Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Huế lần 1 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 hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình bên dưới
Hàm số đồng biến trên khoảng nào trong các khoảng dưới đây
\(\left( {2;3} \right)\).
\(\left( {0;3} \right)\).
\(\left( { - 1;2} \right)\).
\(\left( {3;4} \right)\).
Chọn A
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật và \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Đường thẳng \(SA\) không vuông góc với đường thẳng nào trong các đường thẳng sau?
\(SC\).
\(AB\).
\(AC\).
\(BD\).
Chọn A
Xác định tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) có dạng như hình dưới.
\(x = 1\).
\(x = - 1\).
\(y = 1\).
\(y = - 1\).
Chọn B
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = - \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = + \infty \) nên \(x = - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
\(\left( {4; + \infty } \right)\).
\(\left( {2;4} \right)\).
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
\(\left( {6; + \infty } \right)\).
Chọn D
Điều kiện: \(x > 2\).
\({\log _2}\left( {x - 2} \right) > 2 \Leftrightarrow x - 2 > 4 \Leftrightarrow x > 6\)
Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {6; + \infty } \right)\).
\(q = 2\).
\(q = 4\).
\(q = \frac{1}{2}\).
\(q = \sqrt 2 \).
Chọn C.
Xét cấp số nhân \(({u_n})\)có: \({u_4} = {u_3}.q\)\( \Leftrightarrow 2 = 4q\)\( \Leftrightarrow q = \frac{1}{2}\).
\({x^3} + C\).
\(\frac{{2{x^3}}}{3} + C\).
\(\frac{{{x^3}}}{3} + C\).
\(6{x^3} + C\).
Chọn B.
Ta có: \(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2\int {{x^2}{\rm{d}}x} = \frac{2}{3}{x^3} + C\).
\(S = \left\{ {k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {\pi + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {\pi + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Chọn A.
Xét phương trình: \(\cos x = 1\)\( \Leftrightarrow x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(\left( { - 1;2;1} \right)\).
\(\left( { - 2;2;2} \right)\).
\(\left( {3;2;3} \right)\).
\(\left( { - 2; - 2;2} \right)\).
Chọn A.
\(M\left( {x;y;z} \right)\) là trnug điểm của đoạn \(AB\) nên: \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = - 1\\y = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = 2\\z = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - 1;2;1} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {1; - 3;0} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {1;0; - 3} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {1; - 3;5} \right)\).
\(\overrightarrow n = \left( {1;0;5} \right)\).
Chọn A.
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n = \left( {1; - 3;0} \right)\).
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{6}\).
\(\frac{1}{4}\).
Chọn A.
Ta có \[n\left( \Omega \right) = 6;\,\,A = \left\{ {3;6} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 2 \Rightarrow p\left( A \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\].
Xác định giá trị nhỏ nhất trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\) của hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình dưới.![Chọn A. Ta có \[n\left( \Omega \right) = 6;\,\,A = \left\{ {3;6} \right\} \Rightarrow n\left( A \right) = 2 \Rightarrow p\left( A \right) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/picture34-1776762552.png)
\( - 1\).
\( - 4\).
\(0\).
\( - 2\).
Chọn B.
Giá trị nhỏ nhất trên đoạn \(\left[ { - 1;1} \right]\) của hàm số \(y = f(x)\) có đồ thị trên là \( - 4\) đạt tại \(x = - 1\).
Mỗi ngày bác Bình đều đi bộ để rèn luyện sức khoẻ. Quãng đường đi bộ mỗi ngày (đơn vị: km) của bác Bình trong 20 ngày được thống kê trong bảng sau:
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng
\(7\).
\(6\).
\(1\).
\(5\).
Chọn D.
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng \(7 - 2 = 5\).
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)
\[f'\left( x \right) = 1 - \frac{4}{{{{\left( {x - 5} \right)}^2}}}\]với mọi \[x \ne 5\].
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Hàm số đạt cực đại tại \[x = 3\].
Giá trị cực tiểu bằng \[3\].
