Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Tuyên Quang lần 1 có đáp án
22 câu hỏi
\(45^\circ \).
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
\(60^\circ \).
Chọn A
Do \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(SB\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(AB\).
Khi đó \(\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}\).
Ta có \[\tan \,\widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1\]. Suy ra \(\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = 45^\circ \).
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\).
\(\mathbb{R}\).
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Chọn C
Hàm số \(y = \tan \,x\) có nghĩa khi \(x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\).
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(y = x\).
\(x = 2\).
\(y = 1\).
\(y = x + 1\).
Chọn D
Tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x + 1\).
\(\vec a \cdot \vec b = - 1\).
\(\vec a \cdot \vec b = 0\).
\(\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right|\).
\(\vec a \cdot \vec b = - \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right|\).
Chọn C
Ta có \(\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos \left( {\vec a,\vec b} \right) = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos 0^\circ = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right|\).
\(\frac{{{2^{x + 1}}}}{{x + 1}} - \frac{{{x^2}}}{2} + C\).
\(\frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} - \frac{{{x^2}}}{2} + C\).
\(\,x \cdot {2^{x - 1}} - \frac{{{x^2}}}{2} + C\).
\(\frac{{{2^x}}}{x} - \frac{{{x^2}}}{2} + C\).
Chọn B
Áp dụng công thức ta được họ nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = {2^x} - x\) là \(\frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} - \frac{{{x^2}}}{2} + C\).
\(\left( { - 26;6} \right)\).
\(\left( { - \infty ;\, - 1} \right)\).
\(\left( {3; + \infty } \right)\).
\(\left( { - 1;2} \right)\).
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;3} \right)\), mà \(\left( { - 1;2} \right) \subset \left( { - 1;3} \right)\) nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1;2} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_3}} = \left( { - 3;2; - 4} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {3;2;4} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {3; - 2; - 4} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_4}} = \left( {3;2; - 4} \right)\).
Chọn D
Mặt phẳng \(\left( \alpha \right):3x + 2y - 4z + 1 = 0\) nhận vectơ \(\overrightarrow {{n_4}} = \left( {3;2; - 4} \right)\) là vectơ pháp tuyến.
\(\left[ {40;60} \right)\).
\(\left[ {20;40} \right)\).
\(\left[ {60;80} \right)\).
\(\left[ {0;20} \right)\).
Chọn B
|
Điểm |
\(\left[ {0;20} \right)\) |
\(\left[ {20;40} \right)\) |
\(\left[ {40;60} \right)\) |
\(\left[ {60;80} \right)\) |
\(\left[ {80;100} \right)\) |
|
Số học sinh |
\(25\) |
\(35\) |
\(37\) |
\(15\) |
\(8\) |
|
Tần số tích lũy |
\(25\) |
\(\,60\) |
\(97\) |
\(112\) |
\(120\) |
\(n = 120,\,\,\frac{n}{4} = 30,\,\,25 < 30 < 60\) \( \Rightarrow \) Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm thuộc khoảng \(\left[ {20;40} \right)\).
\[10\].
\[13\].
\[27\].
\[4\].
Chọn A
Ta có \[{u_4} = {u_1} + 3d = 1 + 3 \cdot 3 = 10\].
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\[S = \left\{ {k2\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\].
\[S = \left\{ {k\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\].
\[S = \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\].
\[S = \left\{ {\frac{{ - \pi }}{2} + k2\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\].
Chọn C
\[\sin x = 1 \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = \pi - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\].
\[\left( {2; - 1;6} \right)\].
\[\left( {0;6;6} \right)\].
\[\left( {4; - 2;12} \right)\].
\[\left( {0;3;3} \right)\].
Chọn A
Gọi I là trung điểm của đoạn \[AB\].
