Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Nguyễn Trung Thiên (Hà Tĩnh) 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
Biết \(\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x = 3} \), khi đó \(\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {2f\left( x \right) + 1} \right){\rm{d}}x} \) bằng:
\(8\).
\(10\).
\(7\).
\(6\).
Chọn A
\[\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {2f\left( x \right) + 1} \right)dx} = 2.\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx + } \int\limits_{ - 1}^1 {dx = 2.3 + 2 = 8} \].
Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho \(A\left( {2; - 2;1} \right)\), \(B\left( {0;1;2} \right)\). Tọa độ điểm \(M\) thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho \(3\) điểm \(A\), \(B\), \(M\) thẳng hàng là
\(M\left( {4; - 5;0} \right)\).
\(M\left( {2; - 3;0} \right)\).
\(M\left( {4;5;0} \right)\).
\(M\left( {0;0;1} \right)\).
Lời giải
Chọn A
Gọi \(M\left( {x;y;0} \right)\). \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;3;1} \right)\), \(\overrightarrow {AM} = \left( {x - 2;y + 2; - 1} \right)\).
\(3\) điểm \(A\), \(B\), \(M\) thẳng hàng khi \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AM} \) cùng phương\( \Leftrightarrow \frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{ - 1}}{1} = - 1\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{y = - 5}\end{array}} \right.\). Tọa độ \(M\left( {4; - 5;0} \right)\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\). Biết \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SA = a\sqrt 3 \). Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là
\({a^3}\sqrt 3 \).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{{a^3}}}{4}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
Lời giải
Chọn B
Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\)
Khẳng định nào đúng?
\(\overrightarrow {AD} \) cùng hướng với \(\overrightarrow {B'C'} \).
\(\overrightarrow {AC'} \) cùng hướng với \(\overrightarrow {A'C'} \).
\(\overrightarrow {CD} \) cùng hướng với \(\overrightarrow {D'C'} \).
\[\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {BD'} \].
Lời giải
Chọn A
\(\overrightarrow {AD} \) cùng hướng với \(\overrightarrow {B'C'} \).
Phương trình \({3^{x - 2}} = \frac{1}{9}\) có nghiệm là
\(x = \frac{{19}}{9}\).
\(x = 0\).
\(x = 4\).
\(x = 2\).
Lời giải
Chọn B
Ta có phương trình:\({3^{x - 2}} = \frac{1}{9}\)\( \Leftrightarrow {3^{x - 2}} = {3^{ - 2}}\)\( \Leftrightarrow x - 2 = - 2\)\( \Leftrightarrow x = 0\).
Vậy phương trình có nghiệm là \(x = 0\).
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x - 2}}{{x + 1}}\) là
\(x = - 1\).
\(x = 1\).
\(x = - 2\).
\(x = 2\).
Lời giải
Chọn A
Hàm số \(y = \frac{{2x - 2}}{{x + 1}}\) có tập xác định là \(D = \mathbb{R} \setminus \{ - 1\} \). Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{2x - 2}}{{x + 1}} = - \infty \) (vì tử số tiến về -4 và mẫu số tiến về \({0^ + }\)). Do đó, đường thẳng \(x = - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho vectơ \(\vec a = \left( {1;2;3} \right)\) và \(\vec b = \left( {2;2; - 1} \right)\). Toạ độ của \(\vec a - 2\vec b\) là:
\(\left( { - 3; - 2;1} \right)\).
\(\left( {3;2;5} \right)\).
\(\left( { - 3; - 2;5} \right)\).
\(\left( { - 1;0;4} \right)\).
Lời giải
Chọn C
Ta có \(2\vec b = (4;4; - 2)\). Suy ra toạ độ của vectơ \(\vec a - 2\vec b\) là: \(\vec a - 2\vec b = (1 - 4;2 - 4;3 - ( - 2)) = ( - 3; - 2;5)\).
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Đường thẳng \(AB\) song song với mặt phẳng nào sau đây?
\(\left( {CC'A'A} \right)\).
\[\left( {BB'C'C} \right)\].
\(\left( {A'B'C'D'} \right)\).
\((AA'D'D)\) .
Lời giải
Chọn C
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB{\rm{//}}A'B'\\A'B' \subset \left( {A'B'C'D'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)\).
