Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Nguyễn Trãi (Hà Nội) có đáp án
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng xét dấu đạo hàm như sau
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( { - \infty ;2} \right)\).
\(\left( {3;4} \right)\).
\(\left( {4; + \infty } \right)\).
\(\left( {1;3} \right)\).
Lời giải
Chọn B
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {3;4} \right)\).
Một mẫu số liệu ghép nhóm có độ lệch chuẩn bằng \(3\) thì có phương sai bằng
\({s^2} = 6\).
\({s^2} = 3\).
\({s^2} = 9\).
\({s^2} = \sqrt 3 \).
Lời giải
Chọn C
Độ lệch chuẩn bằng \(3\) thì có phương sai \({s^2} = 9\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng xét dấu của đạo hàm như sau:
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
\(3\).
\(4\).
\(2\).
\(5\).
Lời giải
Chọn B
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là \(4\).
Hình vẽ sau đây là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?
\(y = {x^3} + 2x + 1\).
\(y = {x^3} - 2x + 1\).
\(y = - {x^3} + 2x + 1\).
\(y = {x^3} - 2{x^2} + 1\).
Lời giải
Chọn B
Dựa vào hình vẽ suy ra hệ số \(a > 0\). Loại C
Đồ thị của hàm số có \(2\) điểm cực trị nên phương trình \(y' = 0\) có \(2\) nghiệm phân biệt. Loại A.
Đồ thị của hàm số giao với trục \[{\rm{Ox}}\] là \(y = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x \approx - 0,6\\x \approx 1,6\end{array} \right.\). Loại D.
Trong không gian với hệ toạ độ \[Oxyz\], cho \[\overrightarrow a = \left( {2;3;3} \right)\], \[\overrightarrow b = \left( {0; - 2; - 1} \right)\], \[\overrightarrow c = \left( {1; - 2;1} \right)\]. Khi đó toạ độ của vectơ \[\overrightarrow u = 2\overrightarrow a + \overrightarrow b - \overrightarrow c \] là
\(\overrightarrow u = \left( {1;2;3} \right)\).
\(\overrightarrow u = \left( {3;6;4} \right)\).
\(\overrightarrow u = \left( {1;3;3} \right)\).
\(\overrightarrow u = \left( {3; - 1;5} \right)\).
Lời giải
Chọn B
Ta có: \[2\overrightarrow a = \left( {4;6;6} \right)\], do đó \[\overrightarrow u = 2\overrightarrow a + \overrightarrow b - \overrightarrow c = \left( {3;6;4} \right)\].
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đồ thị như hình vẽ bên dưới
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( {0;2} \right)\).
\(\left( {0; + \infty } \right)\).
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;2} \right)\).
Lời giải
Chọn C
Dựa vào đồ thị ta thấy, đồ thị hàm số đi lên từ trái sang phải trong khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).
Đồ thị hàm số \[y = \frac{{x + 3}}{{x - 1}}\] có đường tiệm cận đứng là
\(y = 1\).
\(x = - 3\).
\(x = 1\).
\(x = - 1\).
Lời giải
Chọn C
Ta có: Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\].
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 3}}{{x - 1}} = + \infty \].
Do đó đường thẳng \(x = 1\) là đườngtiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] có đồ thị trên đoạn \[\left[ { - 2;2} \right]\] như hình vẽ
![Cho hàm số y = f(x) có đồ thị trên đoạn [- 2;2] như hình vẽ Gọi giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [- 2;2] lần lượt là M và m. Khi đó M - m bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/03/blobid4-1773288106.png)
\(5\).
\( - 4\).
\(0\).
\(3\).
Lời giải
Chọn A
Ta có: \[M = 1\], \[m = - 4\]. Vậy \[M - m = 5\].
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho điểm \(M\left( {2;1; - 3} \right)\). Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2;1; - 3} \right)\) trên trục \(Ox\) có tọa độ là
\(\left( {0;1;0} \right)\).
\(\left( {0;1; - 3} \right)\).
\(\left( {2;0;0} \right)\).
\(\left( {0;0; - 3} \right)\).
Lời giải
Chọn C
Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2;1; - 3} \right)\) trên trục \(Ox\) có tọa độ là \(\left( {2;0;0} \right)\).
Trong không gian \(Oxyz\), cho \(\vec a = \left( {2; - 2;6} \right)\). Khi đó độ dài của vectơ \(\vec a\) là
\(\left| {\vec a} \right| = 44\).
\(\left| {\vec a} \right| = \sqrt {11} \).
\(\left| {\vec a} \right| = 6\).
