Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THCS-THPT Nguyễn Khuyến - Lê Thánh Tông (TP.HCM) ngày 9.11 có đáp án
22 câu hỏi
\[x = 3\].
\[x = 1 + {\log _3}2\].
\[x = {\log _2}6\].
\[x = 2\].
Chọn C
Ta có \[{2^{x - 1}} = 3 \Leftrightarrow x - 1 = {\log _2}3 \Leftrightarrow x = 1 + {\log _2}3 \Leftrightarrow x = {\log _2}2 + {\log _2}3 \Leftrightarrow x = {\log _2}6\].
\[ - 1\].
\[14\].
\[4\].
\[111\].
Chọn B
Tập xác định. \[D = \mathbb{R}\].
Đạo hàm. \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 18x - 24\), \(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 4\end{array} \right.\).
Giới hạn. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty \).
Bảng biến thiên.
![Giá trị cực đại của hàm số \[f\left( x \right) = 2{x^3} - 9{x^2} - 24x + 1\] là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid1-1767805067.png)
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là \(14\).
\[\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {BC} \].
\[\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {BC'} \].
\[\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {C'B} \].
\[\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {B'C} \].
Chọn A
![Cho lăng trụ \[ABC.A'B'C'\]. Khẳng định nào sau đây đúng? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid2-1767805115.png)
Ta có \[\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {BC} \].
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định trên \[\left[ { - 1;6} \right]\] và có đồ thị như hình vẽ.
![Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] xác định trên \[\left[ { - 1;6} \right]\] và có đồ thị như hình vẽ. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào sau đây? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid3-1767805194.png)
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
\[\left( { - 1;2} \right)\].
\[\left( {0;2} \right)\].
\[\left( {2;6} \right)\].
\[\left( { - 2;0} \right)\].
Chọn B
Quan sát đồ thị ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \[\left( {0;2} \right)\].
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \overrightarrow b .\overrightarrow a \).
\({\left( {\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right)^2} = {\left( {\overrightarrow a } \right)^2}.{\left( {\overrightarrow b } \right)^2}\).
\(\overrightarrow a .\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right) = \overrightarrow a .\overrightarrow b + \overrightarrow a .\overrightarrow c \).
\(\left( {k\overrightarrow a } \right).\overrightarrow b = k\left( {\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right) = \overrightarrow a .\left( {k\overrightarrow b } \right)\).
Chọn B
Ta có. \({\left( {\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right)^2} = {\left[ {\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)} \right]^2} = {\left( {\overrightarrow a } \right)^2}.{\left( {\overrightarrow b } \right)^2}.{\cos ^2}\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) \ne {\left( {\overrightarrow a } \right)^2}.{\left( {\overrightarrow b } \right)^2}\).
Theo tính chất của tích vô hướng của hai vectơ các khẳng định sau đúng
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \overrightarrow b .\overrightarrow a \).
\(\overrightarrow a .\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right) = \overrightarrow a .\overrightarrow b + \overrightarrow a .\overrightarrow c \).
\(\left( {k\overrightarrow a } \right).\overrightarrow b = k\left( {\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right) = \overrightarrow a .\left( {k\overrightarrow b } \right)\).
\(11\).
\(5\).
\(25\).
\(50\).
Chọn C
Ta có. \({S_5} = \frac{5}{2}\left[ {2.{u_1} + \left( {5 - 1} \right).d} \right] = \frac{5}{2}\left[ {2.\left( { - 1} \right) + \left( {5 - 1} \right).3} \right] = 25\).
\( - 6\).
\(a\).
\( - 16 + a\).
\(9 + a\).
Chọn C
Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 16x;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 16x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\\x = 2\end{array} \right.\). Do \(x \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow x \in \left\{ {0;2} \right\}\).
Ta có. \(f\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^4} - 8{\left( { - 1} \right)^2} + a = - 7 + a\);
\(f\left( 0 \right) = {0^4} - {8.0^2} + a = a\);
\(f\left( 2 \right) = {2^4} - {8.2^2} + a = - 16 + a\);
\(f\left( 3 \right) = {3^4} - {8.3^2} + a = 9 + a\).