Tập nghiệm của phương trình \(\sin x = 0\) có nghiệm
\(S = \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Lời giải
Chọn C
Ta có phương trình: \[\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi {\rm{ }}(k \in \mathbb{Z})\]
Cho hàm số \(f\left( x \right) = {3^x} + \sin x\). Một nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) trên \(\mathbb{R}\) là
\(F\left( x \right) = {3^x}\ln 3 + \cos x\).
\(F\left( x \right) = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + \cos x\).
\(F\left( x \right) = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} - \cos x\).
\(F\left( x \right) = {3^x}\ln 3 + \sin x\).
Lời giải
Chọn C
\[\int {({3^x} + \sin } x)dx = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} - \cos x + C\].
Một người chia thời lượng (đơn vị: giây) thực hiện các cuộc gọi điện thoại của mình trong một tuần thành 6 nhóm và lập bảng tần số ghép nhóm như sau.
Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) (đơn vị: giây) của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng
\(145\).
\(130\).
\(140\).
\(135\).
Lời giải
Chọn D
Nhóm chứa tứ phân vị thứ 3 là nhóm 4.
Khi đó: \[{Q_3} = 120 + \frac{{30 - 11 - 10 - 6}}{8}.40 = 135.\]
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = 5,{u_{12}} = 38\) thì công sai \(d\) là
\(d = 1\).
\(d = 3\).
\(d = 2\).
\(d = 4\).
Lời giải
Chọn B
Ta có \[{u_{12}} = {u_1} + 11d = 5 + 11d = 38 \Rightarrow d = 3.\]
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)
Một bác tài xế thống kê lại độ dài quãng đường bác đã lái xe mỗi ngày trong một tháng ở bảng sau:
Độ dài quãng đường (km) | \(\left[ {50;100} \right)\) | \(\left[ {100;150} \right)\) | \(\left[ {150;200} \right)\) | \(\left[ {200;250} \right)\) | \(\left[ {250;300} \right)\) |
Số ngày | 5 | 10 | 9 | 4 | 2 |
Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là 145.
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là \(250\,\left( {km} \right)\).
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm bằng 79,17 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm bằng 55,68 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Lời giải
a) Sai.
Số trung bình của mẫu số liệu là:
\(\bar x = \frac{{75.5 + 125.10 + 175.9 + 225.4 + 275.2}}{{5 + 10 + 9 + 4 + 2}} = 155\)
b) Đúng.
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là: \(R = 300 - 50 = 250\).
c) Đúng.
Ta có \(\frac{n}{4} = 7,5\) nên \({Q_1} \in \left[ {100;150} \right)\)
\({Q_1} = 100 + \frac{{7,5 - 5}}{{10}} \cdot 50 = 112,5\).
Ta có \(\frac{{3n}}{4} = 22,5\) nên \({Q_3} \in \left[ {150;200} \right)\)
\({Q_3} = 150 + \frac{{22,5 - \left( {10 + 5} \right)}}{9} \cdot 50 = \frac{{575}}{3}\).
Khoảng tứ phân vị: \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{475}}{6} \approx 79,17\).
d) Đúng.
Phương sai: \({s^2} = \frac{1}{{30}}\left[ {{{75}^2}.5 + {{125}^2}.10 + {{175}^2}.9 + {{225}^2}.4 + {{275}^2}.2} \right] - {155^2} = 3100\).
Độ lệch chuẩn: \(s = \sqrt {{s^2}} \approx 55,68\).
Một kho chứa hàng có dạng hình lăng trụ đứng \[ABFPE.DCGQH\] với \[ABFE\] là hình chữ nhật và \[EFP\] là tam giác cân tại \[P\]. Gọi \[T\] là trung điểm của \[DC\]. Các kích thước của kho chứa lần lượt là \[AB = 6m\]; \[AE = 5m\]; \[AD = 8m\]; \[QT = 7m\]. Người ta mô hình hóa nhà kho bằng cách chọn hệ trục tọa độ có gốc tọa độ là điểm \[O\] thuộc đoạn \[AD\] sao cho \[OA = 2m\] và các trục tọa độ tương ứng như hình vẽ dưới đây. Khi đó:
Tọa độ của điểm \[Q\] là \[\left( { - 6\,;3\,;5} \right)\].
Vectơ \[\overrightarrow {OC} \] có tọa độ là \[\left( { - 6\,;6\,;0} \right)\].
