Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Nguyễn Thị Minh Khai (Hà Nội) lần 1 có đáp án
22 câu hỏi
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( { - 3;0} \right)\).
\(\left( {0; + \infty } \right)\).
\(\left( {0;2} \right)\).
\(\left( { - \infty ; - 3} \right)\).
Chọn A
Do \(f'\left( x \right) < 0,\,\forall x \in \left( { - 3;0} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 3;0} \right)\).
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_1} = 2\) và công bội \(q = 3\). Tìm số hạng thứ 4 của cấp số nhân.
\(24\).
\(54\).
\(162\).
\(48\).
Chọn B
Ta có \({u_4} = {u_1}.{q^3} = {2.3^3} = 54\).
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} + 4.\) Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{{{x^3}}}{3} + 4x + C\).
\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = {x^3} + 4x + C\).
\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2x + C\).
\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = {x^2} + 4x + C\).
Chọn A
\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {{x^2} + 4} \right){\rm{d}}x = } \frac{{{x^3}}}{3} + 4x + C\).
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz,\) cho mặt phẳng \[\left( P \right):\,\,3x - z + 2 = 0\]. Vectơ nào sau đây là vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\)?
\[\overrightarrow n = \left( {0;3; - 1} \right)\].
\[\overrightarrow n = \left( {3; - 1;2} \right)\].
\[\overrightarrow n = \left( {3;0; - 1} \right)\].
\[\overrightarrow n = \left( {3; - 1;0} \right)\].
Chọn C
\[\left( P \right):\,\,3x - z + 2 = 0 \Leftrightarrow 3x + 0y - z + 2 = 0\] nên vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \[\overrightarrow n = \left( {3;0; - 1} \right)\].
Bảng biến thiên sau đây là của hàm số nào?
\(y = \frac{{2x + 3}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{x + 1}}{{2x - 1}}\).
Chọn C
Dựa vào bảng biến thiên ta có: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = - 1\), và tiệm cận ngang là \(y = 2\), loại được phương án B vàD.
Xét phương án A ta có \(y'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne - 1\) nên loại.
Xét phương án C ta có \(y'\left( x \right) = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne - 1\) nên chọn.
Phương trình \(1 - \cos 2x = 0\)có tập nghiệm là
\(\left\{ {\frac{\pi }{4} + k\left. \pi \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(\left\{ {k\left. \pi \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(\left\{ {k2\left. \pi \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(\left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\left. \pi \right|k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Chọn B
Ta có \(1 - \cos 2x = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = k2\pi \Leftrightarrow x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {2x - 1} \right)\). Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
\(3\).
\(0\).
\(2\).
\(1\).
Chọn D
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {2x - 1} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)\).
Phương trình \(\left( 1 \right)\) chỉ có 1 nghiệm đơn là \(x = \frac{1}{2}\) (và 2 nghiệm kép là \(x = 0;x = - 1\)) nên \(f'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu 1 lần, do đó hàm số \(y = f\left( x \right)\) chỉ có 1 điểm cực trị.
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(M\left( {1;2; - 3} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2;3} \right)\) là
\(x - 2y + 3z + 12 = 0\).
\(x - 2y - 3z - 6 = 0\).
\(x - 2y + 3z - 12 = 0\).
\(x - 2y - 3z + 6 = 0\)
Chọn A
Phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(M\left( {1;2; - 3} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1; - 2;3} \right)\) là
\(1\left( {x - 1} \right) - 2\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y + 3z + 12 = 0\).
Đường cong trong hình sau là của hàm số nào dưới đây?
\[y = - {x^3} - 3{x^2} - 2\].
\[y = {x^3} - 3{x^2} - 2\].
\[y = 2{x^3} + 6{x^2} - 2\].
\[y = {x^3} + 3{x^2} - 2\].
Chọn D
Vì đường cong trong hình bên đi qua điểm \[\left( {1;2} \right)\] và có hai điểm cực trị là \[\left( { - 2;2} \right)\], \[\left( {0; - 2} \right)\] nên đường cong đó là của hàm số \[y = {x^3} + 3{x^2} - 2\].
Tập nghiệm của phương trình \[{\log _2}\left( {{x^2} - x + 2} \right) = 1\] là
\[\left\{ 0 \right\}\].
\[\left\{ {0;1} \right\}\].
\[\left\{ { - 1;0} \right\}\].
\[\left\{ 1 \right\}\].
Chọn B
Ta có \[{\log _2}\left( {{x^2} - x + 2} \right) = 1 \Leftrightarrow {x^2} - x + 2 = 2 \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\].
Vậy tập nghiệm của phương trình \[{\log _2}\left( {{x^2} - x + 2} \right) = 1\] là \[S = \left\{ {0;1} \right\}\].