Vì với mọi giá trị của \(a\), ta có. \( - 16 + a < - 7 + a < a < 9 + a\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 8{x^2} + a,\left( {a \in \mathbb{R}} \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) bằng \( - 16 + a\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên đoạn \(\left[ { - 1;5} \right]\) và có đồ thị như hình vẽ.
![Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định trên đoạn \(\left[ { - 1;5} \right]\) và có đồ thị như hình vẽ. Tập giá trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;5} \right]\) là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid4-1767805346.png)
Tập giá trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;5} \right]\) là
\(\left[ { - 1;5} \right]\).
\(\left[ {1;3} \right]\).
\(\left[ { - 1;3} \right]\).
\(\left[ {1;5} \right]\).
Chọn C
Dựa vào đồ thị ta có \(\forall x \in \left[ { - 1;5} \right] \Rightarrow f\left( x \right) \in \left[ { - 1;3} \right]\).
Vậy tập giá trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;5} \right]\) là \(\left[ { - 1;3} \right]\).
\(1,2\).
\(0,362\).
\(13,39\).
\(1,5\).
Chọn D
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng \(R = 4,2 - 2,7 = 1,5\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\left( {2;1;1} \right)\).
\(\left( {4;2;2} \right)\).
\(\left( {2;0; - 2} \right)\).
\(\left( {1;0; - 1} \right)\).
Chọn A
Trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) có tọa độ là \(\left( {2;1;1} \right)\).
\(y = - x + 3\).
\(y = x + 3\).
\(y = x - 3\).
\(y = x + 4\).
Chọn D
Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 2}} = x + 4 + \frac{6}{{x - 2}}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{6}{{x - 2}} = 0\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{6}{{x - 2}} = 0\).
Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x + 4\).
\(M\left( { - \frac{1}{3}; - 3;0} \right)\).
\(N\left( {\frac{1}{3};3;0} \right)\).
\(P\left( {0;3;1} \right)\).
\(Q\left( { - 3;1;0} \right)\).
Chọn A
Đường thẳng \(AB:\left\{ \begin{array}{l}Qua\,A\left( { - 3;1; - 4} \right)\\VTCP\,\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 6;6} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB:\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + 4t\\y = 1 - 6t\\z = - 4 + 6t\end{array} \right.,t \in \mathbb{R}\).
Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình \(z = 0\).
Xét hệ. \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + 4t\\y = 1 - 6t\\z = - 4 + 6t\\z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{2}{3}\\x = \frac{{ - 1}}{3}\\y = - 3\\z = 0\end{array} \right.\)
Vậy đường thẳng \(AB\) cắt \(mp\left( {Oxy} \right)\) tại điểm \(M\left( { - \frac{1}{3}; - 3;0} \right)\).
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\]liên tục trên \[\mathbb{R}\]và có bảng biến thiên như sau.
![Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\]liên tục trên \[\mathbb{R}\]và có bảng biến thiên như sau. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid5-1767805574.png)
[TH] Đồ thị hàm số đã cho có hai đường tiệm cận ngang.
[TH] Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên \[\left( { - \infty ; + \infty } \right)\] bằng 8.
[NB] Hàm số đồng biến trên \[\left( {8;38} \right)\].
[TH] Giá trị lớn nhất của hàm số trên \[\mathbb{R}\]bằng 142.
a) [TH] Dựa vào bảng biến thiên ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 142\] suy ra đường thẳng có phương trình \[y = 142\]là một đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số, tương tự \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 14\] suy ra đường thẳng \[y = 14\]cũng là một đường tiệm cận ngang. Mệnh đề đúng.
b) [TH] Trên \[\mathbb{R}\] ta có \[f\left( x \right) \ge f\left( { - 1} \right) = 8\] vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 8. Do đó mệnh đề đúng.
c) [NB] Ta có \[f'\left( x \right) > 0\] \[ \Leftrightarrow x \in \left( { - 1;1} \right)\] và \[\left( {8;38} \right) \not\subset \left( { - 1;1} \right)\]. Mệnh đề sai.
d) [TH] \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 142\,\,v\`a \,\,\,f\left( x \right) < 142\,,\forall x \in R\]. Mệnh đề sai.