\(\left| {\vec a} \right| = 2\sqrt {11} \).
Lời giải
Chọn D
Độ dài của vectơ \(\vec a\) là \(\left| {\vec a} \right| = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {6^2}} = 2\sqrt {11} \).
Tìm hiểu thời gian hoàn thành một bài tập (đơn vị: phút) của một số học sinh thu được kết quả sau:
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng bao nhiêu?
\(16\).
\(4\).
\(20\).
\(15\).
Lời giải
Chọn C
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên là \(20 - 0 = 20\).
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai vecto \(\vec a = \left( {2;3;3} \right),\,\vec b = \left( {3;2; - 1} \right)\). Khi đó tích vô hướng \(\vec a.\vec b\) bằng
\(\vec a.\vec b = 3\).
\(\vec a.\vec b = 9\).
\(\vec a.\vec b = 7\).
\(\vec a.\vec b = 15\).
Lời giải
Chọn B
Ta có \(\vec a.\vec b = 2.3 + 3.2 + 3.\left( { - 1} \right) = 9\).
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai.Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng (Đ) hoặc sai (S)
Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}}.\)
[TH] Tọa độ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(\left( {a;b} \right)\). Khi đó, ta có \({a^2} + b = 12\).
[TH] Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = x - 2\).
[TH] Gọi \(I\) là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \(x = 2\) cắt hai đường tiệm cận tại \(A,\,B\). Diện tích tam giác \(IAB\) bằng \(12.\)
[VD] Có tất cả \(9\) giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \(\frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}} = m\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \({x_1} < 2 < {x_2} < 15\).
Lời giải
a) Đúng.
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\)
Ta có \(y' = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{(x - 1)}^2}}}\) ; \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\)
Ta có bảng biến thiên sau
\(x\) | \( - \infty \) \( - 1\) \(1\) \(3\) \( + \infty \) |
\(y'\) | \( + \) \(0\) \( - \) \( - \) \(0\) \( + \) |
\(y\)
| \( - 5\) |
Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số bằng: \(\left( {3;3} \right)\)\( \Rightarrow {a^2} + b = {3^2} + 3 = 12\).
b) Đúng. Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}} - (x - 2)} \right) = 0;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}} - (x - 2)} \right) = 0\)
Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên là \(y = x - 2\).
c) Sai.
+) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: \(x = 1\)
Ta có tọa độ giao điểm của 2 đường tiệm cận của đồ thị là \(I(1; - 1)\).
+) Điểm thuộc đồ thị có hoành độ \(x = 2\) là \(M(2;4)\). Tiếp tuyến tại \(M\) có phương trình là \(y - 4 = f'(2)(x - 2) \Leftrightarrow y = - 3x + 2\) (d)
Gọi điểm \(A\) là giao điểm của đường tiệm cận đứng và tiếp tuyến (d), nên \(A\left( {1; - 1} \right)\)
Gọi điểm \(B\) là giao điểm của đường tiệm cận đứng và tiếp tuyến (d), nên tọa độ điểm \(B\) là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}y = x - 2\\y = - 3x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right. \Rightarrow \) \(B\left( {1; - 1} \right)\)
Vậy \(A \equiv B \equiv I\), không tồn tại tam giác.
d) Đúng. Dựa vào bảng biến thiên ta có \(4 < m < f(5) \approx 13,28\)
Do tham số \(m\)là số nguyên, nên \(m \in \left\{ {5;6;7;8;9;10;11;12;13} \right\}\), có 9 giá trị.
Mực nước h (đơn vị: mét) tại một cảng biển sau t giờ tính từ thời điểm nửa đêm được xác định bởi công thức: \(h(t) = 4\cos (\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3}) + 10\,\)với (\(0 \le t \le 24\))
[NB] Tại thời điểm nửa đêm t = 0, mực nước tại cảng là 15 mét.
[TH] Tốc độ biến thiên của mực nước tại thời điểm t là \(h'(t) = - \frac{{2\pi }}{3}\sin (\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3})\).
[TH] Trong một ngày (với \(0 \le t \le 24\)), mực nước thấp nhất là 6 mét và mức nước này xuất hiện tại hai thời điểm khác nhau.
[VD,VDC] Phương trình \(h'(t) = 0\)có một nghiệm trên đoạn \(\left[ {0;6} \right]\) là t = 4.