Cho hình hộp \[ABCD.A'B'C'D'\] có \[\overrightarrow {AB} = \overrightarrow a \], \[\overrightarrow {AD} = \overrightarrow b \], \[\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow c \]. Gọi \[I\] là trung điểm của đoạn \[BC'\]. Phân tích vectơ \[\overrightarrow {AI} \] theo ba vectơ \[\overrightarrow a \], \[\overrightarrow b \], \[\overrightarrow c \].
\[\overrightarrow {AI} = 2\overrightarrow a + \frac{1}{4}\overrightarrow b + \frac{1}{3}\overrightarrow c \].
\[\overrightarrow {AI} = \frac{1}{2}\overrightarrow a + \overrightarrow b + \frac{1}{2}\overrightarrow c \].
\[\overrightarrow {AI} = \overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow b + \frac{1}{2}\overrightarrow c \].
\[\overrightarrow {AI} = \frac{1}{2}\overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow b + \overrightarrow c \].
Chọn C
Ta có: \[\overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BI} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} } \right) = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right) = \overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow b + \frac{1}{2}\overrightarrow c \].
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \[y = {x^3} - 3x + 5\] trên đoạn \[\left[ {2;4} \right]\] là
\[\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = 5\].
\[\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = 0\].
\[\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = 3\].
\[\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = 7\].
Chọn C
Ta có: \[y = {x^3} - 3x + 5\].
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn \[\left[ {2;4} \right]\].
\[y' = 3{x^2} - 3\].
\[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \notin \left[ {2;4} \right]\\x = 1\end{array} \right.\]
\[y\left( 1 \right) = 3\]; \[y\left( 2 \right) = 7\]; \[y\left( 4 \right) = 57\]
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số \[y = {x^3} - 3x + 5\] trên đoạn \[\left[ {2;4} \right]\] bằng \[3\] khi \[x = 1\].
Trong một gian triển lãm nghệ thuật, người ta thiết kế một không gian hình hộp chữ nhật \[ABCD.A'B'C'D'\]có kích thước \[AD = 20\,{\rm{m}}\], \[AB = 10\,{\rm{m}}\], \[AA' = 5\,{\rm{m}}\] và được gắn vào hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O trùng với điểm A, tia Ox chứa điểm D, tia Oy chứa điểm B, tia Oz chứa điểm A' như hình vẽ. Đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét.
Người ta căng hai sợi dây cáp phát sáng vào hai đường chéo của hình hộp là A'C và BD'. Giá sợi dây cáp là 100 nghìn đồng/mét.
Tọa độ các điểm \(B\left( {0;10;0} \right),C\left( {20;10;0} \right),A'\left( {0;0;5} \right),D'\left( {20;0;5} \right)\).
Tổng số tiền cần để mua hai sợi dây cáp phát sáng nói trên là 2613 nghìn đồng (làm tròn đến hàng đơn vị).
Mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) có phương trình là \[y + z - 10 = 0\].
Trên dây A'C, một điểm sáng M chuyển động đều từ A' đến C với vận tốc 3 m/s. Đồng thời, trên dây BD', điểm sáng N chuyển động đều từ B đến D' với vận tốc 2 m/s. Tính từ khi hai điểm sáng bắt đầu chuyển động đến khi có ít nhất một điểm sáng về đích thì khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm sáng M và N bằng 3,77 m (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
a) Đúng. Ta có \(A\left( {0;0;0} \right),A'\left( {0;0;5} \right),B\left( {0;10;0} \right),D\left( {20;0;0} \right)\).
\[\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} \Rightarrow C\left( {20;10;0} \right)\].
\[\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \Rightarrow D'\left( {20;0;5} \right)\].
b) Sai. \[AC' = BD' = \sqrt {{{20}^2} + {{10}^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} = \sqrt {525} \] (mét).
Tổng số tiền cần để mua hai sợi dây cáp phát sáng AC' và BD' là: \[2 \cdot \sqrt {525} \cdot 100 = 4583\] (nghìn đồng).
c) Đúng. Cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\): \[\overrightarrow {A'B} = \left( {0;10; - 5} \right)\]; \[\overrightarrow {A'C} = \left( {20;10; - 5} \right)\].
Ta có \[\left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {A'C} } \right] = \left( {0; - 100; - 200} \right) = - 100\left( {0;1;2} \right)\].
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) là \[\overrightarrow n = \left( {0;1;2} \right)\].
Phương trình mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) là: \[y + 2z - \left( {2 \cdot 5} \right) = 0 \Leftrightarrow y + 2z - 10 = 0\].
d) Đúng.
+ Tại thời điểm t = 0 hai điểm sáng M, N bắt đầu chuyển động.