Đặt \[I\left( {{x_I};{y_I};{z_I}} \right),{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = \frac{{2 + 2}}{2} = 2;{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = \frac{{ - 4 + 2}}{2} = - 1;{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = \frac{{3 + 9}}{2} = 6\]
suy ra \[I\left( {2; - 1;6} \right)\].
\[S = \pi \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {{x^2} - 2x} \right|} dx\].
\[S = \pi \int\limits_{ - 1}^3 {{{\left( {{x^2} - 2x} \right)}^2}} dx\].
\[S = \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx} \].
\[S = \left| {\int\limits_{ - 1}^3 {\left( {{x^2} - 2x} \right)dx} } \right|\].
Chọn C
Theo công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \[y = f\left( x \right),Ox,x = a,x = b,a \le b\].
\[ \Rightarrow S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|} dx\].
Áp dụng với \[f\left( x \right) = {x^2} - 2x,a = - 1,b = 3\] , ta được \[S = \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx} \].
[NB] Số phần tử của không gian mẫu là \[n\left( \Omega \right) = C_{19}^5\].
[TH] Xác suất lấy được \[5\] viên bi đều màu xanh là \[\frac{1}{{2907}}\].
[VD] Xác suất lấy được \[5\] viên bi có ít nhất một viên bi màu xanh nhỏ hơn \[0,94\].
[VD] Xác suất lấy được \[5\] viên bi đủ cả ba màu, đồng thời ba số \[x - y\,,y - z\,,z - x\] theo thứ tự lập thành một cấp số cộng bằng \[\frac{{215}}{{969}}\].
Có tất cả \[5 + 6 + 8 = 19\] viên bi.
a) Đúng. Số phần tử của không gian mẫu là: \[n\left( \Omega \right) = C_{19}^5\].
b) Sai. Số cách để lấy được \[5\] viên bi màu xanh là: \[C_8^5\].
\[ \Rightarrow \] Xác suất để lấy được cả \[5\] viên bi màu xanh là \[P = \frac{{C_8^5}}{{C_{19}^5}} = \frac{{14}}{{2907}}\].
c) Sai. Gọi \[B\] là biến cố: “\[5\] viên bi lấy ra có ít nhất một viên bi màu xanh”.
\[ \Rightarrow \overline B \]: “\[5\] viên bi lấy ra không có viên bi xanh”.
\[ \Rightarrow \] Số kết quả thuận lợi cho biến cố \[\overline B \] là: \[n\left( {\overline B } \right) = C_{11}^5\].
\[ \Rightarrow P\left( B \right) = 1 - P\left( {\overline B } \right) = 1 - \frac{{C_{11}^5}}{{C_{19}^5}} = \frac{{1861}}{{1938}} \approx 0,96 > 0,94\].
d) Đúng. Gọi \[C\] là biến cố: “\[5\] viên bi đủ cả ba màu, đồng thời ba số \[x - y\,,y - z\,,z - x\] theo thứ tự lập thành một cấp số cộng”.
Vì \[x - y\,,y - z\,,z - x\] theo thứ tự lập thành cấp số cộng, nên:
\[y - z = \frac{{\left( {x - y} \right) + \left( {z - x} \right)}}{2} \Leftrightarrow y - z = \frac{{z - y}}{2}\]\[ \Leftrightarrow 2y - 2z = z - y \Leftrightarrow 3y = 3z \Leftrightarrow y = z\].
Vì \[5\] quả bóng được lấy ra phải có đủ cả ba màu, nên có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: \[1\] quả màu trắng, \[2\] quả màu đỏ, \[2\] quả màu xanh.
Có: \[C_5^1.C_6^2.C_8^2\] cách.
Trường hợp 2: \[3\] quả màu trắng, \[1\] quả màu đỏ, \[1\] quả màu xanh.
Có: \[C_5^3.C_6^1.C_8^1\] cách.
\[ \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{C_5^1.C_6^2.C_8^2 + C_5^3.C_6^1.C_8^1}}{{C_{19}^5}} = \frac{{215}}{{969}}\].