Người ta muốn lắp camera quan sát trong nhà kho tại vị trí trung điểm của \[FG\] và đầu thu dữ liệu đặt tại vị trí \[O\]. Người ta thiết kế đường dây cáp nối từ \[O\] đến \[K\] sau đó nối thẳng đến camera. Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu bằng \[5 + 2\sqrt {10} \]m.
Mái nhà được lợp bằng tôn Hoa Sen, giá tiền mỗi mét vuông tôn là 130.000 đồng. Số tiền cần bỏ ra để mua tôn lợp mái nhà là 3.750.000 đồng (không kể hao phí do việc cắt và ghép các miếng tôn, làm tròn kết quả đến hàng nghìn).
Lời giải
Hình lăng trụ đứng \[ABFPE.DCGQH\] với \[ABFE\] là hình chữ nhật và \[EFP\] là tam giác cân tại \[P\].
Gọi \[T\] là trung điểm của \[DC\].
\[AB = 6m\]; \[AE = 5m\]; \[AD = 8m\]; \[QT = 7m\]; \[OA = 2m\].
a) Ta có \[DT = \frac{1}{2}.DC = \frac{1}{2}.AB = \frac{1}{2}.6 = 3\](m).
\[OD = AD - OA = 8 - 2 = 6\] (m).
Vậy, tọa độ của điểm \[Q\] là \[\left( { - 6\,;3\,;7} \right)\]. Vậy a SAI.
b) Ta có \[C\left( { - 6\,;\,6\,;\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OC} \left( { - 6\,;\,6\,;\,0} \right)\]. Vậy b ĐÚNG.
c) Ta có \[K\left( {0\,;\,0\,;\,5} \right) \Rightarrow OK = 5\].
\[F\left( {2\,;\,6\,;\,5} \right)\], \[G\left( { - 6\,;\,6\,;\,5} \right)\]\[ \Rightarrow \]Trung điểm của \[FG\] là \[I\left( { - 2\,;\,6\,;\,5} \right)\].
\[ \Rightarrow \overrightarrow {KI} = \left( { - 2;6;0} \right) \Rightarrow KI = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {6^2} + {0^2}} = \sqrt {40} = 2\sqrt {10} \].
\[ \Rightarrow \] Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu bằng \[OK + KI = 5 + 2\sqrt {10} \]m. Vậy c ĐÚNG.
d) Ta có \[EH = FG = AD = 8\]m.
Gọi \[J = QT \cap HG \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}JG = \frac{1}{2}.HG = \frac{1}{2}.AB = \frac{1}{2}.6 = 3m\\QJ = QT - JT = QT - AE = 7 - 5 = 2m\end{array} \right.\].
\[\Delta QJG\] vuông tại \[J\] nên \[QG = \sqrt {Q{J^2} + J{G^2}} = \sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13} \] (m).
\[EFP\] là tam giác cân tại \[P\] nên \[PE = PF \Rightarrow \] \[{S_{EHQP}} = {S_{QPFG}}\].
\[{S_{EHQP}} = {S_{QPFG}} = QG.FG = QG.AD = \sqrt {13} .8 = 8\sqrt {13} \] (\[{m^2}\]).
Tổng diện tích mái là \[16\sqrt {13} {m^2}\].
Số tiền mua tôn: \[16\sqrt {13} .130\,\,000 \approx 7\,\,499\,\,546 \approx 7\,\,500\,\,000\] (đồng). Vậy d SAI.
Cho hàm số \[y = - {x^3} + 3{x^2} + 4\] có đồ thị \[\left( C \right)\].
Hàm số có đạo hàm là \[y' = - 3{x^2} + 6x\].
Hàm số đồng biến trên khoảng\[\left( {0;2} \right)\].
Đồ thị \[\left( C \right)\] có hai điểm cực trị và đường thẳng qua hai điểm cực trị là \[2x + y - 4 = 0\].
Diện tích \[\Delta AOB\] bằng 4 trong đó \[A\] và \[B\] là hai điểm cực trị của \[\left( C \right)\].
Lời giải
a) Đúng. Hàm số có đạo hàm là \[y' = - 3{x^2} + 6x\].
b) Đúng. Ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\]
Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên khoảng\[\left( {0;2} \right)\].
c) Sai. Gọi \[A\left( {0;4} \right),B\left( {2;8} \right)\] là hai điểm cực trị của hàm số.