Lời giải
a) Sai
Tại thời điểm \(t = 0\), mực nước tại cảng là \(h(0) = 4\cos (\frac{{\pi .0}}{6} + \frac{\pi }{3}) + 10\, = 12\)(mét)
b) Đúng
\(h(t) = 4\cos (\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3}) + 10\,\)
\( \Rightarrow h'(t) = - 4(\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3})'\sin \,(\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3}) + 10' = - \frac{{2\pi }}{3}\sin \,(\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3})\)
c) Đúng
Ta có
\(\begin{array}{l}h'(t) = 0 \Leftrightarrow \sin (\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3}) = 0 \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3} = k\pi \,\,(k \in \mathbb{Z})\\ \Leftrightarrow t = - 2 + 6k\end{array}\)
Mà \(0 \le t \le 24\)nên
\(0 \le - 2 + 6k \le 24 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le k \le \frac{{13}}{3} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\)
Với \(k = 1\) ta có \(t = 4\) suy ra \(h\left( 4 \right) = 6\).
Với \(k = 2\) ta có \(t = 10\) suy ra \(h\left( {10} \right) = 14\).
Với \(k = 3\) ta có \(t = 16\) suy ra \(h\left( {16} \right) = 6\).
Với \(k = 4\) ta có \(t = 22\) suy ra \(h\left( {22} \right) = 14\).
Vậy mực nước thấp nhất là 6 mét và mức nước này xuất hiện tại hai thời điểm khác nhau là \(t = 4\) giờ và \(t = 16\) giờ.
d) Đúng
Theo câu c) suy ra phương trình \(h'(t) = 0\)có một nghiệm trên đoạn \(\left[ {0;6} \right]\) là \(t = 4\).
Trong không gian \[Oxyz\], cho hình hộp \[ABCD.A'B'C'D'\]có \[A\left( {0;0;0} \right)\], \[B\left( {3;0;0} \right)\], \[D\left( {0;3;0} \right)\], \[D'\left( {0;3; - 3} \right)\]. Gọi \[G\]là trọng tâm tam giác \[B'BD'\].
[TH] Diện tích tam giác \[A'B'C\] bằng \[4,5\] (đvdt).
[NB] Tọa độ của điểm \[C\] là \[C\left( { - 3; - 3;0} \right)\].
[TH] Góc giữa hai đường thẳng \[AC\] và \[B'G\]là \[60^\circ \].
[NB] Tọa độ trọng tâm \[G\]của tam giác \[B'BD'\]là \[\left( {2;1; - 2} \right)\].
Lời giải
a) Sai.
Ta có \[A'\left( {0;0; - 3} \right)\], \[B'\left( {3;0; - 3} \right)\], \[C\left( {3;3;0} \right)\]. Suy ra \[\overrightarrow {A'B'} \left( {3;0;0} \right)\], \[\overrightarrow {A'C} \left( {3;3;3} \right)\], \[\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C} } \right] = \left( {0; - 9;9} \right)\]. Khi đó \[{S_{\Delta A'B'C}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C} } \right]} \right| = \frac{{9\sqrt 2 }}{2}\] (đvdt).
b) Sai.
Tọa độ của điểm \[C\] là \[C\left( {3;3;0} \right)\].
c) Sai.
Tọa độ trọng tâm \[G\]của tam giác \[B'BD'\]là \[\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_{B'}} + {x_B} + {x_{D'}}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_{B'}} + {y_B} + {y_{D'}}}}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_{B'}} + {z_B} + {z_{D'}}}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {2;1; - 2} \right)\].
Đường thẳng \[AC\]có VTCP là \[\overrightarrow {AC} = \left( {3;3;0} \right)\], đường thẳng có VTCP là \[\overrightarrow {B'G} = \left( { - 1;1;1} \right)\].
Gọi \[\alpha \] là góc giữa hai đường thẳng \[AC\] và \[B'G\], khi đó \[\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {B'G} }}{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\left| {\overrightarrow {B'G} } \right|}} = 0 \Rightarrow \alpha = 90^\circ \].
d) Đúng.
Tọa độ trọng tâm \[G\]của tam giác \[B'BD'\]là \[\left( {2;1; - 2} \right)\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi tâm \(O\), \(AB = 4a\) và góc BAD = 120°. Gọi \(H\) là trung điểm của \(AO\). Biết \(SH\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) và \(SH = a\sqrt 3 \).
Gọi \(\alpha \) là số đo góc phẳng nhị diện \[\left[ {S,CD,A} \right]\], khi đó \(\tan \alpha = \frac{2}{3}\).
Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) bằng \(8{a^3}\).
Góc tạo bởi đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \((SAC)\) bằng \(\widehat {BSH}\).
Gọi \(M,N,P\)lần lượt là trung điểm của ba cạnh \(CD\), \(BC\)và \(SA\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(PN\) và \(SM\)bằng \(\frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).