[VD] Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số đã cho, trục hoành và hai đường thẳng \(x = 0\), \(x = 2\) bằng \(2\).
[TH] Hàm số đã cho có một nguyên hàm là hàm số \(G\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{2} - {x^3} + x\).
[TH] \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số đã cho thỏa mãn \(F\left( 2 \right) = 2\), khi đó \(F\left( { - 1} \right) = \frac{1}{2}\).
[VD,VDC] Với \(a \in \left[ { - 1;2} \right]\), hàm số \(H\left( a \right) = \int\limits_{ - 1}^a {f\left( x \right){\rm{d}}x} \) đạt giá trị lớn nhất tại \(a = 1\).
Chọn a) Đúng | b) Đúng| c) Đúng | d) Sai
a) Xét phương trình \(2{x^3} - 3{x^2} + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{1}{2}}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).
Suy ra \(S = \int\limits_0^2 {\left| {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right|{\rm{d}}x} \)\( = \int\limits_0^1 {\left| {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right|{\rm{d}}x + } \int\limits_1^2 {\left| {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right|{\rm{d}}x} \)
\( = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} } \right| + \left| {\int\limits_1^2 {\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x} } \right| = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} = 2\).
Chọn ĐÚNG.
b) Ta có \(\int {\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x = \frac{1}{2}{x^4} - {x^3} + x + C} \).
Cho \(C = 0\), ta được \(G\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^4} - {x^3} + x\).
Chọn ĐÚNG.
c) Ta có \(F\left( x \right) = \int {\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x = \frac{1}{2}{x^4} - {x^3} + x + C} \).
Vì \(F\left( 2 \right) = 2 \Rightarrow C = 0\). Do đó \(F\left( x \right) = \frac{1}{2}{x^4} - {x^3} + x\).
\( \Rightarrow F\left( { - 1} \right) = \frac{1}{2}\).
Chọn ĐÚNG.
d) \(H\left( a \right) = \int\limits_{ - 1}^a {\left( {2{x^3} - 3{x^2} + 1} \right){\rm{d}}x = \left. {\left( {\frac{1}{2}{x^4} - {x^3} + x} \right)} \right|_{ - 1}^a = } \frac{1}{2}{a^4} - {a^3} + a - \frac{1}{2}\).
\(H'\left( a \right) = 2{a^3} - 3{a^2} + 1 = {\left( {a - 1} \right)^2}\left( {2a + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - \frac{1}{2}}\\{a = 1}\end{array}.} \right.\)
Bảng biến thiên
![Có tất cả \[5 + 6 + 8 = 19\] viên bi. a) Đúng. Số phần tử của không gian mẫu là: \[ (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/2-1775146584.png)
Từ bảng biến thiên suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( a \right) = \frac{3}{2} \Leftrightarrow a = 2\).
Chọn SAI.
Sau 8 phút kể từ lúc phóng, tên lửa bay được quãng đường \[152,4\] km (làm tròn kết quả đến hàng phần chục).
Sau đúng 4 phút kể từ lúc phóng, độ cao của tên lửa là 3 km.
Toạ độ của tên lửa sau 12 phút kể từ lúc phóng là \[\left( {210\,;\,90\,;\,12} \right)\].
Gọi \[\left( P \right)\] là mặt phẳng chứa quỹ đạo bay của tên lửa và vuông góc với mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\]. Phương trình mặt phẳng \[\left( P \right)\] là \[3x - 8y = 0\].