[NB] Nếu máy bay và xe tăng tiếp tục giữ nguyên hướng và vận tốc không đổi thì 10 giây tiếp theo vị trí máy bay và xe tăng lần lượt là \(C\left( { - 12;9;10} \right),F\left( {\frac{9}{{40}};\frac{3}{{10}};0} \right)\)
[TH] Khoảng cách giữa máy bay và xe tăng sau 20 giây kể từ lúc radar phát hiện là 15km (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
[TH] Vận tốc trung bình của xe tăng trong 20 giây đầu tiên là 12,5 m/s.
[VD,VDC] Một lúc sau, radar phát hiện máy bay vẫn giữa nguyên hướng bay ban đầu và cách A một khoảng 27 km, tốc độ máy bay lúc đó 1800 km/h, đồng thời xe tăng đang di chuyển theo hướng ban đầu và cách O một kilomet với tốc độ 60 km/h. Tốc độ thay đổi khoảng cách giữa máy bay và xe tăng lúc này là 1689 km/h (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
a) Đúng
Vì máy bay giữ nguyên hướng và tốc độ nên sau 10 giây máy bay đến vị trí \(C\), ta có
\(\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {BC} \).
Gọi \(C\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \left( {a + 8;b - 6;c - 10} \right);\overrightarrow {AB} = \left( { - 8;6;0} \right)\)
\(\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {BC} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 8 = 2(a + 8)}\\{6 = 2(b - 6)}\\{0 = 2(c - 10)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - 12}\\{b = 9}\\{c = 10}\end{array} \Rightarrow C( - 12;9;10)} \right.\)
Tương tự \(F\left( {\frac{9}{{40}};\frac{3}{{10}};0} \right)\).
b) Sai
\(BE = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{{20}} + 8} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{5} + 6} \right)}^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}} \approx 14\left( {km} \right)\)
c) Đúng
Quãng đường xe tăng đi được trong 20 giây đầu tiên là \(OE = 0,25km = 250m \Rightarrow {v_{tb}} = 12,5m/s\)
d) Đúng
Giả sử sau thời gian t máy bay đang ở vị trí \(D\) và xe tăng đang ở vị trí \(K\).
Véc tơ vận tốc của máy bay là \(\overrightarrow {{v_1}} = 1800.\frac{{\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow v } \right|}} = \left( { - 1440;1080;0} \right)\)
\(\overrightarrow {A{\rm{D}}} = t.\overrightarrow {{v_1}} \Rightarrow D\left( { - 1440t;1080t;10} \right)\)
\(\overrightarrow {{u_1}} = 60.\frac{{\overrightarrow u }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \left( {36;48;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OK} = t.\overrightarrow {{u_1}} \Rightarrow K\left( {36t;48t;0} \right)\)
\(DK = \sqrt {{{1476}^2}{t^2} + {{1032}^2}{t^2} + 100} = f(t)\)
Thời gian máy bay là \(27:1800 = 0,015h\)
Tốc độ thay đổi khoảng cách giữa máy bay và xe tăng lúc này là \(f'(0,015) = 1689km/h\).
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng \(6.\)
Khoảng cách từ \(C\) đến mặt phẳng \((SAB)\) bằng \(5.\)
Số đo góc nhị diện \[\left[ {S,BC,A} \right]\] bằng \(45^\circ .\)
\(\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {AC} = 4.\)
a) Diện tích tam giác\(ABC\)là. \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC \times BA = \frac{1}{2} \times 3 \times 2 = 3.\]
Thể tích của hình chóp\(S.ABC\)có công thức là. \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \times S \times h = \frac{1}{3} \times 3 \times 2 = 2.\]
Vậy đáp án câu a) là SAI.
b) Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC.\)Ta cũng có\(AB \bot BC\)nên \(BC \bot (SAB).\)
Suy ra khoảng cách từ \(C\)đến mặt phẳng \((ABC)\)là \(3.\)
Vậy đáp án câu b) là SAI.
c) Vì \(BC \bot (SAB)\) nên \(BC \bot SB.\) Ta cũng có \(AB \bot BC\) nên góc nhị diện \([S,BC,A]\) có số đo bằng với góc phẳng nhị diện \[\angle SBA.\]
Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A,\) có \(AB = 2\)và \(SA = 2\) nên \[\angle SBA = 45^\circ .\]
Vậy đáp án câu c) là ĐÚNG.
d) Ta có \[\overrightarrow {SB} \cdot \overrightarrow {AC} = (\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} ) \cdot \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} .\]
Mà \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot AC.\) Suy ra \[\overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {AC} = 0.\]
Vậy \[\overrightarrow {SB} \cdot \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos (\angle BAC) = AB.AB = 4.\]
Vậy đáp án câu d) là ĐÚNG.