Chọn a) Đúng | b)Đúng | c) Đúng | d) Sai.
a) \[f(x) = \frac{{{x^2} - 5x + 4}}{{x - 5}} = \frac{{x(x - 5) + 4}}{{x - 5}} = x + \frac{4}{{x - 5}}\] nên \[f'(x) = (x)' + {\left( {\frac{4}{{x - 5}}} \right)^\prime } = 1 - \frac{4}{{{{(x - 5)}^2}}}\]
Vậy a) Đúng
b) \[f(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 5x + 4}}{{x - 5}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 5x + 4 = 0{\rm{ }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.(N)\]. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Vậy b)Đúng.
c)
Vậy c) Đúng
d) Giá trị cực tiểu bằng \[9\].
Vậy d) Sai.
[NB] Xác suất để trọng tài bốc được bi vàng trong lần bốc đầu tiên là \[\frac{1}{{12}}\].
[TH] Giả sử rằng ở lần bốc đầu tiên trọng tài bốc được bi xanh. Khi đó xác suất để bạn Xanh thắng là \[\frac{5}{{11}}\].
[TH] Giả sử rằng ở lần bốc đầu tiên trọng tài bốc được bi vàng và bốc tiếp thì được bi đỏ. Khi đó xác suất để bạn Xanh thắng là \[\frac{1}{2}\].
[TH] Xác suất để bạn Đỏ thắng là \[\frac{6}{{11}}\].
Chọn a) Đúng | b)Sai | c) Đúng | d) Sai.
a) Trong hộp có tổng cộng 12 viên bi, trong đó chỉ có 1 viên bi vàng.
Xác suất để trọng tài bốc được bi vàng trong lần bốc đầu tiên là \(\frac{1}{{12}}\).
Vậy a) Đúng
b) Nếu trọng tài bốc được bi xanh ở lần 1 \( \to \) Trọng tài dừng lại.
Viên cuối trọng tài bốc là Xanh \( \to \)Bạn Xanh được bốc bi. Lúc này trong hộp còn lại: 11 viên (4 Xanh, 6 Đỏ, 1 Vàng).
Để bạn Xanh thắng, bạn đó phải bốc được 1 trong 4 viên bi xanh còn lại.
Xác suất Xanh thắng là: \(P = \frac{4}{{11}}\).
Vậy b)Sai.
c) Sau khi trọng tài bốc 1 Vàng và 1 Đỏ, trong hộp còn lại: 5 bi Xanh và 5 bi Đỏ.
Bạn Đỏ thực hiện bốc 1 viên từ 10 viên này.
Để bạn Xanh thắng, thì bạn Đỏ phải bốc hụt (tức là bốc trúng bi Xanh).
Xác suất bạn Đỏ bốc trúng bi Xanh là: \(P = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}\).
Vậy c) Đúng
d)
Ta hiểu ý của bài toán như sau: Xanh thua tương đương với Đỏ thắng
Để bạn Đỏ thắng, bi cuối cùng bốc là màu Đỏ (bất kể người bốc là bạn Đỏ hay Xanh) hoặc bạn Xanh bốc lần 2 ra bi vàng
P(đỏ thắng) = P(bi đỏ bốc được cuối hoặc bạn Xanh bốc ra bi vàng)
= \(\frac{1}{{12}}.\frac{6}{{11}}.\frac{1}{2} + \frac{1}{{12}}.\frac{5}{{11}}.\frac{3}{5} + \frac{1}{2}.\frac{5}{{11}} + \frac{1}{{12}}.\frac{6}{{11}} + \frac{5}{{12}}.\frac{1}{{11}} = \frac{{71}}{{132}}\)
Vậy d) Sai.
Người ta muốn tạo một giá đỡ bằng sắt bên cạnh một bức tường có hình dạng là đoạn cong \(BDN\) như hình vẽ dưới, giá đỡ được gắn với tường bằng ba thanh sắt \(AB,CD,MN\) cùng vuông góc với tường (\(A,C,M\) thẳng hàng). Giá đỡ được xem như là một phần của đồ thị hàm số \(y = \log x\) trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) với trục tung trùng với hình chiếu vuông góc của giá đỡ lên mặt tường (đơn vị trên trục tính bằng mét). Biết \(AB = 10\,{\rm{cm}}\), \(AM = 1,4\,{\rm{m}}\) và độ dài phần đồ thị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\) được tính theo công thức \(L = \int\limits_a^b {\sqrt {1 + {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}} {\rm{d}}x} \).