Khi đó \[\overrightarrow {AB} = \left( {2;4} \right)\] nên đường thẳng đi qua hai điểm \[A,B\] là \[\frac{{x - 0}}{2} = \frac{{y - 4}}{4} \Leftrightarrow 2x - y + 4 = 0\].
d) Đúng. Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( {2;4} \right) \Rightarrow AB = 2\sqrt 5 \]; \[\overrightarrow {OA} = \left( {0;4} \right) \Rightarrow OA = 4\]; \[\overrightarrow {OB} = \left( {2;8} \right) \Rightarrow OB = 2\sqrt {17} \]
Khi đó \[p = \frac{{OA + OB + AB}}{2} = \frac{{2\sqrt 5 + 4 + 2\sqrt {17} }}{2}\]
Vậy \[{S_{\Delta AOB}} = \sqrt {p\left( {p - OA} \right)\left( {p - OB} \right)\left( {p - AB} \right)} = 4\].
Tại thời điểm \[t = 0\], một chiếc xe đang chuyển động về một hướng với vận tốc ban đầu \({v_0} = 10\left( {m/s} \right)\), gia tốc của xe từ thời điểm đó được tính bằng công thức \(a\left( t \right) = - 2t + 4\left( {m/{s^2}} \right)\). Sau thời điểm đó 3 giây, do gặp chướng ngại vật nên xe bắt đầu phanh gấp và chuyển động biến đổi đều với gia tốc mới \({a_m}\left( t \right) = - 6\left( {m/{s^2}} \right)\).
Sau khi phanh gấp, xe chuyển động chậm dần đều.
Vận tốc của xe luôn tăng trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên.
Vận tốc của xe tại thời điểm \(t = 3\) giây là \(3\left( {m/s} \right)\).
Quãng đường xe đi được từ thời điểm \(t = 0\) đến khi dừng hẳn là \(92m\).
Lời giải
a) Do \({a_m}\left( t \right) = - 6 < 0\) nên xe chuyển động chậm dần đều. Suy ra ý a là đúng.
b) Ta có trong khoảng thời gian 3 giây đầu thì \(v'\left( t \right) = a\left( t \right) = - 2t + 4 = 0 \Leftrightarrow t = 2\).
Khi \(2 < t < 3 \Rightarrow - 2t + 4 < 0 \Rightarrow v'\left( t \right) < 0\), do đó vận tốc của xe sẽ giảm. Suy ra ý b là sai.
c) Khi \(0 \le t \le 3\), ta có \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( { - 2t + 4} \right)} \,dt = - {t^2} + 4t + C\).
Khi \[t = 0\] thì \(v\left( 0 \right) = C = 10\), do đó \(v\left( t \right) = - {t^2} + 4t + 10 \Rightarrow v\left( 3 \right) = 13\). Suy ra ý c là sai.
d) Khi \(t > 3\)thì \(v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( { - 6} \right)} \,dt = - 6t + {C_1}\).
Khi \[t = 3\] thì \(v\left( 3 \right) = - 18 + {C_1} = 13 \Rightarrow {C_1} = 31\), do đó \(v\left( t \right) = - 6t + 31\).
Khi xe dừng hẳn thì \(v\left( t \right) = - 6t + 31 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{31}}{6}\).
Quãng đường xe đi được từ thời điểm \(t = 0\) đến khi dừng hẳn là:
\(s = \int\limits_0^{31/6} {v\left( t \right)dt = } \int\limits_0^3 {\left( { - {t^2} + 4t + 10} \right)dt + } \int\limits_3^{31/6} {\left( { - 6t + 31} \right)dt = } \)\(\frac{{637}}{{12}}m\). Suy ra ý d là sai.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn.Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một phần đường chạy của tàu lượng siêu tốc (Hình 1) khi gắn hệ trục tọa độ \(Oxy\) được mô phỏng ở Hình 2, đơn vị trên mỗi trục là mét.
Hình 1 |
Hình 2 |
Biết đường chạy của nó là một phần đồ thị hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)\(\left( {0 \le x < 90} \right)\); tàu lượn siêu tốc xuất phát từ điểm \(A\), đi qua các điểm \(C\), \(D\) (ba điểm \(A\), \(C\), \(D\) nằm trên đường thẳng song song với trục \(Ox\)) đồng thời đạt độ cao nhỏ nhất so với mặt đất là \(4{\rm{m}}\). Độ cao lớn nhất mà tàu lượng siêu tốc đạt được là bao nhiêu mét so với mặt đất (kết quả làm tròn đến hàng phần chục)?
Lời giải
Đáp án: 40,7.