Lời giải
a) [VD]
BAD = 120o (gt) CAD = 60o
\( \Rightarrow \Delta ACD\) đều
có \(M\) là trung điểm của \(CD\)\( \Rightarrow \)\[AM\] là đường trung tuyến đồng thời cũng là đường cao của \(\Delta ACD\)
\( \Rightarrow AM \bot CD\)
\( \Rightarrow AM = \frac{{4a\sqrt 3 }}{2} = 2a\sqrt 3 \).
Kẻ \(HI{\rm{ // }}AM\), \(I \in MC\).
\(\Delta ACM\) có \(HI{\rm{ // }}AM\) theo định lý Thale`s ta có:
\( \Rightarrow HI = \frac{{CH \cdot AM}}{{CA}} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2}\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AM \bot CD}\\{HI{\rm{ // }}AM}\end{array}} \right. \Rightarrow HI \bot CD\quad (1)\)
\(SH \bot (ABCD)\left( {gt} \right) \Rightarrow SH \bot CD\quad (2)\)
Từ \((1),{\rm{ }}(2) \Rightarrow CD \bot (SHI)\)\( \Rightarrow \widehat {SIH} = \alpha \).
\(\Delta SHI{\rm{ }}\): \(\widehat {SHI} = {90^0}\)\( \Rightarrow \)\(\tan \alpha = \tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\left( {\frac{{3a\sqrt 3 }}{2}} \right)}} = \frac{2}{3}\).
Chọn: Đúng.
b) [TH] theo câu a) ta có \(\Delta ACD\) đều, \(CD = 4a\), \(AM = 2a\sqrt 3 \)
\({S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{2}CD \cdot AM\)\( = \frac{1}{2} \cdot 4a \cdot 2a\sqrt 3 = 4{a^2}\sqrt 3 \)
\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ACD}} = 8{a^2}\sqrt 3 \)
Vậy: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3 \cdot 8{a^2}\sqrt 3 = 8{a^3}\).
Chọn: Đúng.
c) [TH]
\(SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot OB\quad (3)\)
\(OB \bot AC\quad (4)\)
Từ (3), (4) \( \Rightarrow OB \bot (SAC)\) \( \Rightarrow OB \bot SO\)
\( \Rightarrow \widehat {BSO}\) là góc giữa \(SB\) và \((SAC)\).
Chọn: Sai.
d) [VD,VDC]
Chọn hệ trục \(Oxyz\) như hình vẽ:
\(Oz \bot (ABCD)\) tại \(O\), \(Ox \equiv OB\), \(Oy \equiv OC\)
Ta có: \(O(0,0,0)\); \(A(0, - 2a,0)\)
\(B(2a\sqrt 3 ;0,0)\), \(C(0,2a,0)\), \(D( - 2a\sqrt 3 ,0,0)\)
\(M\) là trung điểm của \(DC \Rightarrow M( - a\sqrt 3 ,a,0)\)
\(N\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow N(a\sqrt 3 ,a,0)\)
\(H(0, - a,0)\), \(S(0, - a,a\sqrt 3 )\)
P là trung điểm của SA \( \Rightarrow P(0, - \frac{3}{2}a,\frac{{a\sqrt 3 }}{2})\)
\(\overrightarrow {NP} = \left( { - a\sqrt 3 , - \frac{5}{2}a,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)\)
\(\overrightarrow {MS} = (a\sqrt 3 , - 2a,a\sqrt 3 )\)
\(\overrightarrow {MN} = \left( {2a\sqrt 3 ,{\rm{ }}0,{\rm{ }}0} \right)\)
\(\left[ {\overrightarrow {NP} ,\overrightarrow {MS} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{5}{2}a}&{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}\\{ - 2a}&{a\sqrt 3 }\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}&{ - a\sqrt 3 }\\{a\sqrt 3 }&{a\sqrt 3 }\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - a\sqrt 3 }&{ - \frac{5}{2}a}\\{a\sqrt 3 }&{ - 2a}\end{array}} \right|} \right)\)\( = \left( { - \frac{3}{2}{a^2}\sqrt 3 ,\frac{9}{2}{a^2},\frac{9}{2}\sqrt 3 {a^2}} \right)\)
\({d_{\left( {NP,MS} \right)}} = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {NP} ;\overrightarrow {MS} } \right] \cdot \overrightarrow {MN} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {NP} ;\overrightarrow {MS} } \right|}} = \frac{{\frac{9}{2}{a^3}}}{{\frac{{3\sqrt {39} }}{2}{a^2}}} = \frac{3}{{\sqrt {39} }}a\).