Đạo hàm của hàm số \(y = \log x\) là \(y' = \frac{1}{{x\ln 10}}\).
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), điểm \(B\) có hoành độ bằng \(0,1\).
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), điểm \(N\) có tung độ bằng \(1,4\).
Độ dài giá đỡ bằng \(2,97\) mét (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
a) Ta có đạo hàm hàm số \(y = \log x\) là \(y' = \frac{1}{{x\ln 10}}\).
Chọn Đúng.
b) Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ là điểm \(O\). Khi đó hoành độ điểm \(B\) là \(0,1\).
Chọn Đúng.
c) Ta có tung độ điểm \(B\) là \({y_B} = \log 0,1 = - 1\) suy ra tọa độ điểm \(B\left( {0,1; - 1} \right)\).
Do khoảng cách \(AM = 1,4\,m\) suy ra tung độ điểm \(N\) là \({y_N} = 1,4 - 1 = 0,4\).
Chọn Sai.
d) Ta có \({y_N} = \log {x_N} \Leftrightarrow {x_N} = {10^{{y_N}}} = {10^{0,4}}\)
Độ dài giá đỡ bằng \(L = \int\limits_{0,1}^{{{10}^{0,4}}} {\sqrt {1 + {{\left( {\frac{1}{{x\ln 10}}} \right)}^2}} dx \approx 2,97\,m} \).
Chọn Đúng.
\(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;1} \right)\).
Hoành độ của điểm \(M\) bằng \( - 1\).
\(MA = - 3AB\).
\(\tan \widehat {NMB} = \frac{{\sqrt {42} }}{9}\).
Đáp số: Đ-S-S-Đ
a) \(\overrightarrow {AB} = (1;1;1)\)
\(\overrightarrow {AB} = (2 - 1;3 - 2;4 - 3) = (1;1;1)\).
Kết luận: Ý (a) Đúng.
b) Hoành độ của điểm \(M\) bằng \( - 1\).
Phương trình đường thẳng \(AB:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 3 + t\end{array} \right..\)
\(M\) là giao điểm của đường thẳng \(AB\) với mặt phẳng \((Oxy)\). Mặt phẳng \((Oxy)\) có phương trình \(z = 0\).
Thay vào phương trình đường thẳng \(AB:\)\(3 + t = 0 \Rightarrow t = - 3\).
Toạ độ điểm \(M\):
\({x_M} = 1 + ( - 3) = - 2\)
\({y_M} = 2 + ( - 3) = - 1\)
\({z_M} = 0\)
Vậy \(M( - 2; - 1;0)\).
Hoành độ của \(M\) là \( - 2\), không phải \( - 1\).
Kết luận: Ý (b) Sai.
c)\(MA > 0,AB > 0\) nên \(MA \ne - 3AB.\)
Kết luận: Ý (c) Sai.
d) \(\tan \widehat {NMB} = \frac{{\sqrt {42} }}{9}\)
Tìm tọa độ \(N\): \(N\) thuộc trục \(Oz\) nên \(N(0;0;{z_N})\).
\(\overrightarrow {AN} = ( - 1; - 2;{z_N} - 3)\).
Vì \(AN \bot AB\) nên \(\overrightarrow {AN} \cdot \overrightarrow {AB} = 0\):
\(( - 1) \cdot 1 + ( - 2) \cdot 1 + ({z_N} - 3) \cdot 1 = 0 \Rightarrow - 3 + {z_N} - 3 = 0 \Rightarrow {z_N} = 6\).
Vậy \(N(0;0;6)\).
Tính góc \(\widehat {NMB}\):
\(\overrightarrow {MN} = (0 - ( - 2);0 - ( - 1);6 - 0) = (2;1;6)\). Độ dài \(MN = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {6^2}} = \sqrt {41} \).
\(\overrightarrow {MB} = (2 - ( - 2);3 - ( - 1);4 - 0) = (4;4;4)\). Độ dài \(MB = \sqrt {{4^2} + {4^2} + {4^2}} = 4\sqrt 3 \).