Dựa vào Hình 2, ta thấy đường thẳng \(y = 30\) cắt đồ thị hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)\(\left( {a < 0} \right)\) tại ba điểm phân biệt \(A\), \(C\), \(D\) có hoành độ lần lượt là \(x = 0\); \(x = 50\); \(x = 80\).
Do đó, \(a{x^3} + b{x^2} + cx + d - 30 = ax\left( {x - 50} \right)\left( {x - 80} \right) = a\left( {{x^3} - 130{x^2} + 4000x} \right)\)
\( \Rightarrow y = a\left( {{x^3} - 130{x^2} + 4000x} \right) + 30 \Rightarrow y' = a\left( {3{x^2} - 260x + 4000} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 20 \in \left[ {0;90} \right)\\x = \frac{{200}}{3} \in \left[ {0;90} \right)\end{array} \right.\).
Tàu lượn đạt độ cao nhỏ nhất so với mặt đất là \(4{\rm{m}}\) nên
\(y\left( {20} \right) = 4 \Rightarrow a\left( {{{20}^3} - 130 \times {{20}^2} + 4000 \times 20} \right) + 30 = 4 \Leftrightarrow a = - \frac{{13}}{{18000}}\).
Vậy độ cao lớn nhất mà tàu lượn siêu tốc đạt được là
\(y\left( {\frac{{200}}{3}} \right) = - \frac{{13}}{{18000}}\left[ {{{\left( {\frac{{200}}{3}} \right)}^3} - 130{{\left( {\frac{{200}}{3}} \right)}^2} + 4000\left( {\frac{{200}}{3}} \right)} \right] + 30 = \frac{{9890}}{{243}} \approx 40,7{\rm{m}}\).
Một người môi giới bất động sản có \[8\] chìa khóa để mở \[8\] ngôi nhà mới. Mỗi chìa khóa chỉ mở được đúng \[1\] ngôi nhà. Biết có \[3\] ngôi nhà thường không khóa cửa, người môi giới chọn ngẫu nhiên \[3\] chìa khóa mang theo. Hỏi nếu người môi giới chọn ngẫu nhiên một nhà để vào thì xác suất để người môi giới này có thể vào được là bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Lời giải
Đáp án: \[0,61\]
Cách 1:
Ta có các trường hợp:
Trường hợp 1: \[3\] chìa khóa được chọn là chìa \[3\] ngôi nhà không khóa cửa.
Người môi giới khi đó có thể vào đúng \[3\] ngôi nhà.
Xác suất chọn được \[3\] chìa đó là: \[\frac{{C_3^3}}{{C_8^3}}\].
Xác suất để người môi giới vào được nhà là: \[\frac{3}{8}\].
Xác suất trong trường hợp này là: \[\frac{{C_3^3}}{{C_8^3}} \cdot \frac{3}{8}\].
Trường hợp 2: \[3\] chìa khóa được chọn là chìa \[2\] ngôi nhà không khóa cửa và \[1\] ngôi nhà khóa cửa.
Người môi giới khi đó có thể vào đúng \[4\] ngôi nhà.
Xác suất chọn được \[3\] chìa đó là: \[\frac{{C_3^2 \cdot C_5^1}}{{C_8^3}}\].
Xác suất để người môi giới vào được nhà là: \[\frac{4}{8}\].
Xác suất trong trường hợp này là: \[\frac{{C_3^2 \cdot C_5^1}}{{C_8^3}} \cdot \frac{4}{8}\].
Trường hợp 3: \[3\] chìa khóa được chọn là chìa \[1\] ngôi nhà không khóa cửa và \[2\] ngôi nhà khóa cửa.
Người môi giới khi đó có thể vào đúng \[5\] ngôi nhà.
Xác suất chọn được \[3\] chìa đó là: \[\frac{{C_3^1 \cdot C_5^2}}{{C_8^3}}\].
Xác suất để người môi giới vào được nhà là: \[\frac{5}{8}\].
Xác suất trong trường hợp này là: \[\frac{{C_3^1 \cdot C_5^2}}{{C_8^3}} \cdot \frac{5}{8}\].
Trường hợp 4: \[3\] chìa khóa được chọn là chìa \[3\] ngôi nhà khóa cửa.
Người môi giới khi đó có thể vào đúng \[6\] ngôi nhà.
Xác suất chọn được \[3\] chìa đó là: \[\frac{{C_5^3}}{{C_8^3}}\].
