Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Chuyên Hạ Long lần 01 có đáp án
22 câu hỏi
\(x = - 1\).
\(y = - 2\).
\(x = 1\).
\(y = 2\).
\({u_3} = 18\).
\({u_3} = 54\).
\({u_3} = - 18\).
\({u_3} = - 54\).
Chọn A
Ta có \({u_3} = {u_1}.{q^2} = 2.{\left( { - 3} \right)^2} = 18\).
Khảo sát thời gian tập thể dục của một số học sinh thu được mẫu số liệu ghép nhóm như sau
Tính độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm trên ( kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
\(12\).
\(14\).
\(15\).
\(13\).
Chọn B
Giá trị trung bình: \(\overline x = \frac{{5.10 + 15.15 + 25.22 + 35.26 + 45.20 + 55.7}}{{100}} = 30,2\)
Độ lệch chuẩn \(s = \sqrt {\frac{1}{{100}}\left( {{{10.5}^2} + {{15.15}^2} + {{22.25}^2} + {{26.35}^2} + {{20.45}^2} + {{7.55}^2}} \right) - 30,{2^2}} \approx 14\)
\(\left\{ {\frac{\pi }{3} + k2\pi ;\frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\).
\(\left\{ {\frac{\pi }{6} + k\pi ;\frac{{5\pi }}{6} + k\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\).
\(\left\{ {\frac{\pi }{3} + k\pi ;\frac{{2\pi }}{3} + k\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\).
\(\left\{ {\frac{\pi }{6} + k2\pi ;\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \left| {k \in \mathbb{Z}} \right.} \right\}\).
Chọn D
Phương trình \(\sin x = \frac{1}{2} = \sin \frac{\pi }{6}\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\)\(a\).
\(\sqrt 6 \).
\(3a\).
\(2a\).
Chọn D
Ta có tứ diện \(OABC\) với \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc.
Điều này có nghĩa là:
\(OB \bot OA\) (vì \(OA,OB\) đôi một vuông góc)
\(OB \bot OC\) (vì \(OB,OC\) đôi một vuông góc)
Vì \(OB\) vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau \(OA\) và \(OC\) nằm trong mặt phẳng \((OAC)\), nên \(OB\) vuông góc với mặt phẳng \((OAC)\).
Do đó, khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \((OAC)\) chính là độ dài đoạn thẳng \(OB\).
Theo đề bài, \(OB = 2a\).
Vậy, khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \((OAC)\) là \(2a\).\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{{a^3}}}{{12}}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).
\({a^3}\sqrt 3 \).
Chọn A
Thể tích của khối chóp được tính theo công thức \(V = \frac{1}{3}Bh\), trong đó \(B\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao của khối chóp.
Theo đề bài: Khối chóp là chóp tam giác đều, nên đáy là một tam giác đều. Cạnh đáy của tam giác đều là \(2a\). Chiều cao của khối chóp là \(a\).
Suy ra diện tích đáy là: \(B = \frac{{{{(2a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \).
\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}({a^2}\sqrt 3 )a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
Cho hàm số \(y = f(x) = a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} + dx + e\) có đạo hàm \(f'(x)\) và đồ thị hàm số \(y = f'(x)\) cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ \( - 1;0;2\) như hình bên. Hỏi hàm số \(y = f(x)\) đồng biến trên khoảng nào sau đây?
\(( - \infty , - 1)\).
\((1; + \infty )\).
\((0;2)\).
\(( - 1;0)\).
Chọn D
Hàm số \(y = f(x)\) đồng biến khi và chỉ khi đạo hàm \(f'(x) > 0\).
Ta cần dựa vào đồ thị của hàm số \(y = f'(x)\) để xác định các khoảng mà \(f'(x) > 0\).
Từ đồ thị, ta thấy rằng đồ thị của \(y = f'(x)\) cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ \(x = - 1,x = 0,x = 2\). Đây là các nghiệm của phương trình \(f'(x) = 0\).