\(\cos \widehat {NMB} = \frac{{\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {MB} }}{{MN \cdot MB}} = \frac{{2 \cdot 4 + 1 \cdot 4 + 6 \cdot 4}}{{\sqrt {41} \cdot 4\sqrt 3 }} = \frac{{36}}{{4\sqrt {123} }} = \frac{9}{{\sqrt {123} }}\).
Tính \(\tan \):
Sử dụng công thức \(1 + {\tan ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\):
\({\tan ^2}\widehat {NMB} = \frac{{123}}{{81}} - 1 = \frac{{42}}{{81}} \Rightarrow \tan \widehat {NMB} = \frac{{\sqrt {42} }}{9}\) (vì \(\cos \widehat {NMB} > 0\) nên \(\tan \widehat {NMB} > 0\)).
Kết luận: Ý (d) Đúng.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
An và Bình rất giỏi Toán, cùng tham gia một trò chơi, đầu tiên An bốc ngẫu nhiên một thẻ từ hộp thứ nhất chứa sáu thẻ giống nhau được đánh số từ \(1\) đến \(6\), tiếp theo Bình bốc ngẫu nhiên một thẻ từ hộp thứ hai chứa bốn thẻ giống nhau được đánh số từ \(1\) đến \(4\). Gọi số An bốc được là \(a\) và số của Bình là \(b\), sau đó hai người cùng tính giá trị của tích phân \(I = \int_0^a {{x^b}} dx\). Nếu kết quả \(I\) là một số nguyên thì An thắng, ngược lại Bình thắng. Tính xác suất An thắng cuộc (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).Đáp án: 0,38.
Số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega ) = 6.4 = 24\).
Ta có:\(I = \int_0^a {{x^b}} dx = \frac{{{x^{b + 1}}}}{{b + 1}}|_0^a = \frac{{{a^{b + 1}}}}{{b + 1}}\)
Để An thắng cuộc thì \(I\) phải là một số nguyên, tương đương với \({a^{b + 1}}\) chia hết cho \(b + 1\).
Vì hộp thứ hai có các thẻ từ \(1\) đến \(4\) nên \(b \in \{ 1;2;3;4\} \). Ta xét lần lượt các trường hợp của \(b\):
Trường hợp 1: Với \(b = 1 \Rightarrow b + 1 = 2\). Ta cần \(\frac{{{a^2}}}{2} \in \mathbb{Z} \Rightarrow {a^2} \vdots 2 \Rightarrow a \vdots 2\).
Vì \(a \in \{ 1;2;3;4;5;6\} \) nên \(a \in \{ 2;4;6\} \) (có \(3\) cách chọn).
Trường hợp 2: Với \(b = 2 \Rightarrow b + 1 = 3\). Ta cần \(\frac{{{a^3}}}{3} \in \mathbb{Z} \Rightarrow {a^3} \vdots 3 \Rightarrow a \vdots 3\).
Suy ra \(a \in \{ 3;6\} \) (có \(2\) cách chọn).
Trường hợp 3: Với \(b = 3 \Rightarrow b + 1 = 4\). Ta cần \(\frac{{{a^4}}}{4} \in \mathbb{Z} \Rightarrow {a^4} \vdots 4 \Rightarrow a \vdots 2\).
Suy ra \(a \in \{ 2;4;6\} \) (có \(3\) cách chọn).
Trường hợp 4: Với \(b = 4 \Rightarrow b + 1 = 5\). Ta cần \(\frac{{{a^5}}}{5} \in \mathbb{Z} \Rightarrow {a^5} \vdots 5 \Rightarrow a \vdots 5\).
Suy ra \(a \in \{ 5\} \) (có \(1\) cách chọn).
Gọi \(A\) là biến cố "An thắng cuộc". Số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(n(A) = 3 + 2 + 3 + 1 = 9\).
Xác suất để An thắng cuộc là:\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{9}{{24}} = 0,375\).
Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm theo yêu cầu bài toán, ta được xác suất là 0,38.