a) Đúng
Sau 8 phút, quãng được tên lửa bay được là \[OA = \sqrt {{{140}^2} + {{60}^2} + {6^2}} \approx 152,4\] (km)
Vec-tơ vận tốc đơn vị theo thời gian (km/phút) là: \[\overrightarrow v = \frac{1}{8}\overrightarrow {OA} = \left( {\frac{{35}}{2}\,;\,\frac{{15}}{2}\,;\,\frac{3}{4}} \right)\]
Toạ độ tên lửa sau t phút là \[M\left( t \right) = \left( {\frac{{35}}{2}t\,;\,\frac{{15}}{2}t\,;\,\frac{3}{4}t} \right)\]
b) Đúng
Toạ độ tên lửa sau 4 phút là: \[M\left( 4 \right) = \left( {\frac{{35}}{2}.4\,;\,\frac{{15}}{2}.4\,;\,\frac{3}{4}.4} \right) = \left( {70\,;\,30\,;\,3} \right)\]
Vậy độ cao của tên lửa sau 4 phút là 3 km.
c) Sai
Toạ độ tên lửa sau 12 phút là \[M\left( {12} \right) = \left( {\frac{{35}}{2}.12\,;\,\frac{{15}}{2}.12\,;\,\frac{3}{4}.12} \right) = \left( {210\,;\,90\,;\,9} \right)\]
d) Sai
Ta có \[\overrightarrow {OA} = \left( {140\,;\,60\,;\,6} \right)\], \[\overrightarrow k = \left( {0\,;\,0\,;\,1} \right)\]
Vì \[\left( P \right)\] là mặt phẳng chứa quỹ đạo bay OA của tên lửa và vuông góc với mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\] nên
\[\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {OA} \,;\,\overrightarrow k } \right] = \left( {60\,;\, - 140\,;\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left( {3\,;\, - 7\,;\,0} \right)\]
Mặt phẳng \[\left( P \right)\] đi qua \[O\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right)\], \[\overrightarrow {{n_P}} = \left( {3\,;\, - 7\,;\,0} \right)\] có phương trình là \[3x - 7y = 0\].
Tập xác định của hàm số đã cho là \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\).
Bất phương trình \(f\left( x \right) \ge 36\) có đúng 15 nghiệm nguyên.
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \[\left( { - 1; + \infty } \right)\].
Giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + 5x\) trên đoạn \([1;4]\) bằng \(107 - 40\ln 2\).
a) Đúng.
Điều kiện xác định: \(x + 1 > 0\)\( \Leftrightarrow x > - 1\).
Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\).
b) Sai.
Xét bất phương trình \(f\left( x \right) \ge 36\):
\(92 - 20\ln \left( {x + 1} \right) \ge 36\)\( \Leftrightarrow \ln \left( {x + 1} \right) \le 2,8\)\( \Leftrightarrow x \le {e^{2,8}} - 1\)
Với \({e^{2.8}} \approx 16,4446\), ta có \(x \le 16,4446 - 1 = 15,4446\).
Kết hợp với điều kiện xác định \(x > - 1\), ta có \( - 1 < x \le 15,4446\).
Các nghiệm nguyên của bất phương trình là các số nguyên thỏa mãn điều kiện trên. Đó là \(x \in \left\{ {0;1;2; \ldots ;15} \right\}\).
Số lượng nghiệm nguyên là \(15 - 0 + 1 = 16\) nghiệm.
c) Sai.
Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số \(f\left( x \right) = 92 - 20\ln \left( {x + 1} \right)\).
Ta có \(f'\left( x \right) = - \frac{{20}}{{x + 1}}\).
Trên tập xác định \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\), ta có \(x > - 1 \Rightarrow x + 1 > 0\).
Do đó, \(f'\left( x \right) = - \frac{{20}}{{x + 1}} < 0\) với mọi \(x \in \left( { - 1; + \infty } \right)\).
Vì \(f'\left( x \right) < 0\) trên \(\left( { - 1; + \infty } \right)\), hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng này.
d) Sai.
Xét giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + 5x\) trên đoạn \(\left[ {1;4} \right]\).
Ta có \(g\left( x \right) = \left[ {92 - 20\ln \left( {x + 1} \right)} \right] + 5x = 92 + 5x - 20\ln \left( {x + 1} \right)\).
Ta có \(g'\left( x \right) = 5 - \frac{{20}}{{x + 1}}\).