Chọn SAI.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một chi tiết máy mẫu bằng nhựa đúc đặc có dạng hình chóp tứ giác đều, cạnh đáy bằng \[20\;cm\]. Do bị lỗi kỹ thuật, bên trong chi tiết này có một khoang rỗng. Để kiểm tra, kỷ sư thả chìm hoàn toàn chi tiết máy vào một bể chứa dung dịch chống gỉ có dạng hình lăng trụ đứng có đáy là hình vuông cạnh \[30\;cm\]. Khi đó, mực dung dịch trong bể dâng thêm \[2\;cm\] và dung dịch đã tràn vào và lấp đầy khoang rỗng bên trong. Sau khi vớt chi tiết ra và lau khô bề mặt, khối lượng của nó tăng thêm \[160\;gam\] so với ban đầu. Biết khối lượng riêng của dung dịch là \[0,8\;gam/c{m^3}\]. Hãy tính độ dài cạnh bên của hình chóp nói trên. (Kết quả làm tròn đến hàng phần mười)
Lời giải
Đáp án: \[20,6\].
Thể tích phần nước dâng lên bằng thể tích của một hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh \[30\;cm\] và chiều cao \[2\;cm\], tức là có thể tích \[{30^2}.2 = 1\;800\;c{m^3}\].
Do \[160\;gam \equiv \frac{{160.1}}{{0,8}} = 200\;c{m^3}\] nên lượng dung dịch chui vào khoang rỗng có thể tích là \[200\;c{m^3}\].
Suy ra thể tích khối chóp tứ giác đều là \[1\;800 + 200 = 2\;000\;c{m^3}\]
Gọi \[x\;\left( {cm} \right)\;\left( {x > 0} \right)\] là độ dài cạnh bên của chóp tứ giác đều. Khi đó chiều cao của chóp là \[\sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{{20\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{x^2} - 200} \;\left( {cm} \right)\].
Do đó, có phương trình:\[\frac{1}{3}{.20^2}.\sqrt {{x^2} - 200} = 2\;000 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 200} = 15 \Leftrightarrow {x^2} - 200 = 225 \Leftrightarrow {x^2} = 425 \Leftrightarrow x = 5\sqrt {17} \approx 20,6\].
Cho hàm số \(y = g(x) = \ln \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}}\). Hỏi đồ thị hàm số có bao nhiêu đường tiệm cận (chỉ xét tiệm cận đứng và tiệm cận ngang)?
Lời giải
Đáp án: 3
Tìm điều kiện xác định (Tập xác định):
Hàm số có nghĩa khi biểu thức trong logarit lớn hơn 0: \(\frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}} > 0\)
Lập bảng xét dấu, ta tìm được tập xác định của hàm số là: \(D = ( - 5; - 1) \cup (4; + \infty )\)
2. Xét Tiệm cận ngang (TCN):
Dựa vào tập xác định, ta chỉ xét giới hạn khi \(x \to + \infty \): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \ln \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}}\)
Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}} = + \infty \) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \).
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
3. Xét Tiệm cận đứng (TCĐ):
Ta xét giới hạn của hàm số tại các đầu mút của tập xác định \(D\):
· Tại \(x = - 5\): Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {5^ + }} \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}} = {0^ + }\) \( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - {5^ + }} y = - \infty \Rightarrow {\bf{x}} = - {\bf{5}}\) là một đường tiệm cận đứng.
· Tại \(x = - 1\): Do\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}} = + \infty \)\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = + \infty \Rightarrow {\bf{x}} = - {\bf{1}}\) là một đường tiệm cận đứng.
· Tại \(x = 4\): Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}} = + \infty \) \( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} y = + \infty \Rightarrow {\bf{x}} = {\bf{4}}\) là một đường tiệm cận đứng.
(Lưu ý: Tại \(x = 2\), hàm số không xác định và xung quanh \(x = 2\) cũng không thuộc tập xác định nên không tồn tại giới hạn để xét tiệm cận).
Kết luận: Đồ thị hàm số có tổng cộng 3 đường tiệm cận (đều là tiệm cận đứng: \(x = - 5,x = - 1,x = 4\)).
Một kỹ sư tiến hành lắp ráp một rotor của động cơ phản lực. Rotor có \[9\] khe cắm cánh quạt được đánh số cố định từ \[1\] đến \[9\] theo vòng tròn (như hình vẽ). Khoảng cách giữa các khe đều nhau, tạo thành các đỉnh của một đa giác đều có \[9\] cạnh. Do sai số chế tạo, \[9\] cánh quạt có khối lượng thực tế là các số nguyên phân biệt từ \[1\] đến \[9\] gam. Để đảm bảo rotor cân bằng động học khi quay, kỹ sư lựa chọn phương án lắp đạt thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
+ Chia \[9\] cánh quạt thành \[3\] nhóm (mỗi nhóm \[3\] cánh).