Dòng Hương hiền hòa trong xanh, lững lờ trôi giữa lòng thành phố Huế cổ kính và mộng mơ. Nhìn từ trên cao, hai bờ sông trải dài như hai đường thẳng song song. Cột cờ Phu Văn Lâu sừng sững cao \[54,5\] mét như là một chứng tích hào hùng của lịch sử. Biết rằng hai bờ sông cách nhau \[400\] mét và chân cột cờ (hình chiếu vuông góc của đỉnh cột cờ xuống mặt đất) nằm cách mép sông gần nhất một khoảng \[200\] mét. Có hai bạn học sinh đứng ở hai bờ sông, bạn học sinh \[A\] ở cùng bờ với cột cờ nhìn đỉnh cột cờ so với mặt đất một góc \[\alpha \] với tan\[\alpha \] = 0,1 và bạn học sinh \[B\] đứng ở bờ bên kia nhìn đỉnh cột cờ so với mặt đất một góc \[\beta \] với tan\[\beta \] = 0,07. Hỏi hai bạn học sinh cách nhau xa nhất là bao nhiêu mét? (Giả sử rằng mặt đất là bằng phẳng và tầm mắt hai bạn học sinh ngang với mặt đất, kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Đáp án: 1080.
Kẻ \(HK\) vuông góc với hai bờ sông tại \(I,K.\) Hai học sinh cách nhau xa nhất khi và chỉ khi \(AB\)
lớn nhất. Khi đó \(A,B\) nằm về 2 phía của \(HK\)và \(AB = \sqrt {A{C^2} + C{B^2}} = \sqrt {{{(AI + IC)}^2} + C{B^2}} \).
Theo đề bài, ta có \(HI = 200{\rm{ (m);}}HK = 200 + 400 = 600{\rm{ (m);}}BC = 400{\rm{ (m)}}{\rm{.}}\)
Các tam giác \(SHA,SHB\) vuông tại \(H,\) ta có:
\(\tan \alpha = \frac{{SH}}{{HA}} \Rightarrow HA = \frac{{SH}}{{\tan \alpha }} = \frac{{54,5}}{{0,1}} = 545{\rm{ (m); tan}}\beta {\rm{ = }}\frac{{SH}}{{HB}} \Rightarrow HB = \frac{{SH}}{{\tan \alpha }} = \frac{{54,5}}{{0,07}} = \frac{{5450}}{7}{\rm{(m)}}\).
Các tam giác \(HIA,HKB\) là tam giác vuông tại \(I,K.\) Ta có:
\(\begin{array}{l}AI = \sqrt {H{A^2} - H{I^2}} = \sqrt {{{545}^2} - {{200}^2}} = 5\sqrt {10281} ;\\CI = BK = \sqrt {H{B^2} - H{K^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{5450}}{7}} \right)}^2} - {{(200 + 400)}^2}} = \frac{{250\sqrt {193} }}{7}\end{array}\)
Thay vào trên ta được:
\(AB = \sqrt {{{\left( {5\sqrt {10281} + \frac{{250\sqrt {193} }}{7}} \right)}^2} + {{400}^2}} \approx 1079,9 \approx 1080.\)
Đáp án: \[1272\].
Do khối lập phương đặc ban đầu có thể tích \[1\,000\;c{m^3}\] nên có cạnh là \[{A_0} = 1\,0\;cm\].
Khối hộp chữ nhật thứ nhất được tạo ra có đáy là hình vuông, cạnh \({a_1} = {A_0} - 2.\frac{1}{{10}}{A_0} = {A_0}.\frac{8}{{10}}\)
và có chiều cao là \({h_1} = {A_0} - \frac{1}{{10}}{A_0} = {A_0}.\frac{9}{{10}}\).
Thể tích phần đất sét khoét ra lần thứ nhất là \(a_1^2.{h_1} = {A_0}^2.{\left( {\frac{8}{{10}}} \right)^2}.{A_0}.\frac{9}{{10}} = A_0^3{\left( {\frac{{\sqrt[3]{{{8^2}.9}}}}{{10}}} \right)^3}\),
suy ra khối lập phương mới thứ hai có cạnh là \({A_1} = {A_0}.\frac{{\sqrt[3]{{{8^2}.9}}}}{{10}}\), và thể tích của nó chính là thể tích của chậu thứ nhất.
Hoàn toàn tương tự, ta có khối lập phương mới thứ ba có cạnh là \({A_2} = {A_1}.\frac{{\sqrt[3]{{{8^2}.9}}}}{{10}}\), và thể tích của nó chính là thể tích của chậu thứ hai.