\(g'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 5 - \frac{{20}}{{x + 1}} = 0\)\( \Leftrightarrow x = 3\).
Điểm \(x = 3\) thuộc đoạn \(\left[ {1;4} \right]\).
Tính giá trị của \(g\left( x \right)\) tại các điểm \(x = 1\), \(x = 3\), \(x = 4\):
\(g(1) = 92 + 5(1) - 20\ln (1 + 1) = 97 - 20\ln 2 \approx 83,137\).
\(g(3) = 92 + 5(3) - 20\ln (3 + 1) = 92 + 15 - 20\ln 4 = 107 - 20\ln ({2^2}) = 107 - 40\ln 2 \approx 79,274\).
\(g(4) = 92 + 5(4) - 20\ln (4 + 1) = 92 + 20 - 20\ln 5 = 112 - 20\ln 5 \approx 79,811\).
Do đó, giá trị lớn nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {1;4} \right]\) là \(g(1) \approx 97 - 20\ln 2\).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Ông An đang xây một ngôi nhà, trong quá trình xây phải đổ bê tông cho một mái và đặt lớp ngói. Ông tính toán việc ghép cốt pha đi qua điểm \(B\) trên một chân tường và điểm \(C\) trên cột góc nhà, đồng thời mặt ghép cốt pha phải đi qua điểm \(A\) trên chân tường còn lại cách điểm \(O\) ở góc giao hai chân tường một khoảng \(5{\rm{m}}\). Ông cũng tận dụng một chiếc cột có sẵn để chống mặt ghép (xem hình dưới).
Biết rằng hai bức tường được xây vuông góc với nhau, mỗi bức tường đều vuông góc với sàn mái nhà, cột có chiều cao \(1{\rm{m}}\) và cách hai bức tường với cùng khoảng cách \(1{\rm{m}}\) (đỉnh cột là điểm \(M\)). Diện tích nhỏ nhất của khung ghép cốt pha \(ABC\) là bao nhiêu mét vuông (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như trên với \(A\left( {5;0;0} \right)\), \(B\left( {0;b;0} \right)\), \(C\left( {0;0;c} \right)\) và \(M\left( {1;1;1} \right)\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right):\frac{x}{5} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\) \(\left( {b,c > 0} \right)\).
Điểm \(M \in \left( {ABC} \right) \Rightarrow \frac{1}{5} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{4}{5}\).
Thể tích khối chóp \[O.ABC\]: \({V_{O.ABC}} = \frac{1}{6} \times OA \times OB \times OC = \frac{{5bc}}{6}\).
Khoảng cách từ \[O\] đến mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]:
\[d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {\frac{0}{5} + \frac{0}{b} + \frac{0}{c} - 1} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{1}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{b}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{c}} \right)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{25}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }}\].
Diện tích \[\Delta ABC\]: \[{S_{ABC}} = \frac{{3{V_{O.ABC}}}}{{d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{\frac{{5bc}}{2}}}{{\frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{25}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }}}} = \frac{1}{2}\sqrt {{b^2}{c^2} + 25\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} \].
Biểu thức \[{b^2}{c^2} + 25\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\] đối xứng về vai trò của \[b\] và \[c\].
Suy ra \[{\left[ {{b^2}{c^2} + 25\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} \right]_{\min }}\] khi \[b = c \Rightarrow \frac{1}{b} = \frac{1}{c} = \frac{2}{5} \Rightarrow b = c = \frac{5}{2}\].
Vậy \[{\left( {{S_{ABC}}} \right)_{\min }} = \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2}{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + 25\left[ {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2}} \right]} = \frac{{75}}{8} \approx 9,38\]mét vuông.
Đáp án: 1,5.
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC\) thì \(AH \bot \,BC\).
Có \(AH \bot BB'\), vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(BB' \bot \left( {ABC} \right)\).