Xác suất để người môi giới vào được nhà là: \[\frac{6}{8}\].
Xác suất trong trường hợp này là: \[\frac{{C_5^3}}{{C_8^3}} \cdot \frac{6}{8}\].
Vậy xác suất cần tìm là: \[\frac{{C_3^3}}{{C_8^3}} \cdot \frac{3}{8} + \frac{{C_3^2 \cdot C_5^1}}{{C_8^3}} \cdot \frac{4}{8} + \frac{{C_3^1 \cdot C_5^2}}{{C_8^3}} \cdot \frac{5}{8} + \frac{{C_5^3}}{{C_8^3}} \cdot \frac{6}{8} = \frac{{39}}{{64}} \approx 0,61\].
Cách 2:
Ta có các trường hợp:
Trường hợp 1: Người môi giới chọn ngôi nhà không khóa cửa.
Xác suất chọn được ngôi nhà như thế là: \[\frac{{C_3^1}}{{C_8^1}}\].
Do nhà không khóa nên người môi giới chắc chắn sẽ vào được nhà, xác suất vào được nhà bằng \[1\].
Xác suất trường hợp này là: \[\frac{{C_3^1}}{{C_8^1}}\].
Trường hợp 2: Người môi giới chọn ngôi nhà khóa cửa.
Xác suất chọn được ngôi nhà như thế là: \[\frac{{C_5^1}}{{C_8^1}}\].
Để vào được nhà, người môi giới cần có chìa khóa ngôi nhà đó, tức là trong \[3\] chìa người đó chọn có chìa khóa ngôi nhà người đó vào (\[1\] cách), \[2\] chìa còn lại ngẫu nhiên (\[C_7^2\] cách). Do đó xác suất để người đó vào được nhà là: \[\frac{{1 \cdot C_7^2}}{{C_8^3}}\].
Xác suất trường hợp này là: \[\frac{{C_5^1}}{{C_8^1}} \cdot \frac{{C_7^2}}{{C_8^3}}\].
Vậy xác suất cần tìm là: \[\frac{{C_3^1}}{{C_8^1}} + \frac{{C_5^1}}{{C_8^1}} \cdot \frac{{C_7^2}}{{C_8^3}} = \frac{{39}}{{64}} \approx 0,61\].
Có một tấm bìa hình ngũ giác đều \(MNPQR\) tâm \(O\) cạnh bằng \(30\,{\rm{cm}}\), cắt bỏ \(5\) tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy là cạnh của ngũ giác đều ban đầu, đỉnh là đỉnh của ngũ giác đều bên trong như hình vẽ rồi gập lên thành một khối chóp ngũ giác đều có cạnh đáy bằng \(x\) (cm). Tìm \(x\) để thể tích tạo thành là lớn nhất.
Lời giải
Đáp án: 14,8
Xét tam giác cân \(ORQ\) tại \(O\), \(\widehat {ROQ} = 72^\circ \).
\(K\) là trung điểm \(RQ\), ta có trong tam giác vuông \(OKR\) có \(\sin \widehat {ROK} = \frac{{RK}}{{RO}} \Leftrightarrow OR = \frac{{15}}{{\sin 36^\circ }}\)
Xét tam giác \(OED\) cân tại \(O\), \(I\) là trung điểm \(ED\), với \(ED\) bằng \(x\), \(\widehat {EOD} = 72^\circ \)
Trong tam giác vuông \(OEI\) ta có \(\tan \widehat {EOI} = \frac{{EI}}{{OI}} \Leftrightarrow OI = \frac{{EI}}{{\tan 36^\circ }}\)\( \Leftrightarrow OI = \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}\)
Ta có \(RI = RO - OI = \frac{{15}}{{\sin 30^\circ }} - \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}\)
Xét hình chóp \(R.ABCDE\) tâm \(O\), đường cao \(RO = \sqrt {R{I^2} - I{O^2}} \)
Ta có diện tích đáy hình chóp là \(S = 5.{S_{OED}} = 5.\frac{1}{2}OI.ED\)\( = \frac{5}{2}.x.\frac{x}{{2\tan 36^\circ }} = \frac{{5{x^2}}}{{4\tan 36^\circ }}\)
Thể tích hình chóp đều là
\(V = \frac{1}{3}.S.RO = \frac{1}{3}.\frac{{5{x^2}}}{{4\tan 36^\circ }}.\sqrt {{{\left( {\frac{{15}}{{\sin 36^\circ }} - \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{{2\tan 36^\circ }}} \right)}^2}} \)\( = f\left( x \right)\)
Khảo sát hàm số \(f\left( x \right)\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \approx 14,83...\)
Ta có hàm số \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất khi \(x \approx 14,8\).
