Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Bắc Ninh có đáp án
22 câu hỏi
Cho hình lăng trụ \(ABCA'B'C'\), \(M\) là trung điểm của \(BB'\). Đặt \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow a ;\,\overrightarrow {BC} = \overrightarrow b ;\,\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow c \). Khẳng định nào sau đây đúng?
\[\overrightarrow {AM} = \overrightarrow a - \overrightarrow b + \frac{{\overrightarrow c }}{2}\].
\[\overrightarrow {AM} = \overrightarrow a + \overrightarrow c - \frac{{\overrightarrow b }}{2}\].
\[\overrightarrow {AM} = \overrightarrow b - \overrightarrow a + \frac{{\overrightarrow c }}{2}\].
\[\overrightarrow {AM} = \overrightarrow b + \overrightarrow c - \frac{{\overrightarrow a }}{2}\].
Ta có \[\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow a - \overrightarrow b + \frac{{\overrightarrow c }}{2}\]
Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x - 1}}{{1 - x}}\) có phương trình là
\(x = - 3\).
\(y = - 3\).
\(x = 3\).
\(y = 3\).
Chọn D
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{3x - 1}}{{1 - x}} = - 3 \Rightarrow y = - 3\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
Bảng biến thiên
\(x\) | \( - \infty \) \( - 1\) \(1\) \( + \infty \) |
\(f'(x)\) | + 0 - 0 + |
\(f(x)\) |
 |
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng \(4\).
Cho hình lập phương \(ABCDA'B'C'D'\) có cạnh là \(a\). Hai vecto nào dưới đây có độ dài bằng nhau?
\(\overrightarrow {BC'} ;\,\overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AD'} ;\,\overrightarrow {AB} \).
\(\overrightarrow {DD'} ;\,\overrightarrow {AC'} \).
\(\overrightarrow {AC} ;\,\overrightarrow {AD} \)
Chọn A
Ta có \(\left| {\overrightarrow {BC'} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = a\sqrt 2 \)
Cho hàm số \(y = f(x)\) liên tục và có đồ thị trên đoạn \(\left[ { - 4;3} \right]\) như hình vẽ. Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f(x)\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\) là
![Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên đoạn [ {0;3}] là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid3-1772086709.png)
\( - 4\).
\( - 3\).
\(1\).
\( - 2\).
Chọn D
Ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f(x) = - 2\).
Họnguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \sin x + 3{e^x}\) là
\( - \cos x - 3{e^x} + C\).
\( - \cos x + 3{e^x} + C\).
\(\cos x - 3{e^x} + C\).
\(\cos x + 3{e^x} + C\).
Chọn B
Họ nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \sin x + 3{e^x}\) là \( - \cos x + 3{e^x} + C\).
Tập nghiệm \(S\) của bất phương trình \({\log _2}\left( {x - 1} \right) \le 3\) là
\(S = \left( {1;10} \right]\).
\(S = \left[ {9; + \infty } \right)\).
\(S = \left( { - \infty ;9} \right]\).
\(\left( {1;9} \right]\).
Chọn D
Ta có: \({\log _2}\left( {x - 1} \right) \le 3 \Leftrightarrow 0 < x - 1 \le 8 \Leftrightarrow 1 < x \le 9\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left( {1;9} \right]\).
Nếu \(\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)} dx = 5\) thì \(\int\limits_{ - 1}^2 {2f\left( x \right)} dx\) bằng
\(20\).
\(\frac{5}{4}\).
\(5\).
\(10\).
Chọn D
Ta có \(\int\limits_{ - 1}^2 {2f\left( x \right)} dx = 2\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)} dx = 2.5 = 10\).
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = 2,\,\,\,{u_2} = 6\). Công bội \(q\) của cấp số nhân bằng
\(3\).
\(\frac{1}{3}\).
\(4\).
\( - 4\).
Chọn A
Ta có: \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = 3\).
Hình vẽ bên là đồ thị của hàm số nào sau đây
\[y = \frac{{3\left( {x + 1} \right)}}{{x - 2}}\].
\[y = \frac{{3\left( {x - 1} \right)}}{{x - 2}}\].
\[y = \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{x - 2}}\].
\[y = \frac{{2\left( {x + 1} \right)}}{{x - 2}}\].
Chọn B
Dựa vào đồ thị.
Ta có tiệm cận đứng \[x = 2\], tiệm cận ngang \[y = 3\].