Do đó \(AH \bot \left( {BCC'B'} \right)\) tại điểm \(H\) \( \Rightarrow d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AH\).
Ta có \(AA'||\left( {BCC'B'} \right)\) nên \(d\left( {AA',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AH\).
Ta có \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt 3 \).
Do đó \(AH = \frac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{2\sqrt 3 }} = \frac{3}{2}\)\( = 1,5\).
Đáp án: 3800
Gọi \(x\) và \(y\) lần lượt là số lượng Thực đơn 1 và Thực đơn 2 mà câu lạc bộ dự định bán \(\left( {x \ge 0,y \ge 0;x,y \in \mathbb{Z}} \right)\).
Dựa vào dữ kiện bài toán, ta có hệ điều kiện sau:
Giới hạn về số ly trà sữa: \(2x + 3y \le 180\)
Giới hạn về số chiếc bánh ngọt: \(x + 2y \le 110\)
Tổng số tiền câu lạc bộ thu được (đơn vị: nghìn đồng): \(F(x,y) = 40x + 65y\)
Yêu cầu bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của hàm \(F(x,y) = 40x + 65y\) trên miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0,y \ge 0\\2x + 3y \le 180\\x + 2y \le 110\end{array} \right.\).
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là một tứ giác trên mặt phẳng tọa độ \[Oxy\], có 4 đỉnh là: \(O(0;0)\), \(A(0;55)\), \(B(30;40)\), \(C(90;0)\).
Thay tọa độ các đỉnh vào hàm \(F(x,y) = 40x + 65y\) ta thấy giá trị lớn nhất của \(F(x,y)\) là 3800 tại \(x = 30,y = 40\).
Vậy số tiền lớn nhất mà câu lạc bộ có thể nhận được sau khi bán hết hàng là 3800 nghìn đồng.
Đáp án: 3163
Ta có \(f(x) - g(x) = (a{x^3} + b{x^2} + cx + 6) - ( - b{x^2} + mx + n) = a{x^3} + 2b{x^2} + (c - m)x + 6 - n\).
Dựa vào đồ thị, ta quan sát thấy parabol \(y = g(x)\) đi qua gốc tọa độ \(O(0;0)\) nên \(g(0) = 0 \Rightarrow n = 0\)
Theo giả thiết, đồ thị hàm số \(f(x)\) và \(g(x)\) cắt nhau tại \(3\) điểm có hoành độ \(x = - 2\), \(x = 1\), \(x = 3\) nên phương trình \(f(x) - g(x) = 0\) có \(3\) nghiệm là \( - 2;1;3\). Do đó ta có thể viết: \(f(x) - g(x) = a(x + 2)(x - 1)(x - 3)\) \( = a({x^3} - 2{x^2} - 5x + 6)\) \( = a{x^3} - 2a{x^2} - 5ax + 6a\).
Đồng nhất hệ số tự do của hai đa thức \(f(x) - g(x)\), ta được: \(6 - n = 6a \Rightarrow 6 - 0 = 6a \Rightarrow a = 1\).
Khi đó, hiệu hai hàm số là: \(f(x) - g(x) = {x^3} - 2{x^2} - 5x + 6\).
Diện tích \(S\) của phần tô đậm là: \(S = \int_{ - 2}^3 {\left| {{x^3} - 2{x^2} - 5x + 6} \right|} {\rm{d}}x\).
Dựa vào đồ thị, trên đoạn \([ - 2;1]\) đồ thị hàm số \(f(x)\) nằm phía trên đồ thị hàm số \(g(x)\) (hay \(f(x) \ge g(x)\)), và trên đoạn [1; 3] đồ thị hàm số \(f(x)\) nằm phía dưới đồ thị \(g(x)\) (hay \(f(x) \le g(x)\)). Phá dấu giá trị tuyệt đối ta có:
\(S = \int_{ - 2}^1 {({x^3} - 2{x^2} - 5x + 6)} {\rm{d}}x - \int_1^3 {({x^3} - 2{x^2} - 5x + 6)} {\rm{d}}x\).