Do điểm sáng M di chuyển với vận tốc là 3 m/s, điểm sáng N di chuyển với vận tốc là 2 m/s trên cùng đoạn đường bằng nhau, nên điểm sáng M sẽ đến đích trước tại thời điểm t với điều kiện \[0 \le t \le \frac{{\sqrt {525} }}{3}\].
Ta có \({\overrightarrow v _M} = k \cdot \overrightarrow {A'C} \,\,\left( {k > 0} \right) \Rightarrow k = \frac{{\left| {{{\overrightarrow v }_M}} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {A'C} } \right|}} = \frac{3}{{\sqrt {{{20}^2} + {{10}^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt {21} }}{{35}}\).
Suy ra \[{\overrightarrow v _M} = \left( {\frac{{4\sqrt {21} }}{7};\,\,\frac{{2\sqrt {21} }}{7};\,\frac{{ - \sqrt {21} }}{7}} \right)\].
+ Tại thời điểm t:
Ta có \[\overrightarrow {A'M} = t \cdot \overrightarrow {{v_M}} \] \[\begin{array}{l}\\ \Rightarrow \overrightarrow {A'M} = \left( {\frac{{4\sqrt {21} }}{7}t;\,\,\frac{{2\sqrt {21} }}{7}t;\,\frac{{ - \sqrt {21} }}{7}t} \right)\end{array}\]\[\begin{array}{l}\\ \Rightarrow M = \left( {\frac{{4\sqrt {21} }}{7}t;\,\,\frac{{2\sqrt {21} }}{7}t;\,\frac{{ - \sqrt {21} }}{7}t + 5} \right)\end{array}\].
Ta có \[\overrightarrow {BN} = t \cdot \overrightarrow {{v_N}} \]tương tự ta suy ra \[\begin{array}{l}\\N = \left( {\frac{{8\sqrt {21} }}{{21}}t;\,\frac{{ - 4\sqrt {21} }}{{21}}t + 10;\,\frac{{2\sqrt {21} }}{{21}}t\,} \right)\end{array}\].
Khi đó
\[\begin{array}{l}\\{d^2}\left( t \right) = M{N^2} = {\left( {\frac{{ - 4\sqrt {21} }}{{21}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{ - 10\sqrt {21} }}{{21}}t + 10} \right)^2} + {\left( {\frac{{5\sqrt {21} }}{{21}}t - 5} \right)^2}\\{d^2}\left( t \right) = \frac{{47}}{7}{t^2} - \frac{{250\sqrt {21} }}{{21}}t + 125\end{array}\]
\[{d^2}\left( t \right)\] là tam thức bậc hai có \[a = \frac{{47}}{7} > 0\].
\[{d^2}\left( t \right)\]đạt giá trị nhỏ nhất tại \[{t_0} = \frac{{250\sqrt {21} \cdot 7}}{{2 \cdot 21 \cdot 47}} \Rightarrow {d^2}\left( {{t_0}} \right) = \frac{{2000}}{{141}}\].
\[{d_{\min }} = \sqrt {{d^2}\left( {{t_0}} \right)} \approx 3,77\].
Một lon sữa cho trẻ em được lấy ra khỏi tủ lạnh và đặt trên bàn để rã đông. Nhiệt độ của lon sữa tại thời điểm lấy ra khỏi lạnh là \( - 4^\circ {\rm{C}}\) và sau \(t\) giờ, tốc độ tăng nhiệt độ của lon sữa được cho bởi công thức: \(T'\left( t \right) = 7 \cdot {e^{ - 0,35t}}\) (\(^\circ {\rm{C}}\)/ giờ) cho đến khi lon sữa đạt nhiệt độ môi trường là \(10^\circ {\rm{C}}\).
Sau 2 giờ, tốc độ thay đổi nhiệt độ của lon sữa bằng \(3,48^\circ {\rm{C}}\)/ giờ (làm tròn kết quả đến hai chữ số thập phân).
Nhiệt độ lon sữa tính từ thời điểm lấy ra khỏi tủ lạnh cho đến khi lon sữa đạt nhiệt độ môi trường được tính bởi công thức \(T\left( t \right) = - 20 \cdot {e^{ - 0,35t}}\).
Thời gian để lon sữa đạt nhiệt độ môi trường là \(3,44\) giờ (làm tròn kết quả đến hai chữ số thập phân của giờ).
Ngay sau khi đạt nhiệt độ môi trường, lon sữa được đưa vào máy hâm sữa. Tốc độ tăng nhiệt độ của lon sữa trong máy sau \(t\) giờ được xác định bởi: \(L'\left( t \right) = k \cdot {e^{ - 0,22t}}\) (\(k\) là hằng số). Lon sữa được coi là đạt yêu cầu khi nhiệt độ lon sữa bằng \(70^\circ \). Biết rằng thời gian cần thiết để hâm nóng lon sữa là 5 phút thì hằng số \(k \in \left( {720;730} \right)\).