Đồ thị hàm số đí qua điểm \[A\left( {0;\frac{3}{2}} \right)\].
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên\[R\] và có bảng xét dấu đạo hàm như hình vẽ sau
Số điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] là
\[2\] .
\[0\].
\[1\].
\[3\].
Chọn C
Dựa vào bảng xét dấu số điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] là \[1\].
Phương trình \[\cos x = 1\] có nghiệm là
\[x = k\pi {\rm{ }}\left( {k \in Z} \right)\]
\[x = \frac{\pi }{2} + k2\pi {\rm{ }}\left( {k \in Z} \right)\]
\[x = k2\pi {\rm{ }}\left( {k \in Z} \right)\]
\[x = \frac{\pi }{2} + k\pi {\rm{ }}\left( {k \in Z} \right)\]
Chọn C
Ta có \[x = k2\pi {\rm{ }}\left( {k \in Z} \right)\]
Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(SA\) vuông góc với đáy, \(AC = 2\sqrt 3 SA\). Số đo góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,BD,C} \right]\) bằng
\[{30^0}\] .
\[{120^0}\]..
\[{150^0}\].
\[{60^0}\]
Chọn C
Gọi \[O\] là tâm của hình vuông \[ABCD\]. Suy ra \[OC \bot BD\] và \[SO \bot BD\]
Suy ra \[\widehat {SOC}\] là góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,BD,C} \right]\)
Xét tam giác \[SOA\] vuông tại \[A\], \[\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{SA}}{{\sqrt 3 SA}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]\[ \Rightarrow \widehat {SOA} = 30^\circ \].
Vậy \[\widehat {SOC} = 150^\circ \].
Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho các điểm \(A(3; - 4;1)\), \(B(1;1; - 1)\) và \(C(2;0; - 3)\). Khi đó
[NB] Hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) lên mặt phẳng \((Oxy)\) có tọa độ là \((0;0;1)\).
[TH] Tọa độ trọng tâm của tam giác \(ABC\) là \((2;1; - 1)\).
[TH] Biết rằng điểm \(I\) thỏa mãn điều kiện \(\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} - 2\overrightarrow {IC} = \vec 0\). Cao độ của điểm \(I\) bằng \(2.\)
[VD,VDC] Xét \(M\) là điểm thay đổi trên mặt phẳng \((Oxy)\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(S = M{A^2} + 3M{B^2} - 2M{C^2}\) bằng \(\frac{{13}}{2}\)
a) Hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) lên mặt phẳng \((Oxy)\) có tọa độ là \((3; - 4;0)\).
Suy ra câu a) Sai.
b)Tọa độ trọng tâm của tam giác \(ABC\) là \((2; - 1; - 1)\).
Suy ra câu b) Sai.
c) \(\overrightarrow {OI} = \frac{{\overrightarrow {OA} + 3\overrightarrow {OB} - 2\overrightarrow {OC} }}{{1 + 3 - 2}} \Rightarrow I\left( {1; - \frac{1}{2};2} \right)\)
Suy ra câu c) Đúng.
d) \(S = {(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )^2} + 3{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} )^2} - 2{(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} )^2}\)
\( = M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IA} + I{A^2} + 3M{I^2} + 3 \cdot 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IB} + 3I{B^2} - 2M{I^2} - 2 \cdot 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IC} - 2I{C^2}\)
\( = 2M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} (\overrightarrow {IA} + 3\overrightarrow {IB} - 2\overrightarrow {IC} ) + (I{A^2} + 3I{B^2} - 2I{C^2})\)
\( \Leftrightarrow S = 2M{I^2} + \mathop {(I{A^2} + 3I{B^2} - 2I{C^2})}\limits_{} \)
\({S_{min}}\) khi \(M{I_{min}} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) lên \((Oxy)\) hay \(M\left( {1; - \frac{1}{2};0} \right)\)
Khi đó: \(M{I^2} = 4\), \(I{A^2} = \frac{{69}}{4}\), \(I{B^2} = \frac{{45}}{4}\), \(I{C^2} = \frac{{105}}{4}\)
Vậy \({S_{min}} = \frac{{13}}{2}\).