Tính các tích phân thành phần:
\(\int_{ - 2}^1 {({x^3} - 2{x^2} - 5x + 6)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{2{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} + 6x} \right)} \right|_{ - 2}^1 = \frac{{37}}{{12}} - \left( { - \frac{{38}}{3}} \right) = \frac{{63}}{4}\).
\(\int_1^3 {({x^3} - 2{x^2} - 5x + 6)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{4} - \frac{{2{x^3}}}{3} - \frac{{5{x^2}}}{2} + 6x} \right)} \right|_1^3 = - \frac{9}{4} - \frac{{37}}{{12}} = - \frac{{16}}{3}\).
Suy ra diện tích phần tô đậm là: \(S = \frac{{63}}{4} - \left( { - \frac{{16}}{3}} \right) = \frac{{253}}{{12}}{\rm{ (}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}\).
Tổng chi phí để trồng hoa theo dự định là: \(T = \frac{{253}}{{12}} \times 150\;000 = 3\;162\;500\) (đồng).
Đổi sang đơn vị nghìn đồng ta được 3162,5 nghìn đồng. Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị ta được 3163 (nghìn đồng).
Đáp án: 8,5
Đổi \[250\] nghìn đồng = \[0,25\]triệu đồng.
Gọi \(x\) là số lần tăng giá thuê nhà (\(x \ge 0\)).
Giá thuê mỗi căn hộ sau \(x\) lần tăng là \(7 + 0,25x\) (triệu đồng).
Số căn hộ bị bỏ trống sau \(x\) lần tăng là \(3x\) (căn).
Khi đó, số căn hộ đang được cho thuê lúc này là \(120 - 3x\) (căn).
Doanh thu một tháng của khu chung cư được tính bằng hàm số sau:
\(f(x)\)= (Giá thuê \[1\] căn) x (Số căn cho thuê) \( \Leftrightarrow f(x) = (7 + 0,25x)(120 - 3x)\). Khi đó:
\(y = f(x) = 840 - 21x + 30x - 0,75{x^2} = - 0,75{x^2} + 9x + 840\).
Bảng biến thiên:
Vậy, người quản lý cần tăng giá \[6\] lần để đạt doanh thu lớn nhất.
Khi đó, giá thuê mỗi căn hộ để đạt doanh thu lớn nhất là \(7 + 0,25 \cdot 6 = 8,5\) (triệu đồng/tháng).
Đáp án: 23.
Ta có \[n\left( \Omega \right) = 6!\]
Gọi số cần tìm có dạng: \[x = \overline {abcdef} \].
Vì \[x\] là số lẻ nên \[f \in \left\{ {1;3;5} \right\}\] và tổng của ba chữ số đầu lớn hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị nên \[a + b + c = d + e + f + 1\].
Vì \(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 11\\d + e + f = 10\end{array} \right.\)
TH1: \[f = 1 \Rightarrow d + e = 9 = 4 + 5 = 3 + 6\]. Vậy có 2 cách chọn cặp \[\left( {d;e} \right)\] và có \[2.2!.3! = 24\] số.
TH2:\[f = 3 \Rightarrow d + e = 7 = 2 + 5 = 1 + 6\]. Vậy có 2 cách chọn cặp \[\left( {d;e} \right)\] và có \[2.2!.3! = 24\]số.
(TH2 này không lấy cặp \[\left( {3;4} \right)\] vì các chữ số khác nhau).
TH3: \[f = 5 \Rightarrow d + e = 5 = 2 + 3 = 1 + 4\]. Vậy có 2 cách chọn cặp \[\left( {d;e} \right)\] và có \[2.2!.3! = 24\]số.
Vậy xác suất \(T = \frac{{24 + 24 + 24}}{{6!}} = \frac{1}{{10}} \Rightarrow 230T = 23\)
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)