+ Mỗi nhóm được lắp vào \[3\] khe cắm tạo thành một tam giác đều (ba khe cắm tạo thành một tam giác đều khi và chỉ khi chúng cách nhau đúng \[3\] khe theo vòng tròn).
+ Tổng khối lượng của \[3\] cánh quạt trong mỗi nhóm phải bằng nhau.
Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp \[9\] cánh quạt vào \[9\] khe cắm thỏa mãn các điều kiện kỹ thuật trên?
(Hai cách sắp xếp được coi là khác nhau nếu có ít nhất một cánh quạt ở một vị trí khe cắm khác nhau, không đồng nhất các cách lắp khác nhau bởi phép quay hay phép đối xứng của rotor)
Lời giải
Đáp án: \[2592\]
Ta có \[1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45\] nên để tổng khối lượng \[3\] cánh quạt trong mỗi nhóm bằng nhau thì tổng khối lượng mỗi nhóm bằng \[15\].
Ta chia các số từ \[1\] đến \[9\] thành \[3\] bộ: \[\left\{ {1;2;3} \right\}\], \[\left\{ {4;5;6} \right\}\], \[\left\{ {7;8;9} \right\}\].
Dễ thấy để lấy \[3\] số có tổng bằng \[15\] thì mỗi bộ ta lấy ra \[1\] số.
Ta có các bộ \[3\] số có tổng bằng \[15\] là:
+ có chứa số \[9\]: \[\left\{ {9;5;1} \right\}\], \[\left\{ {9;4;2} \right\}\].
+ có chứa số \[8\]: \[\left\{ {8;6;1} \right\}\], \[\left\{ {8;5;2} \right\}\], \[\left\{ {8;4;3} \right\}\].
+ có chứa số \[7\]: \[\left\{ {7;6;2} \right\}\], \[\left\{ {7;5;3} \right\}\].
Từ đây ta dễ dàng thấy có \[2\] cách chọn \[3\] bộ số thỏa mãn là
+ \[\left\{ {9;5;1} \right\}\], \[\left\{ {8;4;3} \right\}\], \[\left\{ {7;6;2} \right\}\].
+ \[\left\{ {9;4;2} \right\}\], \[\left\{ {8;6;1} \right\}\], \[\left\{ {7;5;3} \right\}\].
Giờ ta sẽ đếm số cách sắp xếp vào \[9\] khe rotor.
Rotor có \[9\] khe được đánh số cố định từ \[1\] đến \[9\]. Ta có đúng \[3\] tam giác đều trên rotor:
+ Tam giác \[{T_1}\]: khe \[1\], \[4\], \[7\].
+ Tam giác \[{T_2}\]: khe \[2\], \[5\], \[8\].
+ Tam giác \[{T_3}\]: khe \[3\], \[6\], \[9\].
Chọn một cách chọn \[3\] bố số, có \[2\] cách.
Chọn bộ số điền vào \[3\] tam giác, có \[3!\] cách.
Sắp xếp các số trong \[3\] tam giác, có \[{\left( {3!} \right)^3}\] cách.
Số cách xếp thỏa mãn là \[2 \cdot 3! \cdot {\left( {3!} \right)^3} = 2592\].
Một nông trại dâu tây sạch tại Đà Lạt (Bên \(A\) ) ký hợp đồng cung cấp độc quyền cho một chuỗi cửa hàng tại TP.HCM (Bên B). Dựa trên dữ liệu thị trường, Bên B dự tính rằng nếu mỗi ngày nhập và bán hết \(x\) ki-lô-gam ( kg ) dâu tây \((0 < x < 150)\), thì tổng doanh thu bán lẻ là \(R(x) = 300x - {x^2}\) (nghìn đồng). Tuy nhiên, để vận hành việc bán hàng (bảo quản, nhân sự, mặt bằng…), Bên B phải chịu chi phí vận hành (không bao gồm tiền nhập hàng) là \(C(x) = {x^2} + 20x + 500\) (nghìn đồng). Bên A sẽ quyết định mức giá bán sỉ là \(p\) cho bên B. Giả sử Bên B là đơn vị kinh doanh tối ưu, họ sẽ luôn chọn lượng nhập hàng là \(x\) sao cho lợi nhuận thu được là cao nhất ứng với mức giá \(p\). Hãy xác định mức giá sỉ \(p\) ( nghìn đồng) mà nông trại nên thiết lập để tổng doanh thu của nông trại từ việc bán hàng cho Bên B là lớn nhất. (Kết qủa làm tròn đến hàng đơn vị).