Một quần thể vi khuẩn ban đầu có \(1000\) con. Gọi \(P\left( t \right)\) là số lượng vi khuẩn của quần thể đó tại thời điểm \(t\), trong đó \(t\) tính theo giờ \(\left( {t \ge 0} \right)\). Tốc độ tăng trưởng vi khuẩn của quần thể này tại thời điểm \(t\) được cho bởi hàm số \(P'\left( t \right) = kt\), trong đó \(k\) là một hằng số. Biết rằng sau \(2\) giờ, số lượng vi khuẩn của quần thể tăng lên thành \(1400\) vi khuẩn.
[NB] Số lượng vi khuẩn \(P\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số tốc độ tăng trưởng \(P'\left( t \right)\).
[VD] Số lượng vi khuẩn tại thời điểm \(t\) là \(P\left( t \right) = 200{t^2} + 1000\).
[TH] Sau \(5\)giờ, số lượng vi khuẩn tăng thêm \(2500\)con so với thời điểm ban đầu.
[TH] Sau \(9\) giờ, số lượng vi khuẩn vượt quá \(10000\) con.
a) Số lượng vi khuẩn \(P\left( t \right)\) là một nguyên hàm của hàm số tốc độ tăng trưởng \(P'\left( t \right)\): Đúng theo định nghĩa nguyên hàm
b) Số lượng vi khuẩn tại thời điểm \(t\) là \[P\left( t \right) = \int {P'\left( t \right)dt\, = \,\int {kt\,dt\, = \,} } \frac{k}{2}{t^2} + C\].
Theo giả thiết ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}P\left( 0 \right) = 1000\\P\left( 2 \right) = 1400\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}C = 1000\\\frac{k}{2}.4 + 1000 = 1400\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}C = 1000\\k = 200\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \,P\left( t \right) = 100{t^2} + 1000\)
Do đó b) Sai
c) Sau \(5\)giờ, số lượng vi khuẩn tăng thêm so với thời điểm ban đầu là \(\,P\left( 5 \right) - 1000 = 2500\)
Vây c) Đúng
d) Sau \(9\) giờ, số lượng vi khuẩn là \(\,P(9) = 8100 + 1000 = 9100 < 10000\).
Vây d) Sai
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;4} \right)\).
Tích giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right)\) bằng \( - 12\).
Cho điểm \(M\) có hoành độ lớn hơn \(2\), di chuyển trên đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\). Giá trị nhỏ nhất của tổng khoảng cách từ điểm \(M\) đến hai trục tọa độ bằng \(4 + 4\sqrt 2 \).
\(a + b + c + d = - 5\).
a) Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên các khoảng \(\left( {0;2} \right)\) và \(\left( {2;4} \right)\).
b) Tích giá trị cực đại và cực tiểu của hàm số \(y = f\left( x \right)\) bằng \( - 6 \times 2 = - 12\).
c) Đường thẳng \(x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)\( \Rightarrow d = - 2\).
Điểm \(\left( {0;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)\( \Rightarrow \frac{c}{d} = 2 \Rightarrow c = 2 \times \left( { - 2} \right) = - 4\).
Khi đó: \(f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx - 4}}{{x - 2}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{a{x^2} - 4ax - 2b + 4}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}f'\left( 0 \right) = 0\\f\left( 4 \right) = - 6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{ - 2b + 4}}{{{{\left( { - 2} \right)}^2}}} = 0\\\frac{{16a + 4}}{2} = - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 2\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} + 2x - 4}}{{x - 2}}\).
Giả sử \(M\left( {m;\frac{{ - {m^2} + 2m - 4}}{{m - 2}}} \right)\)\(\left( {m > 2} \right)\)\[ \Rightarrow d\left( {M,Ox} \right) + d\left( {M,Oy} \right) = \left| m \right| + \left| {\frac{{ - {m^2} + 2m - 4}}{{m - 2}}} \right|\]
\( \Rightarrow d\left( {M,Ox} \right) + d\left( {M,Oy} \right) = g\left( m \right) = m + \frac{{{m^2} - 2m + 4}}{{m - 2}} = \frac{{2{m^2} - 4m + 4}}{{m - 2}}\).
Xét \(g'\left( m \right) = \frac{{2{m^2} - 8m + 4}}{{{{\left( {m - 2} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow m = 2 + \sqrt 2 \Rightarrow {g_{\min }} = {\left[ {d\left( {M,Ox} \right) + d\left( {M,Oy} \right)} \right]_{\min }} = 4 + 4\sqrt 2 \).
d) Ta có: \(a + b + c + d = - 1 + 2 - 4 - 2 = - 5\).
