\left( {SCD} \right)\]? ( Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Lời giải
Đáp án: \[0,65\].
Kẻ \[AH \bot CD\] tại \[H\], \[AK \bot SH\] tại \[K\]
Vì \[AH \bot CD\] và \[AS \bot CD\] nên \[CD \bot \left( {SAH} \right)\]\[ \Rightarrow AK \bot CD\] mà \[AK \bot SH\] nên \[AK \bot \left( {SCD} \right)\]
Vậy \[d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AK\].\[\widehat {ADH} = \widehat {BAD} = 60^\circ \] (so le trong).
\[AH = AD.\sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2},AK = \frac{{SA.AH}}{{\sqrt {S{A^2} + A{H^2}} }} = \frac{{\sqrt {21} }}{7} \approx 0,65\].
Vậy \[d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) \approx 0,65.\] (vì \[AB//\left( {SCD} \right)\]).