Quan sát dấu của \(f'(x)\) trên các khoảng:
- Trên khoảng \(( - \infty , - 1)\): Đồ thị \(f'(x)\) nằm phía dưới trục hoành, tức là \(f'(x) < 0\). Do đó, \(f(x)\) nghịch biến trên khoảng này.
- Trên khoảng \(( - 1,0)\): Đồ thị \(f'(x)\) nằm phía trên trục hoành, tức là \(f'(x) > 0\). Do đó, \(f(x)\) đồng biến trên khoảng này.
- Trên khoảng \((0,2)\): Đồ thị \(f'(x)\) nằm phía dưới trục hoành, tức là \(f'(x) < 0\). Do đó, \(f(x)\) nghịch biến trên khoảng này.
- Trên khoảng \((2, + \infty )\): Đồ thị \(f'(x)\) nằm phía trên trục hoành, tức là \(f'(x) > 0\). Do đó, \(f(x)\) đồng biến trên khoảng này.
Vậy, hàm số \(y = f(x)\) đồng biến trên các khoảng \(( - 1,0)\) và \((2, + \infty )\).
\(y' = {e^x} - \frac{1}{{x\ln 10}}\).
\(y' = {e^x} + \frac{1}{x}\).
\(y' = {e^x} + \frac{1}{{x\ln 10}}\).
\(y' = {e^x} - \frac{1}{x}\).
Chọn C
Ta có hàm số \(y = {e^x} + \log x\). Suy ra \(y' = {({e^x})^\prime } + {(\log x)^\prime } = {e^x} + \frac{1}{{x\ln 10}}\).
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) xác định và có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như sau:
Giá trị cực đại của hàm số bằng
\( - 2\).
\(0\).
\( - 3\).
\(1\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(C_{10}^3\).
\(1{0^3}\).
\({3^{10}}\).
\(A_{10}^3\).
Chọn A
Số cách chọn \(3\) học sinh từ \(10\) học sinh là tổ hợp chập \(3\) của \(10\)bằng \(C_{10}^3\).
Khảo sát thời gian tập thể dục của một số học sinh thu được mẫu số liệu ghép nhóm như sau:
Tìm trung vị của mẫu số liệu trên (kết quả làm tròn đến hàng phần mười)
\(32,2\).
\(32,1\).
\(33,1\).
\(33,2\).
Chọn C
Ta có \(n = 10 + 15 + 22 + 26 + 20 + 17 = 110 \Rightarrow \frac{n}{2} = \frac{{110}}{2} = 55\)
\({M_e} \in \left[ {30;\,40} \right)\)
\({M_e} = 30 + \frac{{55 - \left( {10 + 15 + 22} \right)}}{{26}}.10 = \frac{{430}}{{13}} \simeq 33,1\).
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Khẳng định nào đúng?
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB'} \).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AD'} \).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} \).
Chọn D
Theo quy tắc hình hộp.
[NB] \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;5; - 1} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {0; - 1; - 1} \right).\]
[TH] Biết điểm \[D(a;b;c)\] sao cho tứ giác \[ABCD\] là hình bình hành, ta có \(a + b + c = 9\).
[TH] \[\overrightarrow {AB} .\,\overrightarrow {AC} = - 10.\]
[TH] Gọi \[\alpha \] là số đo góc \[A\] của tam giác \(ABC.\) Khi đó \[\cos \alpha = \frac{{\sqrt {21} }}{7}.\]
a) \[\overrightarrow {AB} = ( - 4;5; - 1),\,\,\overrightarrow {AC} = (0; - 1;1).\] suy ra chọn Sai
b) Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;5; - 1} \right),\,\,\overrightarrow {DC} = \left( {5 - a; - b;4 - c} \right)\]
Vậy \[a + b + c = 9\] suy ra chọn Đúng
c) Ta có \[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = ( - 4).0 + 5.( - 1) + ( - 1).1\,\, = - 6.\] suy ra chọn Sai
d) \[\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{ - 6}}{{\sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {5^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} .\sqrt {{0^2} + {{( - 1)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{ - \sqrt {21} }}{7}.\] suy ra chọn Sai
[NB] Tập xác định của hàm số là \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).