Lời giải
Đáp số: \(140\)
Lợi nhuận của Bên B thu được là: \(L(x) = R(x) - [p \cdot x + C(x)]\)
\(L(x) = (300x - {x^2}) - [p \cdot x + ({x^2} + 20x + 500)]\)
\(L(x) = - 2{x^2} + (280 - p)x - 500\)
Để Bên B đạt lợi nhuận cao nhất tại \(x = \frac{{280 - p}}{4} = 70 - \frac{p}{4}\)
Tổng doanh thu của nông trại (Bên A) từ việc bán hàng cho Bên B là:
\(T(p) = p \cdot x = p\left( {70 - \frac{p}{4}} \right)\)\( = 70p - \frac{{{p^2}}}{4}\)
Để doanh thu của nông trại lớn nhất:
\(T'(p) = 70 - \frac{p}{2} = 0\) \( \Rightarrow p = 140\)
Với \(p = 140\), ta có \(x = 70 - \frac{{140}}{4} = 35\) (thỏa mãn điều kiện \(0 < x < 150\)).
Vậy mức giá sỉ \(p\) mà nông trại nên thiết lập là 140 (nghìn đồng).
Cho một tòa nhà đồ chơi có dạng hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) với đáy là hình vuông cạnh \(20{\rm{cm}}\) và chiều cao \(80{\rm{cm}}\). Mặt \(A'B'C'D'\) là mặt dưới, còn \(ABCD\) là mặt trên.
Một con kiến xuất phát từ điểm \(A'\) và bò trên bề mặt xung quanh của tòa nhà để đến đích là điểm \(A\) (như hình minh họa). Đường đi của con kiến là một đường gấp khúc liên tục, nằm hoàn toàn trên bốn mặt bên (không đi trên mặt trên và mặt dưới), không trùng với các cạnh của hình hộp và lần lượt cắt các cạnh theo đúng thứ tự: \(BB'\), \(CC'\), \(BB'\), \(CC'\), \(DD'\). Biết rằng con kiến chạm vào cạnh \(BB'\) tại các điểm cách \(B'\) một khoảng không nhỏ hơn \(16{\rm{cm}}\) và chạm vào cạnh \(CC'\) tại các điểm cách \(C\) một khoảng không lớn hơn \(16{\rm{cm}}\). Tính độ dài ngắn nhất của quãng đường mà con kiến đi (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị, đơn vị đo là cm).
Lời giải
Đáp án: \(157\)
Gọi các điểm chạm của con kiến trên các cạnh \(BB'\), \(CC'\), \(BB'\), \(CC'\), \(DD'\) lần lượt là \(E\), \(F\), \(G\), \(H\), \(I\). Áp dụng phương pháp trải hình như hình bên dưới.
Vì con kiến chạm vào cạnh \(BB'\) tại các điểm cách \(B'\) một khoảng không nhỏ hơn \(16{\rm{cm}}\) và chạm vào cạnh \(CC'\) tại các điểm cách \(C\) một khoảng không lớn hơn \(16{\rm{cm}}\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}B'E \ge 16\\CF \le 16\end{array} \right.\).
Khi đó, đặt \(CF = x\) thì \(x \le 16\) và \(B'E = \frac{{80 - x}}{2} \ge 32\) (thỏa mãn).
Độ dài đường đi của con kiến: \(f\left( x \right) = A'F + FA = \sqrt {{{40}^2} + {{\left( {80 - x} \right)}^2}} + \sqrt {{{80}^2} + {x^2}} \), \(x \le 16\).
Đạo hàm: \(f'\left( x \right) = \frac{{x - 80}}{{\sqrt {{{40}^2} + {{\left( {80 - x} \right)}^2}} }} + \frac{x}{{\sqrt {{{80}^2} + {x^2}} }} = \frac{{\left( {x - 80} \right)\sqrt {{x^2} + 6400} + x\sqrt {{x^2} - 160x + 8000} }}{{\sqrt {\left( {{x^2} - 160x + 8000} \right)\left( {{x^2} + 6400} \right)} }}\)
\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x\sqrt {{x^2} - 160x + 8000} = \left( {80 - x} \right)\sqrt {{x^2} + 6400} \)
\( \Rightarrow {x^2}\left( {{x^2} - 160x + 8000} \right) = {\left( {80 - x} \right)^2}\left( {{x^2} + 6400} \right)\)
\( \Leftrightarrow 4800{x^2} - 1024000x + 40960000 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 160 > 16\\x = \frac{{160}}{3} > 16\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:
Vậy độ dài đường đi ngắn nhất của con kiến là
\({f_{\min }} = f\left( {16} \right) = \sqrt {{{40}^2} + {{\left( {80 - 16} \right)}^2}} + \sqrt {{{80}^2} + {{16}^2}} \approx 157{\rm{cm}}\).