Chọn a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Đúng.
a) Sau 2 giờ, tốc độ thay đổi nhiệt độ của lon sữa là \(T'\left( 2 \right) = 7 \cdot {e^{ - 0,35 \cdot 2}} = 7 \cdot {e^{ - 0,7}} \approx 3,48^\circ {\rm{C}}\)/giờ.
Vậy a) đúng.
b) Nhiệt độ lon sữa tính từ thời điểm lấy ra khỏi tủ lạnh cho đến khi lon sữa đạt nhiệt độ môi trường được tính bởi công thức:
\(T\left( t \right) = \int {T'\left( t \right)dt = \int {\left( {7 \cdot {e^{ - 0,35t}}} \right){\rm{d}}t = \frac{7}{{ - 0,35}}} } \,{e^{ - 0,35t}} + C = - 20{e^{ - 0,35t}} + C\);
\(T\left( 0 \right) = - 4 \Rightarrow - 20 \cdot {e^{ - 0,35 \cdot 0}} + C = - 4 \Rightarrow C = 16.\)
Vậy \(T\left( t \right) = \)\( - 20{e^{ - 0,35t}} + 16\).
Vậy b) sai.
c) Thời gian để lon sữa đạt nhiệt độ môi trường, tức là
\(T\left( t \right) = 10 \Rightarrow - 20{e^{ - 0,35t}} + 16 = 10 \Rightarrow {e^{ - 0,35t}} = \frac{3}{{10}} \Rightarrow t = \frac{1}{{ - 0,35}}\ln \left( {\frac{3}{{10}}} \right) \approx 3,44\).
Vậy c) đúng.
d) Ta có \(L\left( t \right) = \int {L'\left( t \right){\rm{d}}t = \int {\left( {k \cdot {e^{ - 0,22t}}} \right){\rm{d}}t = \frac{k}{{ - 0,22}}\,} } {e^{ - 0,22t}} + C\),
\[L\left( 0 \right) = 10 \Rightarrow \frac{k}{{ - 0,22}}{e^{ - 0,22 \cdot 0}} + C = 10 \Rightarrow C = 10 + \frac{k}{{0,22}}\].
Vậy \[L\left( t \right) = \frac{k}{{ - 0,22}}{e^{ - 0,22t}} + 10 + \frac{k}{{0,22}}\].
Khi đó \[L\left( {\frac{5}{{60}}} \right) = 70 \Rightarrow \frac{k}{{ - 0,22}}{e^{ - 0,22.\frac{5}{{60}}}} + 10 + \frac{k}{{0,22}} = 70 \Rightarrow k \approx 726,6 \Rightarrow k \in \left( {720;730} \right)\].
Vậy d) đúng.
Cho hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) có đồ thị \(\left( C \right)\).
Hàm số đồng biến trên tập xác định.
Đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) có tâm đối xứng là điểm \(I\left( { - 1;\,2} \right)\).
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) tại giao điểm của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) với trục tung có phương trình là \(y = 3x - 1\).
Số điểm thuộc đồ thị hàm số có tọa độ nguyên là \(2\).
Chọn a- Đúng | b- Đúng | c- Đúng | d- Sai.
a) Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).
Ta có: \(y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\forall x \ne - 1\).
Do đó, hàm số đồng biến trên tập xác định.
b) Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}\) có tiệm cận đứng \(x = - 1\), tiệm cận ngang \(y = 2\).
Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm \(I\left( { - 1;\,2} \right)\).
c) Giao điểm của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) với trục tung là: \(A\left( {0;\, - 1} \right)\).
Ta có: \(y'\left( 0 \right) = 3\).
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho là: \(y = 3\left( {x - 0} \right) + \left( { - 1} \right) \Leftrightarrow y = 3x - 1\).
d) Ta có: \(y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2 - \frac{3}{{x + 1}}\).
Các điểm thuộc đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) có tọa độ nguyên thỏa mãn: 3 chia hết cho \(x + 1\).
Do đó: \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x + 1 = 1\,\,\,}\\{x + 1 = - 1}\end{array}}\\{x + 1 = 3\,\,\,}\end{array}}\\{x + 1 = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0\,\,\,}\\{x = - 2}\end{array}}\\{x = 2\,\,\,}\end{array}}\\{x = - 4}\end{array}} \right.\)
Vậy có 4 điểm thuộc đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) có tọa độ nguyên.
Lớp 12B11 có 40 học sinh. Thời gian tự học tại nhà hàng ngày của các học sinh trong lớp được thống kê trong bảng sau:
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm này là 5.