[TH] Đạo hàm \(f'\left( x \right) = 1 + \frac{1}{x}\).
[TH] Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có nghiệm duy nhất \(x = 1\).
[VD,VDC] Giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {\frac{1}{3};2} \right]\) bằng \(\frac{1}{3} + \ln 3\).
a) ĐIều kiện xác định \(x > 0\) Þ Tập xác định của hàm số là \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).
Chọn ĐÚNG.
b) Đạo hàm \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{x}\).
Chọn SAI.
c) \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\)
Chọn ĐÚNG.
d) Ta có: \(f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{3} - \ln \frac{1}{3} = \frac{1}{3} + \ln 3 \approx 1,43\)
\(f\left( 1 \right) = 1\)
\(f\left( 2 \right) = 2 - \ln 2 \approx 1,31\)
\(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ {\frac{1}{3};2} \right]\) Þ \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {\frac{1}{3};2} \right]} f\left( x \right) = \frac{1}{3} + \ln 3\).
Chọn ĐÚNG
[NB] Một chu kì sản xuất, xưởng mộc phải nhập về \(5x\) đơn vị nguyên liệu.
[NB] Chi phí để lưu trữ nguyên liệu trong \(x\) ngày của một chu kì sản xuất là \(50{x^2}\) USD.
[TH] Hàm chi phí trung bình mỗi ngày trong một chu kì sản xuất là \(c(x) = 50x + \frac{{5625}}{x}\).
[VD] Để chi phí trung bình mỗi ngày của một chu kì sản xuất là ít nhất thì xưởng mộc nên nhập hàng sau mỗi \(15\) ngày và mỗi lần nhập về 75 đơn vị nguyên liệu.
a) Đúng
Giả sử nguyên liệu được giao sau mỗi \(x\) ngày (\(x > 0\)). Để đảm bảo đủ nguyên liệu cho mỗi chu kì sản xuất, xưởng mộc phải đặt \(5x\) đơn vị nguyên liệu cho mỗi lần giao hàng.
b) Sai
Trong mỗi ngày của chu kì sản xuất, lượng nguyên liệu cần được lưu trữ trung bình là \(\frac{{5x}}{2}\) đơn vị nguyên liệu.
Do đó, chi phí để lưu trữ nguyên liệu trong \(x\) ngày của chu kì sản xuất là \(10.\frac{{5x}}{2}.x = 25{x^2}\,(USD)\).
c) Sai
Từ đây, chi phí cần bỏ ra cho mỗi chu kì sản xuất là \(C(x) = 5625 + 25{x^2}\). Do đó, ta có hàm chi phí trung bình hàng ngày một chu kì sản xuất là
\(c(x) = \frac{{C(x)}}{x} = \frac{{5625 + 25{x^2}}}{x} = \frac{{5625}}{x} + 25x\).
d) Đúng
\(c(x) = \frac{{C(x)}}{x} = \frac{{5625 + 25{x^2}}}{x} = \frac{{5625}}{x} + 25x\).
\(\begin{array}{l}c'(x) = - \frac{{5625}}{{{x^2}}} + 25\\c'(x) = 0\,\, \Leftrightarrow \,\, - \frac{{5625}}{{{x^2}}} + 25 = 0\,\, \Leftrightarrow \,\,x = 15\end{array}\)
Lập bảng biến thiên
Vậy để chi phí trung bình hàng ngày trong một chu kì sản xuất là ít nhất thì xưởng mộc nên đặt giao nguyên liệu sau \(15\) ngày và mỗi lần giao \(5 \times 15 = 75\) đơn vị nguyên liệu.
[TH] Độ dài đường cao hình lăng trụ bằng \(\frac{{4a\sqrt 2 }}{3}\).
[TH] Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng \(4{a^3}\sqrt 2 \).
[TH] Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BB'\) và \(AC\) gấp ba lần khoảng cách từ \(H\) đến \(\left( {ACC'A'} \right)\).
