Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Nguyễn Trung Thiên (Hà Tĩnh) có đáp án
22 câu hỏi
\(8\).
\(10\).
\(7\).
\(6\).
Chọn A
\[\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {2f\left( x \right) + 1} \right)dx} = 2.\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx + } \int\limits_{ - 1}^1 {dx = 2.3 + 2 = 8} \].
\(M\left( {4; - 5;0} \right)\).
\(M\left( {2; - 3;0} \right)\).
\(M\left( {4;5;0} \right)\).
\(M\left( {0;0;1} \right)\).
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 \(M\left( {4; - 5;0} \right)\).
\({a^3}\sqrt 3 \).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{{a^3}}}{4}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
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 \(\overrightarrow {B'C'} \).
\(x = \frac{{19}}{9}\).
\(x = 0\).
\(x = 4\).
\(x = 2\).
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 \(x = 0\).
\(x = - 1\).
\(x = 1\).
\(x = - 2\).
\(x = 2\).
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.
\(\left( { - 3; - 2;1} \right)\).
\(\left( {3;2;5} \right)\).
\(\left( { - 3; - 2;5} \right)\).
\(\left( { - 1;0;4} \right)\).
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 \(\left\{ \begin{array}{l}AB{\rm{//}}A'B'\\A'B' \subset \left( {A'B'C'D'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)\).
\(S = \left\{ {\frac{\pi }{2} + k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Lời giải
Chọn C
Ta có phương trình: \[\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi {\rm{ }}(k \in \mathbb{Z})\]
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(F\left( x \right) = {3^x}\ln 3 + \cos x\).
\(F\left( x \right) = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} + \cos x\).
\(F\left( x \right) = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} - \cos x\).
\(F\left( x \right) = {3^x}\ln 3 + \sin x\).
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: \[{Q_3} = 120 + \frac{{30 - 11 - 10 - 6}}{8}.40 = 135.\]
\(d = 1\).
\(d = 3\).
\(d = 2\).
\(d = 4\).
Lời giải
Chọn B
Ta có \[{u_{12}} = {u_1} + 11d = 5 + 11d = 38 \Rightarrow d = 3.\]
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.
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 \[{S_{\Delta AOB}} = \sqrt {p\left( {p - OA} \right)\left( {p - OB} \right)\left( {p - AB} \right)} = 4\].
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
\(y\left( {\frac{{200}}{3}} \right) = - \frac{{13}}{{18000}}\left[ {{{\left( {\frac{{200}}{3}} \right)}^3} - 130{{\left( {\frac{{200}}{3}} \right)}^2} + 4000\left( {\frac{{200}}{3}} \right)} \right] + 30 = \frac{{9890}}{{243}} \approx 40,7{\rm{m}}\).
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 \(x \approx 14,8\).
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).
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.
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 \(t\): \(d = 0,6 \cdot t \approx 0,6 \cdot 23,969 \approx 14,381{\rm{ (km)}}\)
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)