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu này bằng 1,8.
Phương sai của mẫu số liệu này là 1,66.
Cô giáo chia lớp thành ba nhóm: Nhóm chưa chăm gồm các em học sinh có thời gian tự học tại nhà hàng ngày ít hơn 3 giờ, nhóm đạt yêu cầu gồm các em học sinh có thời gian tự học tại nhà hàng ngày từ 3 giờ trở lên nhưng ít hơn 5 giờ, nhóm chăm chỉ gồm các em học sinh có thời gian tự học tại nhà hàng ngày từ 5 giờ trở lên. Cô giáo chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong lớp để kiểm tra bài tập về nhà. Xác suất để ba nhóm học sinh trên đều có học sinh được chọn bằng \(\frac{{88}}{{247}}\).
a)Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là: \(R = 6 - 1 = 5\). Vậy a) đúng.
b)Ta có bảng số liệu sau:
* Tính \({Q_1}\).
Có \(\frac{n}{4} = \frac{{40}}{4} = 10\), chọn nhóm 2 có tần số tích luỹ bằng 10.
Thì \({Q_1} = 2 + \left( {\frac{{10 - 4}}{6}} \right).1 = 3\)
* Tính \({Q_3}\).
Có \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.40}}{4} = 30\), chọn nhóm 4 có tần số tích luỹ bằng 32.
Thì \({Q_3} = 4 + \left( {\frac{{30 - 22}}{{10}}} \right).1 = 4,8\)
* Khoảng tứ phận vị là \(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 4,8 - 3 = 1,8\). Vậy b) đúng.
c)Giá trị trung bình của mẫu số liệu trên là:
\(\bar x = \frac{1}{{40}}.\left( {1,5.4 + 2,5.6 + 3,5.12 + 4,5.10 + 5,5.8} \right) = 3,8\)
Phương sai của mẫu số liệu trên là:
\({s^2} = \frac{1}{{40}}.\left[ {4{{\left( {1,5 - 3,8} \right)}^2} + 6{{\left( {2,5 - 3,8} \right)}^2} + 12{{\left( {3,5 - 3,8} \right)}^2} + 10{{\left( {4,5 - 3,8} \right)}^2} + 8{{\left( {5,5 - 3,8} \right)}^2}} \right] = 1,51\)
Vậy c) Sai.
d)Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh từ 40 học sinh, thì số cách chọn là: \(n\left( \Omega \right) = C_{40}^4 = 91390\).
Gọi \(A\) là biến cố “ba nhóm đã phân chia đều có học sinh được chọn”
Phân chia 3 nhóm theo yêu cầu:
Nhóm 1 (học sinh chưa chăm) gồm nhóm \(\left[ {1\,;\,2} \right)\) và \(\left[ {2\,;\,3} \right)\), nên tổng 10 em.
Nhóm 2 (học sinh đạt yêu cầu) gồm nhóm \(\left[ {3\,;\,4} \right)\) và \(\left[ {4\,;\,5} \right)\), nên tổng 22 em.
Nhóm 3 (học sinh chăm chỉ) gồm nhóm \(\left[ {5\,;\,6} \right)\) và \(\left[ {6\,;\,7} \right)\), nên tổng 8 em.
Để cả ba nhóm đều có học sinh, ta có các trường hợp chia như sau:
+ TH1: Chọn 1 học sinh nhóm 1, 1 học sinh nhóm 2, và 2 học sinh nhóm 3.
Số cách chọn là: \(C_{10}^1.C_{22}^1.C_8^2 = 6160\) (cách chọn)
+ TH2: Chọn 1 học sinh nhóm 1, 2 học sinh nhóm 2, và 1 học sinh nhóm 3.
Số cách chọn là: \(C_{10}^1.C_{22}^2.C_8^1 = 18480\) (cách chọn)
+ TH3: Chọn 2 học sinh nhóm 1, 1 học sinh nhóm 2, và 1 học sinh nhóm 3.
Số cách chọn là: \(C_{10}^2.C_{22}^1.C_8^1 = 7920\) (cách chọn)
Vậy tổng số cách thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = 6160 + 18480 + 7920 = 32560\)
Xác suất của biến cố \(A\) là: \(P\left( A \right) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{32560}}{{91390}} = \frac{{88}}{{247}}\).
Vậy d) đúng.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {\left( {2 \cdot \tan x - \cot x} \right)^2}\). \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) sao cho \(F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 3 - \frac{{9\pi }}{4}\). Khi đó \(F\left( x \right) = a \cdot \tan x + b \cdot \cot x + cx\) (\(a,b,c\) là các hằng số). Tính \(a \cdot b \cdot c\).
Đáp án: \(36\).