Khảo sát chiều cao của \[20\] học sinh nam lớp \[12{\rm{A}}\]của một trường THPT X, người ta được kết quả thống kê trong bảng sau.
![Khảo sát chiều cao của \[20\] học sinh nam lớp \[12{\rm{A}}\]của một trường THPT X, người ta được kết quả thống kê trong bảng sau. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid7-1767805782.png)
Gọi \[{x_1};{x_2};...;{x_{20}}\] là mẫu số liệu gốc gồm chiều cao của \[20\] học sinh trên được xếp theo thứ tự không giảm. Khi đó \[{x_3} \in \left[ {165;170} \right)\] và \[{x_9} \in \left[ {170;175} \right)\].
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho bằng \[175\].
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho bằng \[8,5\].
Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong nhóm khảo sát nói trên, xác suất chọn được học sinh có chiều cao từ \[175cm\] trở lên bằng \[0,25\].
a) Cỡ mẫu \[n = 20\].
Gọi \[{x_1};{x_2};...;{x_{20}}\] là mẫu số liệu gốc gồm chiều cao của \[20\] học sinh trên được xếp theo thứ tự không giảm.
Ta có \[{x_1};{x_2};{x_3} \in \left[ {160;165} \right)\]; \[{x_4};...;{x_8} \in \left[ {165;170} \right)\]; \[{x_9};...;{x_{15}} \in \left[ {170;175} \right)\]; \[{x_{16}};...;{x_{19}} \in \left[ {175;180} \right)\]; \[{x_{20}} \in \left[ {180;185} \right)\].
Do đó \[{x_3} \in \left[ {165;170} \right)\] và \[{x_9} \in \left[ {170;175} \right)\].
b) Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \[\frac{1}{2}\left( {{x_5} + {x_6}} \right) \in \left[ {165;170} \right)\]. Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho là \[{Q_1} = 165 + \frac{{\frac{{20}}{4} - 3}}{5} = 165,4\].
Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \[\frac{1}{2}\left( {{x_{15}} + {x_{16}}} \right) \in \left[ {170;175} \right) \cup \left[ {175;180} \right)\]. Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho là \[{Q_3} = 175\].
c) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm \[\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 175 - 165,4 = 9,6\].
d) Vì học sinh có chiều cao từ \[175cm\] trở lên nên có \[5\] học sinh.
Gọi \[A\] là biến cố “học sinh có chiều cao từ \[175cm\] trở lên”.
Do đó\[P\left( A \right) = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4} = 0,25\]
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.
Ta tìm được \(A'\left( {0;0;\sqrt 2 } \right)\), \(C\left( {1;0;0} \right)\).
\({x_B} = AH = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\).
\({y_B} = BH = \frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Suy ra \(B\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};0} \right)\).
Do đó \(B'\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};1} \right)\) (Do \(B\) là hình chiếu của \(B'\) lên \(\left( {Oxy} \right)\)).
\(A'B\) đi qua điểm \(B\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};0} \right)\) và có 1 vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {A'B} = \left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \sqrt 2 } \right)\).
\(B'C\) đi qua điểm \(C\left( {1;0;0} \right)\) và có 1 vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {B'C} = \left( {\frac{1}{2}; - \frac{{\sqrt 3 }}{2}; - 1} \right)\).
\(d\left( {A'B,B'C} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {B'C} } \right] \cdot \overrightarrow {BC} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {B'C} } \right]} \right|}} \approx 0,92\).
Gọi \(x\) là số chuyến xe loại A được thuê. Điều kiện. \(0 \le x \le 3\)
Gọi \(y\) là số chuyến xe loại B được thuê. Điều kiện. \(0 \le y \le 8\)
Vì \(x,y\) là số chuyến và chỉ chở nhiều nhất một chuyến nên \(x\) và \(y\) cũng là số xe được thuê.