Thời gian tập luyện trong ngày (tính theo giờ) của 39 vận động viên được ghi lại ở bảng sau:
Thời gian tập luyện (giờ) | \(\left[ {0;\,2} \right)\) | \(\left[ {2;\,4} \right)\) | \(\left[ {\,4;\,6} \right)\) | \(\left[ {6;\,8} \right)\) | \(\left[ {8;\,10} \right)\) |
Số vận động viên | 3 | 8 | 12 | 12 | 4 |
[VD] Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) là \(7,04\).
[TH] Giá trị trung bình của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) \(5,31\).
[NB] Bảng tần số ghép nhóm trên có \(5\) nhóm.
[TH] Giá trị đại diện nhóm \(\left[ {6;\,8} \right)\) là \(6,5\).
Thời gian tập luyện (giờ) | \(\left[ {0;\,2} \right)\) | \(\left[ {2;\,4} \right)\) | \(\left[ {\,4;\,6} \right)\) | \(\left[ {6;\,8} \right)\) | \(\left[ {8;\,10} \right)\) |
Giá trị đại diện | 1 | 3 | 5 | 7 | 9 |
Số vận động viên | 3 | 8 | 12 | 12 | 4 |
a) [VD] Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu trên (làm tròn đến hàng phần trăm) là \(7,04\).
Ta có \(\frac{{3.n}}{4} = \frac{{3.39}}{4} = 29,25 \Rightarrow {Q_3} \in \left[ {6;\,8} \right)\).
.\({Q_3} = 6 + \frac{{29,25 - \left( {3 + 8 + 12} \right)}}{{12}}.2 = 6,25\).
b) [TH] Số trung bình cộng của mẫu số liệu
\(\overline x = \frac{{1.3 + 3.8 + 5.12 + 7.12 + 9.4}}{{39}} = \frac{{69}}{{13}} \simeq 5,31\).
c) [NB] Bảng tần số ghép nhóm trên có \(5\) nhóm.
d) [TH] Giá trị đại diện nhóm \(\left[ {6;\,8} \right)\) là \(7\).
Cho đa giác đều 36 cạnh. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong các đỉnh của đa giác đã cho. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác có 2 góc ở 2 đỉnh liền kề (chung một cạnh của tứ giác) là 2 góc tù. Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm.
Đáp án: 0,91
Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right) = C_{36}^4 = 58{\mkern 1mu} 905\)
Gọi \(A\): “tứ giác có 2 góc ở 2 đỉnh liền kề (chung một cạnh của tứ giác) là 2 góc tù”
Gọi 4 đỉnh được chọn theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ là A, B, C, D. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ngoại tiếp đa giác đều.
Trong một tứ giác nội tiếp, tổng hai góc đối diện bằng \({180^\circ }\), (\(\hat A + \hat C = {180^\circ }\) và \(\hat B + \hat D = {180^\circ }\)).
· Vì tổng hai góc đối diện là \({180^\circ }\), nên không thể có 2 góc đối diện cùng là góc tù (lớn hơn \({90^\circ }\)).
· Do đó, một tứ giác nội tiếp chỉ có thể có tối đa 2 góc tù.
Ta có bảng các trường hợp sau
Số góc tù của tứ giác ABCD | Tính chất | Số tứ giác |
2 góc tù | Nếu có 2 góc tù thì chúng bắt buộc phải nằm ở 2 đỉnh liền kề (ví dụ \(\hat B\) và \(\hat C\) cùng tù, khi đó \(\hat A\) và \(\hat D\) sẽ nhọn). |
|
1 góc tù | Giả sử\(\hat B\) tù thì \(\hat D\) sẽ nhọn. Góc \(\hat C\), \(\hat A\) bắt buộc vuông  | Giả sử góc A và C vuông thì BD phải là đường chéo qua tâm, sau đó ta chọn mỗi phía của đường BD một đỉnh A và C sao cho AC không tạo thành một đường chéo qua tâm. Bước 1: chọn 1 đường chéo qua tâm có 18 cách chọn Bước 2: mỗi phía của đường BD có 17 đỉnh, chọn đỉnh A có 17 cách chọn, chọn đỉnh C sao cho AC không qua tâm có 16 cách chọn Vậy có 18.17.16 |
0 góc tù | \(\hat B\),\(\hat D\), \(\hat C\), \(\hat A\) bắt buộc vuông  | Đa giác đều có 36 đỉnh có 18 đường chéo qua tâm, chọn 2 đường chéo và nối lại ta được một tứ giác có 4 góc vuông. Vậy số tứ giác thỏa mãn trường hợp này là: \(C_{18}^2 = 153\) |
Suy ra, \(n\left( A \right) = C_{36}^4 - C_{18}^2 - 18.17.16 = 53856\)
\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{53856}}{{58905}} \approx 0,91428\)
Cho một bể chứa nước có hình dạng là một lăng trụ đứng \(AEFB.DHGC\). Mặt đáy của lăng trụ là hình thang vuông \(AEFB\)(vuông tại \(A\) và \(E\)). Biết rằng chiều dài của bể \(AD = 12m\), chiều rộng của mặt bể \(AB = 6m\), chiều rộng của đáy bể \(EF = 3m\) và chiều cao của bể \(AE = 4m\). Bể được bơm nước vào với lưu lượng không đổi \(P = 4{m^3}\)/giờ. Giả sử mặt nước \(\left( {IKJL} \right)\) luôn song song với mặt đáy \(\left( {HGFE} \right)\) của bể (tham khảo hình vẽ).