Ta có: \(f\left( x \right) = {\left( {2.\tan x - \cot x} \right)^2} = 4.{\tan ^2}x - 4.\tan x.\cot x + {\cot ^2}x = 4.{\tan ^2}x - 4 + {\cot ^2}x\).
\(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {4.{{\tan }^2}x - 4 + {{\cot }^2}x} \right)dx} \)
\( = \int {\left( {4\left( {{{\tan }^2}x + 1} \right) + {{\cot }^2}x + 1 - 9} \right)} dx = 4.\tan x - \cot x - 9x + C\).
Do \(F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 3 - \frac{{9\pi }}{4}\)\( \Rightarrow 4\tan \frac{\pi }{4} - \cot \frac{\pi }{4} - 9.\frac{\pi }{4} + C = 3 - \frac{{9\pi }}{4} \Rightarrow C = 0\).
Nên \(F\left( x \right) = 4.\tan x - \cot x - 9x\).
Vậy \(a = 4;b = - 1;c = - 9\) nên \(a.b.c = 4.\left( { - 1} \right).\left( { - 9} \right) = 36\).
Anh Nam làm việc tại một giàn khoan cách bờ biển \[10{\rm{ km}}\]. Chị Mai, bạn thân của anh Nam, làm việc tại một cơ quan trên bờ biển cách nơi làm việc của anh Nam \[{\rm{6 km}}\] theo phương ngang. Thứ Bảy tuần sau anh Nam được nghỉ phép nên hai người dự định gặp nhau tại một địa điểm P trên bờ biển. Biết rằng anh Nam sẽ di chuyển vào bờ biển bằng thuyền với vận tốc \[{\rm{15 km}}\], chị Mai đi bộ với vận tốc \[{\rm{5 km}}\]và hai người dự định cùng xuất phát rồi đến nơi cùng lúc. Giả thiết đường bờ biển là đường thẳng và thuyền chở anh Nam cũng di chuyển theo đường thẳng. Hỏi địa điểm họ dự định gặp nhau cách cơ quan của chị Mai bao nhiêu kilômét? (Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Đáp án: 3,44.
Quãng đường chị Mai đi:\[x\]km. Thời gian chị Mai đi: \[\frac{x}{5}\] (giờ).
Quãng đường anh Nam đi: \[\sqrt {{{10}^2} + {{\left( {6 - x} \right)}^2}} \] km. Thời gian anh Nam đi:\[\frac{{\sqrt {100 + {{\left( {6 - x} \right)}^2}} }}{{15}}\] (giờ).
Vì hai người đến nơi cùng lúc \[\frac{x}{5} = \frac{{\sqrt {100 + {{\left( {6 - x} \right)}^2}} }}{{15}}\]
\[\begin{array}{l}3x = \sqrt {100 + {{\left( {6 - x} \right)}^2}} \\ \Leftrightarrow 9{x^2} = 100 + {\left( {6 - x} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 9{x^2} = 100 + 36 - 12x + {x^2}\\ \Leftrightarrow 8{x^2} + 12x - 136 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 3 - \sqrt {281} }}{4}({\rm{L}})\\x = \frac{{ - 3 + \sqrt {281} }}{4}({\rm{N}}) \approx 3,44\,{\rm{km}}\end{array} \right.\end{array}\]
Địa điểm gặp nhau cách cơ quan chị Mai khoảng \[3,44\,{\rm{km}}\].
Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 4x + 5}}{{x - 2}}\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Gọi \(A\) là điểm cực trị có tung độ âm của đồ thị \(\left( C \right)\). Khoảng cách từ điểm \(A\) đến đường tiệm cân xiên của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) bằng \(\frac{{\sqrt a }}{b}\) với \(a,b \in {\mathbb{Z}^ + }\) và \(a\) là số nguyên tố. Tính \(2026a + b\).
Đáp án: 4054.
Ta có: \(y = \frac{{{x^2} - 4x + 5}}{{x - 2}},\,\,x \ne 2\).
\(y = \frac{{x(x - 2) - 2(x - 2) + 1}}{{x - 2}} = x - 2 + \frac{1}{{x - 2}}\).
\(y' = 1 - \frac{1}{{{{(x - 2)}^2}}} = 0\)\( \Leftrightarrow {(x - 2)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2 = 1 \Rightarrow x = 3}\\{x - 2 = - 1 \Rightarrow x = 1}\end{array}} \right.\)(thoả mãn)
Với \(x = 3 \Rightarrow y = 3 - 2 + \frac{1}{{3 - 2}} = 2\).
Với \(x = 1 \Rightarrow y = 1 - 2 + \frac{1}{{1 - 2}} = - 1 - 1 = - 2\).
Theo đề bài, \(A\) là điểm cực trị có tung độ âm, do đó tọa độ điểm \(A\) là: \(A(1; - 2)\).