Mỗi xe loại A chở được tối đa 20 máy giặt, mỗi xe loại B chở được tối đa 10 máy giặt và tổng số máy giặt cần vận chuyển là 100.
Ta thiết lập được bất phương trình \(20x + 10y \ge 100 \Leftrightarrow 2x + y \ge 10\)
Giá cước xe loại A. 3 triệu đồng/chuyến, giá cước xe loại B. 2 triệu đồng/chuyến.
Số tiền cước là \(F\left( {x,y} \right) = 3x + 2y\)
Bài toán trở thành. Tìm các số nguyên dương \(x,y\) thỏa mãn hệ điều kiện. \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 3\\0 \le y \le 8\\2x + y \ge 10\end{array} \right.\)
sao cho hàm \(F\left( {x,y} \right) = 3x + 2y\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tam giác \[ABC\] với \(A\left( {3;8} \right)\); \(B\left( {3;4} \right)\); \(C\left( {1;8} \right)\)
\(F(3;8) = 9 + 16 = 25\)
\(F(3;4) = 9 + 8 = 17\)
\(F(1;8) = 3 + 16 = 19\)
Giá trị nhỏ nhất của hàm \(F(x,y)\) là \(17\), đạt được tại đỉnh \(B(3;4)\).
Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(AC\) Þ \(M\left( {\frac{{a - 4}}{2};\frac{{b - 1}}{2};\frac{{c + 2}}{2}} \right)\).
Vì \(M \in Oy \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{a - 4}}{2} = 0\\\frac{{c + 2}}{2} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\c = - 2\end{array} \right.\).
Gọi \(N\) là trung điểm cạnh \(BC\) Þ \(N\left( {\frac{{a + 3}}{2};\frac{{b + 5}}{2};\frac{{c - 6}}{2}} \right)\)
Vì \(N \in Oxz \Rightarrow \frac{{b + 5}}{2} = 0 \Rightarrow b = - 5\).
Do đó, \(T = 2.4 + \left( { - 5} \right) - \left( { - 2} \right) = 5\).
Bà Bích xin một “chữ Tâm” được sơn son thếp vàng trong một hình chữ nhật \[ABCD\] kích thước \[20{\rm{ cm}} \times 40{\rm{ cm}}{\rm{.}}\] Bà treo bức tranh này trên tường trong phòng khách của Bà. Để tăng điểm nhấn cho bức tranh, Bà trang trí một khung hình cách điệu hình chữ nhật \[MNPQ\] sao cho các điểm \[A,B,C,D\] lần lượt thuộc các cạnh \[QM,MN,NP,PQ\] (xem hình vẽ). Lúc này, Bà cần tính toán phần diện tích chiếm chỗ của hình chữ nhật \[MNPQ\] trên tường nhà sao cho cân đối nhất. Hỏi diện tích lớn nhất của hình chữ nhật \[MNPQ\] là bao nhiêu centimet vuông?
![Bà Bích xin một “chữ Tâm” được sơn son thếp vàng trong một hình chữ nhật \[ABCD\] kích thước \[20{\rm{ cm}} \times 40{\rm{ cm}}{\rm{.}}\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid11-1767805931.png)
Xét hai tam giác vuông \(ADQ,BAM\) có
![Bà Bích xin một “chữ Tâm” được sơn son thếp vàng trong một hình chữ nhật \[ABCD\] kích thước \[20{\rm{ cm}} \times 40{\rm{ cm}}{\rm{.}}\] (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/blobid12-1767805965.png)
![Bà Bích xin một “chữ Tâm” được sơn son thếp vàng trong một hình chữ nhật \[ABCD\] kích thước \[20{\rm{ cm}} \times 40{\rm{ cm}}{\rm{.}}\] (ảnh 3)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/01/picture1-1767806026.png)
Dễ dàng chứng minh các tam giác \(ABM,BCN,CDP,DAQ\) đồng dạng và \(\Delta ADQ = \Delta CBN,\Delta ABM = \Delta DCP\) (vì có cạnh huyền bằng nhau).
Cách 1.
Diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) lớn nhất khi và chỉ khi tổng diện tích của 4 tam giác vuông \(ABM,BCN,CDP,DAQ\) lớn nhất hay \(S = {S_{\Delta ADQ}} + {S_{\Delta ABM}}\) lớn nhất.
Ta có tỉ số đồng dạng. \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{40}}{{20}} = 2 \Rightarrow {S_{\Delta ADQ}} = 4{S_{\Delta BAM}}.\)
Vậy diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) lớn nhất khi và chỉ khi \({S_{\Delta ABM}}\) lớn nhất.
Ta lại có \({S_{\Delta ABM}} = \frac{1}{2}AB.{\rm{d}}(M,AB)\) nên \({S_{\Delta ABM}}\) lớn nhất khi \({\rm{d}}(M,AB)\) lớn nhất hay \(\Delta ABM\) vuông cân. Khi đó.
\(\begin{array}{l}{S_{MNPQ}} & = 2\left( {{S_{\Delta ABM}} + {S_{\Delta ADQ}}} \right) + {S_{ABCD}} = 10{S_{\Delta ABM}} + {S_{ABCD}}\\ & = 10.\frac{1}{4}A{B^2} + AB.AD = 10.\frac{1}{4}{.20^2} + 20.40 = 1800{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}.\end{array}\)
Cách 2.
Đặt \(x = \widehat {DAQ}.\) Khi đó. \(AQ = 40\cos x;AM = 20\sin x;MB = 20\cos x;BN = 40\sin x.\)
Ta có. \(MQ = AM + AQ = 20\sin x + 40\cos x;MN = MB + BN = 20\cos x + 40\sin x.\)
\(\begin{array}{l}{S_{MNPQ}} & = MQ.MN = (20\sin x + 40\cos x)(40\sin x + 20\cos x)\\ & = 800{\sin ^2}x + 400\sin x.\cos x + 1600\cos x.\sin x + 800{\cos ^2}x\\ & = 800 + 1000\sin 2x \le 800 + 1000.1 = 1800 & {\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}).\end{array}\)
Vậy hình chữ nhật \(MNPQ\) có diện tích lớn nhất là \(1800{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\).
Ông An có một thanh đá thạch anh màu xanh ngọc dạng hình lăng trụ đứng \(OAB.O'A'B'\), trong đó \(OA = OB = 2\,dm\), \(\widehat {AOB} = 120^\circ \), \(OO' = 4\,dm\). Ông mang thanh thạch anh này đến tiệm chuyên gia công và sản xuất đồ lưu niệm yêu cầu chủ tiệm phân chia thanh đá thành ba phần bởi hai mặt phẳng \(\left( {CAB} \right)\) và \(\left( {DAB} \right)\) sao cho tam giác \(CAB\) vuông, tamm giác \(DAB\) đều. Sau đó, làm một quả cầu pha lê ngoại tiếp khối thạch anh \(ABCD\) (\(4\) điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) thuộc mặt cầu, xem hình minh họa).
Chủ tiệm định giá tiền hoàn thành món hàng bằng bình phương thể tích khối thạch anh \(ABCD\) \(\left( {d{m^3}} \right)\) cộng với bình phương bán kính mặt cầu \(\left( {dm} \right)\) ngoại tiếp khối đó rồi nhân với \(60\) nghìn đồng \(\left( {\left( {V_{ABCD}^2 + {R^2}} \right).60\,000} \right)\). Hỏi ông An phải trả bao nhiêu nghìn đồng cho món đồ lưu niệm của mình?
Ta có. \(AB = 2\sqrt 3 \), \(CA = CB = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 6 \), \(DA = DB = 2\sqrt 3 \), \(CM = \frac{1}{2}AB = \sqrt 3 \), \(DM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 3\).
\({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB.\sin 120^\circ = \sqrt 3 \), \({S_{\Delta CAB}} = \frac{1}{2}CA.CB = 3\), \({S_{\Delta DAB}} = \frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 3\sqrt 3 \).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), suy ra. \(AB \bot OM\),\(AB \bot CM\),\(AB \bot DM\).