Vậy thể tích của các chậu chính là thể tích của các khối lập phương có cạnh \({A_1},{A_2},{A_3},{A_4},{A_5}\) tạo thành một cấp số nhân có số hạng đầu là \({A_1}\) và công bội \(q = \frac{{\sqrt[3]{{{8^2}.9}}}}{{10}}\).
Do đó, thể tích \({V_1},{V_2},{V_3},{V_4},{V_5}\) là một cấp số nhân với \({V_1} = A_1^3 = A_0^3.{\left( {\frac{{\sqrt[3]{{{8^2}.9}}}}{{10}}} \right)^3} = A_0^3.\frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}\);
và công bội \(q' = {q^3} = \frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}\).
Vậy \({V_1} + {V_2} + {V_3} + {V_4} + {V_5} = {S_5} = {V_1}.\frac{{1 - {{q'}^5}}}{{1 - q'}} = A_0^3.\frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}.\frac{{1 - {{\left( {\frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}} \right)}^5}}}{{1 - \frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}}} = {10^3}.\frac{{{8^2}.9}}{{{{10}^3}}}.\frac{{{{10}^{15}} - {8^{10}}{{.9}^5}}}{{\left( {{{10}^3} - {8^2}.9} \right){{10}^{12}}}}\)
\( = {8^2}.9.\frac{{{{10}^{15}} - {8^{10}}{{.9}^5}}}{{\left( {{{10}^3} - {8^2}.9} \right){{10}^{12}}}} \approx 1272,357671\;\left( {c{m^3}} \right)\).
Đáp án: \[7200\].
Để có một “cách xếp lỗi”, ta chỉ cần xếp nam nữ đứng xen kẽ rồi đổi chỗ một cặp nam-nữ bất kì.
Chẳng hạn như:
, đổi chỗ 2 bạn được khoanh, ta được một cách xếp lỗi:
Số cách xếp 5 học sinh nam và 5 học sinh nữ đứng xen kẽ là: \[5!.2.5! = 28800\] cách.
Số cách chọn 1 cặp nam-nữ để đổi chỗ là: \[5.5 = 25\] cách.
Vậy, số cách xếp lỗi là: \[D = 28800.25 = 720000\] cách.
Suy ra \[\frac{D}{{100}} = 7200\].
Đáp án: \[14,1\].
Để lợi nhuận đạt \[15\] triệu đồng thì \[3x - \frac{{2{x^2} + x}}{{x + 1}} = 15 \Leftrightarrow x \approx 14,1\;\left( {do\;x > 0} \right)\].
Cho hình chóp cụt tam giác đều \(ABC.MNP\) có đáy lớn là tam giác \(ABC\) với độ dài cạnh bằng \(6\), chiều cao của hình chóp cụt bằng \(8\). Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(MNP\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AG\) và \(BC\) (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp án: 4,77.
Gọi \(K\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), \(H,\,I\) lần lượt là trung điểm của \(NP,\,BC\).
Ta có \(GK \bot \left( {ABC} \right)\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot GK\\BC \bot AI\end{array} \right.\) suy ra \(BC \bot \left( {AGI} \right)\)
Suy ra \(BC \bot AG\).
Kẻ \(IR \bot AG\), \(R \in AG\)
Ta có \[IR\] cắt và vuông góc với cả hai đường thẳng \(AG\) và \(BC\) nên \(IR\) là đoạn vuông góc chung của \(AG\) và \(BC\). Suy ra \(d\left( {AG,\,BC} \right) = IR\).
Ta có \(\Delta AKG\) đồng dạng với tam giác \(\Delta ARI\) suy ra \(\frac{{AG}}{{KG}} = \frac{{AI}}{{RI}}\)(1)
\(AI = 3\sqrt 3 \), \(AK = 2\sqrt 3 \), \(KG = 8\),
\(AG = \sqrt {A{K^2} + K{G^2}} = \sqrt {12 + 64} = \sqrt {76} \).
Thay vào (1) ta được: \(RI = \frac{{AI.KG}}{{AG}} = \frac{{3\sqrt 3 .8}}{{\sqrt {76} }} \approx 4,77\).