Dựa vào \[y = x - 2 + \frac{1}{{x - 2}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x - 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {\frac{1}{{x - 2}}} \right] = 0\].
Do đó đường tiệm cận xiên \[\Delta \] của đồ thị \((C)\) là: \(y = x - 2 \Leftrightarrow x - y - 2 = 0\).
Khoảng cách từ điểm \(A(1; - 2)\) đến đường thẳng \(\Delta :x - y - 2 = 0\):
\(d(A,\Delta ) = \frac{{|1 - ( - 2) - 2|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{{|1 + 2 - 2|}}{{\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Theo đề bài, khoảng cách này bằng \(\frac{{\sqrt a }}{b}\) với \(a,b \in {\mathbb{Z}^ + }\) và \(a\) là số nguyên tố.
Suy ra \(\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt a }}{b} \Rightarrow a = 2,b = 2 \Rightarrow 2026.2 + 2 = 4054\).
Cho hình chóp \[S.ABCD\]có đáy là hình thoi cạnh \[1\], \[\widehat {BAD} = 60^\circ \]. Gọi \[O\] là giao điểm của \[AC\] và \[BD\]. Hình chiếu vuông góc của \[S\] lên mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] trùng với điểm \[O\]. Góc giữa đường thẳng \[SC\] và mặt phẳng đáy bằng \[60^\circ \]. Khoảng cách từ điểm \[A\] đến mặt phẳng \[\left( {SCD} \right)\] bằng \[\frac{{a\sqrt {13} }}{b}\] với \[a,b\] là các số nguyên dương và \[\frac{a}{b}\] là phân số tối giản. Tính \[a + b\].
Đáp án: \[16\].
Kẻ \[OM \bot CD,OK \bot SM\]. Vì \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[SO \bot CD\] mà \[OM \bot CD\]
Suy ra \[CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot OK\],
mà \[OK \bot SM \Rightarrow OK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OK \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2.OK\]
\[OM = \frac{{OC.OD}}{{CD}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{1}{2}}}{1} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\],\[OK = \frac{{OS.OM}}{{\sqrt {{\rm{O}}{{\rm{S}}^2} + O{M^2}} }} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{4}.\frac{3}{2}}}{{\sqrt {\frac{9}{4} + \frac{3}{{16}}} }} = \frac{{3\sqrt {13} }}{{26}} \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2.OK = \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{b} \Rightarrow a = 3,b = 13\]
Vậy \[a + b = 16\].
Cho tập \(X = \left\{ {1;2;3;...;12} \right\}\). Chọn ngẫu nhiên 4 số phân biệt từ tập \(X\) rồi đặt 1 số vào vòng tròn lớn ở chính giữa, đặt 3 số còn lại vào ba vòng tròn nhỏ xung quanh (ba vòng tròn nhỏ không phân biệt vị trí). Gọi \(P\) là xác suất để tổng các số tự nhiên trên hai vòng tròn nhỏ bất kì luôn nhỏ hơn số ở vòng tròn lớn chính giữa đồng thời tổng cả ba số trên ba vòng tròn nhỏ luôn lớn hơn số ở vòng tròn lớn. Tính giá trị của \(1980P\).
Đáp án: 16.
Số cách chọn ngẫu nhiên 4 số từ 12 số và xếp vào các vòng tròn là \(n(\Omega ) = C_{12}^4.4 = 1980\) (vì chọn 4 số có \(C_{12}^4\) cách, sau đó chọn 1 trong 4 số đó đặt vào vòng tròn lớn có 4 cách, 3 số còn lại vào 3 vòng tròn nhỏ không phân biệt vị trí nên chỉ có 1 cách xếp).
Gọi số ở vòng tròn lớn là \(a\), và ba số ở vòng tròn nhỏ là \(x,y,z\) với \(x < y < z\).
Theo điều kiện bài toán ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}y + z < a\\x + y + z > a\end{array} \right. \Leftrightarrow y + z < a < x + y + z\).
Ta cần tìm các bộ số \((a;x,y,z)\) sao cho: \(y + z < a < x + y + z\).
Trường hợp 1: Nếu \[x = 1\] thì \(y + z < a < y + z + 1\) thì không tồn tại số \(a\) nguyên.
Trường hợp 2: Nếu \[x = 2\] thì
\[\left\{ \begin{array}{l}y + z < a < y + z + 2 \Rightarrow a = y + z + 1 \le 12 \Rightarrow y + z \le 11\\\min \left( {y + z} \right) = 7\end{array} \right. \Rightarrow 7 \le y + z \le 11\].
Suy ra có có 9 bộ thỏa mãn.