Chọn ngẫu nhiên 5 số phân biệt từ tập hợp \(X = \left\{ {2;4;6;8;10;12;13;14;16;18;20} \right\}\) để xếp vào 5 ô \(A,B,C,D,O\) như hình vẽ (mỗi ô xếp một số). Gọi \(Y\) là biên cố “ Số 13 ở ô \(O\) và tổng các số ở ô \(A,O,C\) bằng tổng các số xếp ở ô \(B,O,D\)”. Biết xác suất của biến cố \(Y\) là \(P\left( Y \right) = \frac{a}{b}\)( với \(a,b \in \mathbb{N}\); \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản). Khi đó giá trị \(a + b\) bằng bao nhiêu?
Lời giải
Đáp án: \(698\)
Không gian mẫu:” Chọn 5 số từ 11 số và xếp vào 5 vị trí “: \(n(\Omega ) = A_{11}^5 = 55440\)
Chọn chữ số 13 xếp vào ô O có: 1 cách.
Vì \(A + C = B + D = S\).
· \(S = 10 \Rightarrow \) {2,8}, {4,6} \( \Rightarrow \) có 1 cách.
· \(S = 12 \Rightarrow \) {2,8}, {4,6} \( \Rightarrow \) có 1 cách.
· \(S = 14 \Rightarrow \){2,12} và {4,10}, {2,12} và {6,8}, {4,10} và {6,8} \( \Rightarrow \) có 3 cách
· \(S = 16 \Rightarrow \) {2,14} và {6,10}, {2,14} và {4,12}, {4,12} và {6,10} \( \Rightarrow \) có 3 cách.
· \(S = 18 \Rightarrow \) {2,16}, {4,14}, {6,12}, {8,10} \( \Rightarrow \)Chọn 2 trong 4 cặp có \( \Rightarrow C_4^2 = 6\) cách.
· \(S = 20 \Rightarrow \) {2,18}, {4,16}, {6,14}, {8,12} \( \Rightarrow \)Chọn 2 trong 4 cặp \( \Rightarrow 6\) cách.
· \(S = 22 \Rightarrow \){2,20}, {4,18}, {6,16}, {8,14}, {10,12} \( \Rightarrow \)Chọn 2 trong 5 cặp \( \Rightarrow C_5^2 = 10\) cách
· \(S = 24 \Rightarrow \) {4,20}, {6,18}, {8,16}, {10,14}\( \Rightarrow \)Chọn 2 trong 4 cặp \( \Rightarrow 6\) cách.
· \(S = 26 \Rightarrow \) {6,20}, {8,18}, {10,16}, {12,14} \( \Rightarrow \)Chọn 2 trong 4 cặp \( \Rightarrow 6\) cách
· \(S = 28 \Rightarrow \)Tổng 28: {8,20}, {10,18}, {12,16} \( \Rightarrow \)Chọn 2 trong 3 cặp \( \Rightarrow 3\) cách.
· \(S = 30 \Rightarrow \)Tổng 30: {10,20}, {12,18}, {14,16} \( \Rightarrow \)3 cách.
· \(S = 32 \Rightarrow \)ng 32: {12,20}, {14,18}\( \Rightarrow \)(1 cách.
· \(S = 34 \Rightarrow \) {14,20}, {16,18} \( \Rightarrow \)1 cách.
Tổng số cách chọn \(1 + 1 + 3 + 3 + 6 + 6 + 10 + 6 + 6 + 3 + 3 + 1 + 1 = 50\) cách.
Chọn 1 cặp xếp vào ô A-C, cặp còn lại cho ô B-D: 2 cách.
Hoán vị 2 số trong cặp A, C: 2 cách.
Hoán vị 2 số trong cặp B, D: 2 cách.
\( \Rightarrow \) Mỗi bộ có \(2 \times 2 \times 2 = 8\) cách.
Số phần tử thuận lợi: \(n(Y) = 50 \times 8 = 400\).
Xác suất của biến cố \(Y\):\(P(Y) = \frac{{n(Y)}}{{n(\Omega )}} = \frac{5}{{693}} \Rightarrow a + b = 698\).