[VD] Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BB'\) và \(AC\) bằng \(\frac{{2a\sqrt {34} }}{{17}}\).
a) \(AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Ta có: \(AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}BC = \frac{{2a}}{3}\).
Độ dài đường cao của lăng trụ là: \(A'H = \sqrt {A'{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2}} = \frac{{4a\sqrt 2 }}{3}\).
Vậy khẳng định a đúng.
b) Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'H = \frac{1}{2}AB.AC.A'H = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a\sqrt 2 .\frac{{4a\sqrt 2 }}{3} = \frac{{4{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).
Vậy khẳng định b sai.
c) Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BB'\) và \(AC\) là:
\(d\left( {BB';AC} \right) = d\left( {BB';\left( {ACC'A'} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = 3d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right)\)
(Vì \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\)).
Vậy khẳng định c đúng.
d) Kẻ \(HJ\) song song với \(AB\), \(J \in AC\), \(HJ \cap BC = I\)
\(HJ = \sqrt {A{H^2} - A{J^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{1}{3}a\sqrt 2 } \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\)
Trong \(\left( {A'HJ} \right)\), kẻ \(HE \bot A'J\) tại \(E\)
Khi đó:
\(\frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{A'{H^2}}} + \frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{9}{{32{a^2}}} + \frac{9}{{2{a^2}}} = \frac{{9.17}}{{32{a^2}}} \Rightarrow HE = \frac{{4a\sqrt 2 }}{{3\sqrt {17} }}\).
\(d\left( {BB';AC} \right) = 3d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = 3HE = \frac{{4a\sqrt {34} }}{{17}}\).
Vậy khẳng định d sai.
Đáp án: \(163\).
Gọi \(O\) là trọng tâm của tứ diện đều \(ABCD\).
Theo giả thiết, ta có \(OA \bot \left( {BCD} \right)\) nên \(OA{\rm{//}}\overrightarrow {{A_1}{B_1}} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {{A_1}{B_1}} = {k_1}\overrightarrow {OA} \).
Tương tư: \(\overrightarrow {{B_1}{C_1}} = {k_2}\overrightarrow {OB} \), \(\overrightarrow {{C_1}{D_1}} = {k_3}\overrightarrow {OC} \) và \(\overrightarrow {{D_1}{A_1}} = {k_4}\overrightarrow {OD} \).
Ta có \(\overrightarrow {{A_1}{B_1}} + \overrightarrow {{B_1}{C_1}} + \overrightarrow {{C_1}{D_1}} + \overrightarrow {{D_1}{A_1}} = \overrightarrow 0 \)\[ \Leftrightarrow {k_1}\overrightarrow {OA} + {k_2}\overrightarrow {OB} + {k_3}\overrightarrow {OC} + {k_4}\overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \].
Vì \(O\) là trọng tâm của tứ diện \(ABCD\) nên suy ra \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \)
Hay \({k_1}\overrightarrow {OA} + {k_1}\overrightarrow {OB} + {k_1}\overrightarrow {OC} + {k_1}\overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \)
\( \Rightarrow \left( {{k_1} - {k_2}} \right)\overrightarrow {OB} + \left( {{k_1} - {k_3}} \right)\overrightarrow {OC} + \left( {{k_1} - {k_4}} \right)\overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \). \(\left( * \right)\)
Do các vecto \(\overrightarrow {OB} \), \(\overrightarrow {OC} \) và \(\overrightarrow {OD} \) không đồng phẳng nên \(\left( * \right) \Leftrightarrow {k_1} = {k_2} = {k_3} = {k_4} = k\).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(A\left( {1;1;1} \right)\), \(B\left( {1; - 1; - 1} \right)\), \(C\left( { - 1;1; - 1} \right)\) và \(D\left( { - 1; - 1;1} \right)\).
Khi đó: \[AB = BC = CD = DA = AC = BD = 2\sqrt 2 \].