Trường hợp 3: Nếu \[x = 3\] thì \[\left\{ \begin{array}{l}y + z < a < y + z + 3 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = y + z + 1 \le 12 \Rightarrow y + z \le 11\\a = y + z + 2 \le 12 \Rightarrow y + z \le 10\end{array} \right.\\\min \left( {y + z} \right) = 9\end{array} \right.\]
Trường hợp 3.1: \[a = y + z + 1\]. khi đó \[9 \le y + z \le 11 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y + z = 11\\y + z = 10\\y + z = 9\end{array} \right.\]
Suy ra có 4 bộ thỏa mãn.
Trường hợp 3.2: \[a = y + z + 2\]. khi đó \[9 \le y + z \le 10 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y + z = 10\\y + z = 9\end{array} \right.\]
Suy ra có 2 bộ thỏa mãn
Trường hợp 4: Nếu \[x = 4\] thì \[\left\{ \begin{array}{l}y + z < a < y + z + 4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = y + z + 1 \le 12 \Rightarrow y + z \le 11\\a = y + z + 2 \le 12 \Rightarrow y + z \le 10\\a = y + z + 3 \le 12 \Rightarrow y + z \le 9\end{array} \right.\\\min \left( {y + z} \right) = 11\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}11 \le y + z \le 11\\11 \le y + z \le 10\\11 \le y + z \le 9\end{array} \right. \Rightarrow y + z = 11\]
Suy ra có 1 bộ thỏa mãn.
Tổng số trường hợp thuận lợi là \(n(A) = 16\).
Xác suất \(P = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{16}}{{1980}}\).
Giá trị cần tìm là \(1980P = 1980.\frac{{16}}{{1980}} = 16\).
Trong không gian \(Oxyz\), mặt đất là mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), có hai trạm phát sóng trên không: trạm \(A\) đặt trên không tại vị trí \(A\left( {1;1;3} \right)\), trạm \(B\) đặt trên không tại vị trí \(B\left( {10;13;6} \right)\). Trên mặt đất người ta cần đặt hai trạm thu tín hiệu \(M\) và \(N\) sao cho khoảng cách giữa hai trạm thu là cố định: \(MN = 5\) và tổng chiều dài dây nối từ trạm \(A\) đến \(M\) và từ trạm \(B\) đến \(N\) là ngắn nhất. Khi đó, tổng hoành độ hai điểm \(M\) và \(N\) bằng bao nhiêu?
Đáp án: 9.
Gọi \(H = (1,1,0)\) và \(K = (10,13,0)\) là hình chiếu của \(A\) và \(B\) lên mặt phẳng \(Oxy\).
Có \(S = AM + BN = \sqrt {A{H^2} + H{M^2}} + \sqrt {B{K^2} + N{K^2}} = \sqrt {9 + H{M^2}} + \sqrt {36 + N{K^2}} \). Khi đó để \({S_{\min }}\) thì \(H,M,N,K\) theo thứ tự thẳng hàng.
Ta có: \(\overrightarrow {HK} = (9,12,0)\); \(|\overrightarrow {HK} | = \sqrt {{9^2} + {{12}^2}} = 15\).
Do \(MN = 5\), nên \(\overrightarrow {MN} = \frac{5}{{15}}\overrightarrow {HK} = (3,4,0)\).
Gọi \(A'\left( {1;1; - 3} \right)\) là điểm đối xứng của \(A\left( {1;1;3} \right)\) qua \(\left( {Oxy} \right)\).
Gọi \(C\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {A'C} = \overrightarrow {MN} \). Suy ra \(C\left( {4;5; - 3} \right)\) và \(A'CNM\) là hình bình hành.
Có: \(\left\{ \begin{array}{l}AM = A'M\\A'M = CN\end{array} \right.\) suy ra \(AM = CN\).
Khi đó: \(S = AM + BN = CN + BN \ge BC\). Dấu “=” xảy ra khi \(B,N,C\)thẳng hàng.
Có\(\overrightarrow {BC} = \left( {6;8;9} \right)\), phương trình đường thẳng \(BC:\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 6t\\y = 13 + 8t\\z = 6 + 9t\end{array} \right.\).
Vì \(N = BC \cap \left( {Oxy} \right)\) nên \(6 + 9t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ - 2}}{3} \Rightarrow N\left( {6;\frac{{23}}{3};0} \right)\).
Lại có \(\overrightarrow {MN} = \left( {3;4;0} \right)\) nên \[\left\{ \begin{array}{l}6 - {x_M} = 3\\\frac{{23}}{3} - {y_M} = 4\\{z_M} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 3\\{y_M} = \frac{{11}}{3}\\{z_M} = 0\end{array} \right.\] suy ra \[M\left( {3;\frac{{11}}{3};0} \right)\].
Vậy \[{x_M} + {x_N} = 9\].