Một đại lý nhập khẩu trái cây tươi để phân phối cho các cửa hàng, Mỗi lần nhập khẩu trái cây, khoản chi phí vận chuyển (không đổi) là 25 triệu đồng. Chi phí bảo quản mỗi tạ trái cây dự trữ trong kho là 80 nghìn đồng/ ngày. Thời gian bảo quản trái cây trong kho tối đa 10 ngày. Biết rằng, kể từ ngày đầu tiên nhập hàng, đại lý sẽ phân phối tới các cửa hàng 25 tạ trái cây mỗi ngày. Mỗi lần nhập hàng, đại lí phải nhập đủ trái cây cho bao nhiêu ngày phân phối để chi phí trung bình cho mỗi ngày là thấp nhất (bao gồm chi phí vận chuyển và chi phí bảo quản trong kho)?
Lời giải
Đáp án: 5.
Giả sử cần nhập đủ số trái cây cho \(x\) ngày \(\left( {x \le 10} \right)\), khi đó số trái cây nhập là \(25x\) tạ.
Vì ngay khi nhập về cửa hàng đã phân phối 25 tạ trái cây nên chi phí bảo quản kho cho \(x\) ngày là:
\({T_1} = \left[ {25\left( {x - 1} \right) + 25\left( {x - 2} \right) + .... + 25} \right].80 = 25.80\left[ {\left( {x - 1} \right) + \left( {x - 2} \right) + .... + 1} \right] = \frac{{25.80.x\left( {x - 1} \right)}}{2}\).
Khi đó toàn bộ chi phí cửa phải phải chi trong một ngày là
\(T = \frac{{25.40\left( {x - 1} \right)x + 25.000}}{x} = 25\left[ {40x - 40 + \frac{{1000}}{x}} \right]\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
\(T = 25\left[ {40x - 40 + \frac{{1000}}{x}} \right] \ge 25.40x.\frac{{1000}}{x} - 25.40\).
Dấu “=” xảy ra h \(40x = \frac{{1000}}{x} \Leftrightarrow x = 5\) (thoả mãn).
Một cơ quan X chuẩn bị tổ chức cho 500 người đi tham quan trải nghiệm. Để chuẩn bị cho chuyến đi, cơ quan cần vận chuyển tổng cộng 29 tấn hàng hóa (bao gồm vật dụng, thực phẩm…). Công ty vận tải báo gia cho thuê xe như sau:
Xe lớn: Có thể chở tối đa \(50\) người và \(2\) tấn hàng. Chi phí thuê là \(10\) triệu đồng/xe. Công ty có \(13\) xe loại này.
Xe nhỏ: Có thể chở tối đa \(30\) người và \(3\) tấn hàng. Chi phí thuê xe là \(7\) triệu đồng/xe. Công ty có \(15\) xe loại này.
Sau khi tinhs toán, cơ quan X chọn phương án để chi phí thuê xe là thấp nhất. Số tiền thuê xe thấp nhất mà cơ quan X phải trả là bao nhiêu triệu đồng?
Lời giải
Đáp án: 105.
Gọi \(x;\,y\left( {x;\,y \in \mathbb{N},\,0 \le x \le 13;\,0 \le y \le 15} \right)\) lần lượt là số xe lớn, xe nhỏ mà cơ quan X cần thuê.
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}50x + 30y \ge 500\\2x + 3y \ge 29\\0 \le x \le 13\\\,0 \le y \le 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 3y \ge 50\\2x + 3y \ge 29\\0 \le x \le 13\\0 \le y \le 15\end{array} \right.\) (1).
Miền nghiệm của hệ (1) là tứ giác \(ABC{\rm{D}}\).
Với \(A\left( {1;\,15} \right),\,B\left( {13;\,15} \right),\,C\left( {13;\,1} \right),\,D\left( {7;\,5} \right)\).
Chi phí thuê xe là \(F\left( {x;\,y} \right) = 10x + 7y\).
\(F\left( A \right) = 10.1 + 7.15 = 115\), \(F\left( B \right) = 10.13 + 7.15 = 235\), \(F\left( C \right) = 10.13 + 7.1 = 137\), \(F\left( D \right) = 10.7 + 7.5 = 105\).