Tính tốc độ tăng chiều cao của mực nước tại thời điểm \(t = 18\)giờ (đơn vị tính theo mét trên giờ, kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
Đáp án: 0,08
Gọi \(M = AE \cap BF\).
Dễ thấy \(\Delta MEF\) đồng dạng với \(\Delta MAB\) nên \(\frac{{ME}}{{MA}} = \frac{{EF}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow ME = \frac{1}{2}MA\).
Suy ra \(E\) là trung điểm \(MA\) \( \Rightarrow ME = 4\).
Gọi \(h = LE\) (đơn vị : mét) là chiều cao của mực nước \((h > 0)\).
\[\frac{{ML}}{{MA}} = \frac{{LJ}}{{AB}} \Leftrightarrow LJ = \frac{{ML.AB}}{{MA}} = \frac{{\left( {ME + LE} \right).AB}}{{MA}} = \frac{{\left( {4 + h} \right).6}}{8} = \frac{3}{4}\left( {4 + h} \right) = 3 + \frac{3}{4}h\].
Thể tích nước: \[V = {S_{LEFJ}}.AD = \frac{{LJ + EF}}{2}.LE.AD = \frac{{3 + \frac{3}{4}h + 3}}{2}.h.12 = \frac{9}{2}{h^2} + 36h\left( {{m^3}} \right)\]
Thể tích nước đã bơm sau thời gian \(t\)(giờ): \(V = P.t = 4t\)
Suy ra :\(\frac{9}{2}{h^2} + 36h = 4t\).
Đạo hàm hai vế theo \(t\) ta được: \(\left( {9h + 36} \right).h' = 4\).
Tốc độ nước dâng là: \(h' = \frac{4}{{9h + 36}}\).
Thể tích nước đã bơm sau thời gian 18 (giờ): \(\frac{9}{2}{h^2} + 36h = 4.18 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}h = - 4 + 4\sqrt 2 \\h = - 4 - 4\sqrt 2 \end{array} \right.\).
Mà \(h > 0\) nên \(h = - 4 + 4\sqrt 2 \).
Tốc độ tăng chiều cao của mực nước tại thời điểm \(t = 18\)giờ là \(h' = \frac{4}{{9h + 36}} \approx 0,08\left( {m/h} \right)\).
Một sân bóng đá tiêu chuẩn có dạng hình chữ nhật với kích thước đường biên ngang là \(68m\); có khung thành rộng \(7,32m\) và cao \(2,44m\) nằm ở chính giữa đường biên ngang. Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho gốc tọa độ \(O\) là điểm đá phạt góc, trục \(Ox\) nằm trên đường biên ngang, trục \(Oy\) nằm trên đường biên dọc, trục \(Oz\) vuông góc với sân bóng, đơn vị trên mỗi trục là mét (tham khảo hình vẽ). Một quả bóng được đá từ vị trí \(P\left( {6;22;0} \right)\) với vận tốc \(28\,m\,/\,s\) theo hướng của vectơ \(\vec v = \left( {15; - 11;1} \right)\) về phía khung thành. Giả sử quả bóng là một điểm, quỹ đạo bay của quả bóng là một đường thẳng và khung thành là một phần của mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\). Thời gian bóng từ vị trí điểm \(P\) đến khung thành là bao nhiêu giây? (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp số: 1,33.