Vì tứ diện \(ABCD\) có cạnh bằng \(1\) nên \(1\) đơn vị trên trên trục bằng \(2\sqrt 2 \)đơn vị độ dài.
Ta có :
\(\left( {BCD} \right)\) : \(x + y + z + 1 = 0\)
\(\left( {CDA} \right):x - y - z + 1 = 0\).
\(\left( {DAB} \right): - x + y - z + 1 = 0\).
\(\left( {ABC} \right): - x - y + z + 1 = 0\).
Gọi \({A_1}\left( {x;y;z} \right)\)
Vì \(\overrightarrow {{A_1}{B_1}} = k\overrightarrow {OA} \)\[ \Rightarrow {B_1}\left( {x + k;y + k;z + k} \right)\].
Tương tụ \({C_1}\left( {x + 2k;y;z} \right)\) và \({D_1}\left( {x + k;y + k;z - k} \right)\).
Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x + y + z + 1 = 0}\\{x + k - \left( {y + k} \right) - \left( {z + k} \right) + 1 = 0}\end{array}}\\{ - \left( {x + 2k} \right) + y - k + 1 = 0}\end{array}}\\{ - \left( {x + k} \right) - \left( {y + k} \right) + z - k + 1 = 0}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{2}{3}}\\{y = - \frac{1}{3}}\end{array}}\\{\begin{array}{*{20}{c}}{z = 0}\\{k = \frac{2}{3}}\end{array}}\end{array}} \right.\).
Vậy \(\overrightarrow {{A_1}{B_1}} = \left( {\frac{2}{3};\frac{2}{3};\frac{2}{3}} \right)\), \(\overrightarrow {{B_1}{C_1}} = \left( {\frac{2}{3}; - \frac{2}{3}; - \frac{2}{3}} \right)\) và \(\overrightarrow {{C_1}{D_1}} = \left( { - \frac{2}{3};\frac{2}{3}; - \frac{2}{3}} \right)\).
Suy ra \(V = \frac{1}{6}\left| {\overrightarrow {{A_1}{B_1}} \cdot \left[ {\overrightarrow {{B_1}{C_1}} ,\overrightarrow {{C_1}{D_1}} } \right]} \right| = \frac{{16}}{{81}}\) (đơn vị thể tích trên trục)
Do đó \(V = \frac{{16}}{{81}} \cdot {\left( {\frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)^3} = \frac{{\sqrt 2 }}{{162}}\) (đơn vị thể tích)
Vậy \(a + b = 163\)
Anh A mở một nhà hàng lẩu. Anh đã trang bị cho mỗi bàn ăn một nồi lẩu có dạng hai hình trụ đồng trụ. Bán kính đáy nồi (ngoài) \[R = 15\]cm, bán kính trụ giữa (trong) là \[r = 3,5\] cm, chiều cao long nồi là \[h = 10\] cm. Để khách hàng có trải nghiệm tốt nhất, anh A cần xác định chiều dài tối thiểu \[L\] của chiếc đũa sao cho dù đầu đũa có bị trượt vào vị trí nào trong nồi, phần đầu đũa thừa ra ngoài miệng nồi vẫn phải lớn hơn 5 cm. Tính\[L\](kết quả làm tròn đến hàng phần mười).
Đáp án: \(35,8\).
Giả sử chiếc đũa bị tụt sâu nhất vào trong nồi, ta cần tìm độ lớn đoạn \[AB\]lớn nhất\[ \Leftrightarrow BC\]lớn nhất.
Khi đó: \[B{C_{\max }} = 2HC = 2\sqrt {I{C^2} - I{H^2}} = 2\sqrt {{{15}^2} - 3,{5^2}} = \sqrt {851} \].
\[ \Rightarrow A{B_{\max }} = \sqrt {B{C^2} + A{C^2}} = \sqrt {951} \].
Vậy chiều dài tối thiểu của chiếc đũa thỏa mãn yêu cầu đề bài là \[L = \sqrt {951} + 5 \approx 35,8\]cm.