\(\mathop {\min }\limits_{} F\left( {x;\,y} \right) = F\left( D \right) = 105\).
Vậy số tiền thuê xe ít nhất là 105 triệu đồng.
Một cuộc diễn tập phòng không được đặt trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\) với 1 đơn vị độ dài trên các trục tính bằng 1 km trên thực tế. Một bệ phóng tên lửa phòng không được đặt tại vị trí \(O\left( {0;0;0} \right)\) và tên lửa bay theo một đường thẳng với vận tốc không đổi là 600 m/s. Một máy bay không người lái bay theo một đường thẳng với vận tốc không đổi là 1080 km/h và bay theo hướng của vectơ \(\vec u = \left( { - 3;4;0} \right)\). Khi phát hiện máy bay không người lái tại vị trí \(A(6; - 20;1)\) thì tên lửa khai hỏa, rời bệ phóng và sau đó bắn hạ được mục tiêu. Hỏi khoảng cách từ bệ phóng tên lửa đến vị trí máy bay không người bị bắn hạ bằng bao nhiêu km? (kết quả làm tròn đến hàng phần chục, giả sử cả máy bay không người lái và tên lửa đều không chịu tác động của trọng lực hay lực cản không khí).
Lời giải
Đáp án: 14,4
Bước 1: Đồng nhất đơn vị đo
· Vận tốc của tên lửa: \({v_m} = 600{\rm{ m/s}} = 0.6{\rm{ km/s}}\).
· Vận tốc của máy bay không người lái (drone): \({v_d} = 1080{\rm{ km/h}} = \frac{{1080}}{{3600}}{\rm{ km/s}} = 0.3{\rm{ km/s}}\).
Bước 2: Lập phương trình chuyển động của máy bay không người lái
· Máy bay bay theo hướng của vector \(\vec u = ( - 3;4;0)\).
· Độ dài của vector hướng này là: \(|\vec u| = \sqrt {{{( - 3)}^2} + {4^2} + {0^2}} = 5\).
· Vector đơn vị chỉ phương (cho biết hướng bay) của máy bay là: \(\overrightarrow {{e_d}} = \left( { - \frac{3}{5};\frac{4}{5};0} \right) = ( - 0,6;0,8;0)\).
· Gọi \(t\) (đơn vị: giây) là thời gian kể từ lúc tên lửa khai hỏa. Quãng đường máy bay di chuyển được sau thời gian \(t\) là $0,3t$.
· Tọa độ của máy bay tại thời điểm \(t\) (gọi là điểm \(D\)) được xác định bằng hệ phương trình:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_A} + {v_d} \cdot t \cdot {e_x} = 6 + 0.3 \cdot t \cdot ( - 0.6) = 6 - 0.18t}\\{y = {y_A} + {v_d} \cdot t \cdot {e_y} = - 20 + 0.3 \cdot t \cdot (0.8) = - 20 + 0.24t}\\{z = {z_A} + {v_d} \cdot t \cdot {e_z} = 1 + 0.3 \cdot t \cdot (0) = 1}\end{array}} \right.\)
Suy ra vị trí máy bay tại thời điểm \(t\) là \(D(6 - 0.18t; - 20 + 0.24t;1)\).
Bước 3: Thiết lập điều kiện bắn hạ
· Quãng đường tên lửa bay được từ bệ phóng \(O(0;0;0)\) đến điểm chạm trán \(D\) trong thời gian \(t\) là \({s_m} = 0.6t\).
· Để tên lửa bắn hạ được máy bay, khoảng cách hình học từ gốc \(O\) đến \(D(t)\) phải bằng đúng quãng đường tên lửa đã bay: \(OD = 0.6t\).
\(O{D^2} = {(0.6t)^2}\)
\( \Leftrightarrow {(6 - 0.18t)^2} + {( - 20 + 0.24t)^2} + {1^2} = 0.36{t^2}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 0.27{t^2} + 11.76t - 437 = 0\\ \Leftrightarrow t \approx 23,969{\rm{ (gi\^a y)}}\end{array}\)
· Khoảng cách từ bệ phóng đến vị trí bắn hạ chính là quãng đường tên lửa bay được trong thời gian \(t\): \(d = 0,6 \cdot t \approx 0,6 \cdot 23,969 \approx 14,381{\rm{ (km)}}\)