Ta có phương trình đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(P\left( {6;22;0} \right)\), vectơ chỉ phương \(\overrightarrow v = \left( {15; - 11;1} \right)\) là: \(d\left\{ \begin{array}{l}x = 6 + 15t\\y = 22 - 11t\\z = t\end{array} \right.\).
Quả bóng di chuyển theo đường thẳng \(d\), khung thành là một phần của \(\left( {Oxz} \right)\). Khi đó, gọi \(M\) là giao điểm giữa đường thẳng \(d\) và \(\left( {Oxz} \right):y = 0\).
Do đó \(M \in d \Rightarrow M\left( {6 + 15t;22 - 11t;t} \right)\).
\(M \in \left( {Oxz} \right) \Rightarrow 22 - 11t = 0 \Leftrightarrow t = 2\).
Khi đó \(M\left( {36;0;2} \right)\).
Ta có \(PM = \sqrt {{{\left( {36 - 6} \right)}^2} + {{\left( { - 22} \right)}^2} + {2^2}} = 2\sqrt {347} \).
Thời gian quả bóng từ vị trí điểm \(P\) đến khung thành là: \(\frac{{PM}}{v} = \frac{{2\sqrt {347} }}{{28}} = \frac{{\sqrt {347} }}{{14}} \approx 1,33\) (giây).
Giả sử nhu cầu tiêu thụ một loại sản phẩm mới của doanh nghiệp \(A\) được mô hình hóa bởi hàm số \(p = \frac{{1500}}{{\sqrt x }}\), trong đó \(p\) là đơn giá (tính bằng nghìn đồng) và \(x\) là số lượng đơn vị sản phẩm. Chi phí (tính bằng nghìn đồng) để sản xuất \(x\) đơn vị sản phẩm được cho bởi hàm số \(C = 12x + 500\). Tìm mức giá (tính bằng nghìn đồng) để mang lại lợi nhuận tối đa.
Đáp án: 24.
Doanh thu khi doanh nghiệp bán \(x\) sản phẩm là: \(D\left( x \right) = x.p = x.\frac{{1500}}{{\sqrt x }} = 1500.\sqrt x \).
Lợi nhuận thu được là: \(L\left( x \right) = D\left( x \right) - C\left( x \right) = 1500\sqrt x - \left( {12x + 500} \right) = - 12x + 1500\sqrt x - 500\).
Ta có: \(L'\left( x \right) = - 12 + \frac{{750}}{{\sqrt x }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt x = \frac{{125}}{2}\).
\( \Rightarrow x = \frac{{15625}}{4}\).
Bảng biến thiên:
Vậy mức giá để mang lại lợi nhuận tối đa là: \(p = \frac{{1500}}{{\sqrt x }} = \frac{{1500}}{{\frac{{125}}{2}}} = 24\) (nghìn đồng)
Một cái ly nước hình trụ có chiều cao \(9{\rm{ cm}}\) đang chứa một lượng nước bằng \(\frac{3}{4}\) thể tích của ly. Bạn A đặt một vật có dạng hình lập phương vào miệng ly thì thấy một đỉnh của vật đó chạm vào mặt nước đồng thời đường chéo qua đỉnh này của hình lập phương trùng với trục đối xứng của ly (tham khảo hình vẽ). Nếu ban đầu bạn A đổ nước đầy ly thì sau khi đặt khối lập phương như trên, lượng nước tràn ra là bao nhiêu centimet khối (kết quả làm tròn đến hàng phần chục và bỏ qua độ dày của ly)?
Đáp án: 9,9.
Gọi \(H\) là chiều cao của ly nước hình trụ, \(H = 9{\rm{ cm}}\).
Gọi \(a\) là độ dài cạnh của khối lập phương.
Khi khối lập phương được đặt vào miệng ly sao cho một đỉnh chạm mặt nước và đường chéo qua đỉnh đó trùng với trục đối xứng của ly, đồng thời khối lập phương tựa trên miệng ly, thì phần khối lập phương bị ngập nước là một hình chóp tam giác đều (một góc của hình lập phương).
Chiều cao của phần bị ngập nước này (tính từ đỉnh chạm nước đến mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề của khối lập phương) là \(h = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\).
Mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề đó chính là mặt phẳng mà khối lập phương tựa vào miệng ly.