Khi đó. \(\widehat {CMO} = \left( {\left( {OAB} \right),\left( {CAB} \right)} \right)\), \(\widehat {DMO} = \left( {\left( {DAB} \right),\left( {OAB} \right)} \right)\), \(\alpha = \left( {\left( {CAB} \right),\left( {DAB} \right)} \right)\).
Vì \(\Delta OAB\) là hình chiếu của hai tam giác \(CAB\) và \(DAB\) trên mặt phẳng \(\left( {OAB} \right)\).
Ta có. \(\cos \widehat {CMO} = \frac{{{S_{\Delta OAB}}}}{{{S_{\Delta CAB}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow \sin \widehat {CMO} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\),
\(\cos \widehat {DMO} = \frac{{{S_{\Delta OAB}}}}{{{S_{\Delta DAB}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{3\sqrt 3 }} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow \sin \widehat {DMO} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).
\(\cos \alpha = \cos \left( {\widehat {DMO} - \widehat {CMO}} \right) = \cos \widehat {DMO}\cos \widehat {CMO} + \sin \widehat {DMO}\sin \widehat {CMO}\)
\( = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\frac{1}{3} + \frac{{\sqrt 6 }}{3}.\frac{{2\sqrt 2 }}{3} = \frac{{5\sqrt 3 }}{9}\).
\( \Rightarrow \sin \alpha = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{9}} \right)}^2}} \)\( \Rightarrow \sin \alpha = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{9}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{9}\).
Từ \(C\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(DM\) tại \(H\), suy ra.
\(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot DM\\CH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow CH\) là đường cao của tứ diện \(ABCD\).
Suy ra. \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}CH.{S_{\Delta DAB}} = \frac{1}{3}CM\sin \alpha .{S_{\Delta DAB}}\)\( = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 6 }}{9}.3\sqrt 3 = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\)\( \Rightarrow V_{ABCD}^2 = \frac{2}{3}\).
Mặt khác, gọi \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\).
Điểm \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(CAB\), suy ra. \(IM \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow IM \bot CM\).
Điểm \(G\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DAB\), suy ra. \(IG \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow IG \bot DM\).
Và điểm \(G\) cũng là trọng tâm tam giác \(DAB\), \(GM = \frac{1}{3}DM = 1\).
Ta có. \(\widehat {GIM} + \widehat {GMI} = 90^\circ = \widehat {GMI} + \widehat {GMC}\)\( \Rightarrow \widehat {GIM} = \widehat {GMC} = \alpha \).
Suy ra. \(GI = GM\cot \alpha = \cot \alpha = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\)\( \Rightarrow {R^2} = D{I^2} = D{G^2} + G{I^2} = {2^2} + {\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{33}}{2}\).
Vậy số tiền ông An phải trả là \(\left( {\frac{2}{3} + \frac{{33}}{2}} \right).60\,\,000 = 1\,030\,\,000\) đồng.
Số cách chọn ngẫu nhiên \(6\) học sinh từ \(35\) học sinh. \(n\left( \Omega \right) = C_{35}^6 = 1623160\).
Gọi \(A\) là biến cố. “\(6\) học sinh được chọn không có hai em nào đứng cạnh nhau trong vòng tròn”.
Giả sử xếp \(35\) học sinh thành một hàng ngang, chọn \(6\) em sao cho không có hai em nào đứng cạnh nhau cũng như chọn ra \(6\) trong các “khoảng trống” tạo ra bởi \(29\) em còn lại.
Mà \(29\) học sinh tạo ra \(30\) “khoảng trống” nên có \(C_{30}^6 = 593775\) cách chọn.
Mặt khác, nếu có hai em trong \(6\) em được chọn đứng đầu hàng và cuối hàng thì khi xếp thành vòng tròn hai em này sẽ đứng cạnh nhau.
Khi đó, ta chọn ra \(4\) trong các “khoảng trống” giữa \(29\) em còn lại có \(C_{28}^4 = 20475\) cách chọn.
Vậy số phần tử thuận lợi cho biến cố \(A\). \(n\left( A \right) = 593775 - 20475 = 573300\).
Xác suất cần tìm. \(a = P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{573300}}{{1623160}} = \frac{{4095}}{{11594}} \Rightarrow 11594a = 4095\).
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)