Đáp án: \[22\]
Dãy số ban đầu là \[1;\;2;3;4;\;5;\;6;7;8;\;9;\;10;11;12;\;13;14;15;16;\; \ldots {\rm{ }};\;41;42;43;44\;\;\]
Gọi “lớp k” gồm các số của các tập truyện khi chia cho \[4\] dư \[k,\,\,1 \le k \le 4,\,k \in \mathbb{N}\]. Khi đó các số trong cùng một lớp có thể hoán đổi vị trí cho nhau mà không bị tính điểm.
Lớp 1: Các tập truyện mang số \[1;\;\;5;\;\;9;\;\;\;13;\; \ldots {\rm{ }};\;41\;\;\;\]
Lớp 2: Các tập truyện mang số \[2;\;\;6;\;\;10;\;14;\; \ldots {\rm{ }};\;42\]
Lớp 3: Các tập truyện mang số \[\;3;\;\;7;\;11;\;15;{\rm{ }} \ldots \;;\;43\;\]
Lớp 4: Các tập truyện mang số \[4;\;\;8;\;12;\;16; \ldots ;{\rm{ 44}}\]
Theo yêu cầu của Mèo Táo, cần sắp xếp các tập truyện theo thứ tự mới là:\[44;43;42;41;40;39;38;37;36;35;34;33;32;31;30;29;28;\,\,...\,\,;4;3;2;1\].
Nhận xét:
Các số ở lớp \[4\]cần đổi sang lớp 1 và ngược lại, các số ở lớp 2 đổi sang lớp \[3\] và ngược lại (Xem bảng minh họa)
Do đó thực hiện hoán đổi cặp số L2 và L3 liền kề (\[11\] cặp), L4 và L\[1\] liền kề (\[10\] cặp), chỉ còn số \[1\] và \[44\] chưa được đổi lớp (Bị tính 21 điểm) (Xem bảng minh họa)
Tiếp theo dùng quy tắc hoán đổi trong cùng một lớp sao cho số \[1\] và \[44\] lần lượt được xếp vào vị trí L\[1\] và L4 kế nhau rồi thực hiện hoán đổi hai tập truyện liền kề để đổi lớp (bị tính \[1\] điểm).
Cuối cùng dùng quy tắc hoán đổi không bị tính điểm các số trong từng lớp để được thứ tự theo yêu cầu.
Với cách thực hiện này An bị tính \[22\] điểm.
Vì mỗi số phải đổi lớp ít nhất một lần, với \[44\] số thì \[22\]lần hoán đổi hai vị trị liền kề là tối ưu nhất.
Vậy điểm số nhỏ nhất là \[22\]để An thực hiện được thử thách trên.
Đáp án: 369.
Dễ thấy, \(A\left( {20;0;0} \right)\) và \(B\left( {0;20;0} \right)\) đều thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) nên đường đi ngắn nhất từ một điểm trên mặt cầu đến \(A\) (hoặc \(B\)) nằm trong mặt phẳng .
Đưa bài toán về hệ tọa độ \(Oxy\) với đường tròn tâm \(O\), bán kính \(6{\rm{cm}}\) và \(A\left( {20;0} \right)\); \(B\left( {0;20} \right)\).
Để tổng quãng đường ngắn nhất, con kiến phải xuất phát và trở về mặt tổ tại điểm trên mặt cầu gần \(A\) và \(B\) nhất, lần lượt là các điểm \(M\left( {6;0} \right)\) và \(N\left( {0;6} \right)\).
Giả sử, con kiến sẽ lần lượt lấy các miếng mồi ở \(A\) rồi đến các miếng mồi ở \(B\). Tuy nhiên, khi lấy miếng mồi thứ \(10\) ở \(A\), con kiến sẽ về một điểm khác trên mặt tổ thay vì quay về \(M\) rồi đi theo đường cung tròn để đến \(N\).
Tổng quãng đường sẽ ngắn nhất khi con kiến mang miếng mồi thứ \(10\) về tổ tại điểm chính giữa cung tròn là \(P\), và từ đây đến \(B\) để lần lượt lấy \(3\) miếng mồi còn lại:
+ Tổng quãng đường để lấy \(10\) miếng mồi ở \(A\): \({T_1} = MA \times 9 \times 2 + MA + PA\).