Trong trường hợp đầu tiên được mô tả:
Ly nước chứa lượng nước bằng \(\frac{3}{4}\) thể tích của ly, nghĩa là chiều cao cột nước là \(h = \frac{3}{4}H = \frac{{27}}{4}{\rm{ cm}}\).
Khối lập phương được đặt vào miệng ly và một đỉnh của nó chạm vào mặt nước. Điều này có nghĩa là đỉnh thấp nhất của khối lập phương nằm ở độ cao \(h'\) so với đáy ly, và mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề nó nằm ở độ cao của miệng ly, tức là \(H = 9{\rm{ cm}}\).
Như vậy, chiều cao của phần khối lập phương từ đỉnh thấp nhất đến mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề (là phần ngập trong nước) là \(H - h' = 9 - \frac{{27}}{4} = \frac{9}{4}{\rm{ cm}}\).
Suy ra: \(\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{9}{4} \Rightarrow a = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}{\rm{ cm}}\).
Nếu ban đầu đổ nước đầy ly, nghĩa là chiều cao cột nước là \(H = 9{\rm{ cm}}\).
Khối lập phương "như trên" (với cạnh \(a = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}{\rm{ cm}}\)) được đặt vào ly.
Khối lập phương vẫn tựa trên miệng ly, vì vậy mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề của nó nằm ở độ cao \(H = 9{\rm{ cm}}\) (tương ứng với miệng ly).
Đỉnh thấp nhất của khối lập phương sẽ nằm ở độ cao \(H - \frac{a}{{\sqrt 3 }} = 9 - \frac{{9\sqrt 3 }}{{4\sqrt 3 }} = 9 - \frac{9}{4} = \frac{{27}}{4}{\rm{ cm}}\) so với đáy ly.
Chiều cao của cột nước là \(9{\rm{ cm}}\).
Đỉnh thấp nhất của khối lập phương nằm ở độ cao \(6.75{\rm{ cm}}\).
Vì \(6.75{\rm{ cm}} < 9{\rm{ cm}}\), toàn bộ phần hình chóp tam giác đều của khối lập phương (từ đỉnh thấp nhất đến mặt phẳng chứa ba đỉnh liền kề) sẽ bị ngập trong nước.
Thể tích của phần khối lập phương bị ngập nước chính là thể tích nước tràn ra.
Thể tích của hình chóp tam giác đều này (là một góc của khối lập phương) được tính bằng công thức \(V = \frac{{{a^3}}}{6}\), với \(a\) là cạnh của khối lập phương.
\({V_{tr{\rm{\`a }}n}} = \frac{1}{6}{\left( {\frac{{9\sqrt 3 }}{4}} \right)^3}\)\( = \frac{{729 \cdot \sqrt 3 }}{{128}}\)\( \approx \frac{{729 \times 1.7320508}}{{128}} \approx 9.86555{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\).
Làm tròn đến hàng phần chục, ta được \({V_{tr{\rm{\`a }}n}} \approx 9.9{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\).
Một xe ô tô sau khi chờ hết đèn đỏ đã bắt đầu chuyển động. Trong \(7\) phút đầu tiên với tốc độ được biểu thị bằng đồ thị là đường cong parabol; biết rằng sau 5 phút thì xe đạt đến tốc độ cao nhất 900 m/phút và bắt đầu giảm tốc độ. Sau khi đi được 7 phút thì xe chuyển động đều (tham khảo hình vẽ). Quãng đường xe đi được sau 10 phút đầu tiên kể từ khi hết đèn đỏ là bao nhiêu mét?
Đáp án: 6972.
Vận tốc trong 7 phút đầu tiên: \(v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\) (m/phút) có đồ thị \(\left( P \right)\).
Ta có \(\left( P \right)\) đi qua gốc toạ độ \(O\) và có đỉnh \(I\left( {5;900} \right)\)
Þ \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\\frac{{ - b}}{{2a}} = 5\\25a + 5b + c = 900\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 36\\b = 360\\c = 0\end{array} \right.\)
Þ \(v\left( t \right) = - 36{t^2} + 360t\)
Þ \(v\left( 7 \right) = 756\)
Quãng đường xe đi được sau 10 phút đầu tiên kể từ khi hết đèn đỏ là:
\(S = \int\limits_0^7 {\left( { - 36{t^2} + 360t} \right)dt} + 756 \times 3 = 6972\left( m \right)\)