+ Tổng quãng đường để lấy \(3\) miếng mồi ở \(B\): \({T_2} = PB + NB + NB \times 2 \times 2\).
Do đó: \({T_{\min }} = {T_1} + {T_2} = 19MA + 5NB + PA + PB\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_P} = 6 \times \cos 45^\circ = 3\sqrt 2 \\{y_P} = 6 \times \sin 45^\circ = 3\sqrt 2 \end{array} \right. \Rightarrow P\left( {3\sqrt 2 ;3\sqrt 2 } \right)\)
\( \Rightarrow PA = PB = \sqrt {{{\left( {20 - 3\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {3\sqrt 2 - 0} \right)}^2}} = 2\sqrt {109 - 30\sqrt 2 } \) và \(MA = NB = \sqrt {{{\left( {20 - 6} \right)}^2}} = 14\).
Vậy \({T_{\min }} = 19 \times 14 + 5 \times 14 + 2\sqrt {109 - 30\sqrt 2 } + 2\sqrt {109 - 30\sqrt 2 } \approx 369{\rm{cm}}\).
Đáp án: 2.
Tập xác định \[D = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left[ {2; + \infty } \right)\].
Vì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{{x^3}\left( {\sqrt {{x^2} - 4} + x} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {2x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = - \infty \] nên đường thẳng \[x = - 2\] là tiệm cận đứng.
Vì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x.\frac{{\sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} + 1}}{{2 + \frac{3}{x} - \frac{3}{{{x^2}}} - \frac{2}{{{x^3}}}}}} \right) = + \infty \] nên đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang khi \[x \to + \infty \].
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 4{x^3}}}{{\left( {2{x^3} + 3{x^2} - 3x - 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 4} - x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{{ - 4}}{x}}}{{\left( {2 + \frac{3}{x} - \frac{3}{{{x^2}}} - \frac{2}{{{x^3}}}} \right)\left( { - \sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} - 1} \right)}} = 0\]
Suy ra đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang \[y = 0\].
Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận.
Đáp án: 5,4.
Gọi \(x,y\) (đơn vị: ha) lần lượt là diện tích đất trồng cây Cao su và cây Cà phê thì diện tích đất trồng cây Hồ tiêu là \(100 - x - y\). Điều kiện \[x,y \ge 0\].
Tổng diện tích trồng Cà phê và Hồ tiêu không được vượt quá diện tích trồng Cao su nên
\(y + \left( {100 - x - y} \right) \le x \Leftrightarrow x \ge 50\).
Diện tích trồng Hồ tiêu không được vượt quá 20 ha nên
\(100 - x - y \le 20 \Leftrightarrow x + y \ge 80\).
Diện tích trồng Cà phê không được vượt quá 3 lần diện tích trồng Hồ tiêu nên
\(y \le 3\left( {100 - x - y} \right) \Leftrightarrow 3x + 4y \le 300\).
Tổng lợi nhuận \(L\left( {x;y} \right) = 40x + 60y + 80\left( {100 - x - y} \right) = - 40x - 20y + 8000\) (triệu đồng).
Ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 50\\x + y \ge 80\\3x + 4y \le 300\\x,y \ge 0\end{array} \right.\).
Miền nghiệm của bất phương trình là miền tứ giác \(ABCD\) với
\(A\left( {80;0} \right),B\left( {100;0} \right),C\left( {50;37,5} \right),D\left( {50;30} \right)\).
Vì \[L\left( A \right) = 4800,L\left( B \right) = 4000,L\left( C \right) = 5250,L\left( D \right) = 5400\] nên \(L\left( {x;y} \right)\)có giá trị lớn nhất là\(5400\) khi \(x = 50,y = 30\).
Vậy tổng lợi nhuận thu được hàng năm của trang trại đó lớn nhất là 5,4 tỷ đồng.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)
