Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo 1 (Bắc Ninh) có đáp án
22 câu hỏi
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
\(\left( {2; + \infty } \right)\).
\(\left( { - 1;1} \right)\).
\(\left( {0;2} \right)\).
Chọn D
Ta có \(y = - {x^3} + 3{x^2} + 2 \Rightarrow y' = - 3{x^2} + 6x\).
\(y' = - 3{x^2} + 6x > 0 \Leftrightarrow x \in \left( {0;2} \right)\)Vậy D đúng.
0.
2.
−2.
1.
Chọn C
Ta có tích phân \(\int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^1 = f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right) = - 1 - 1 = - 2\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Đẳng thức nào sau đây Sai?
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} = \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} \).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {DB} \)
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} \).
Chọn A
Gọi \(I,J\)là trung điểm của \(AB,\,CD\)a có \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} = 2\overrightarrow {SI} ,\,\,\,\,\,\,\overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SJ} \)
Mà \(\overrightarrow {SI} \ne \overrightarrow {SJ} \)suy ra \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} \ne \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} \). Vậy A sai.
\(\left( { - 1; - 3; - 1} \right)\) .
\(\left( {1; - 1;2} \right)\).
\(\left( {2; - 2;4} \right)\).
\(\left( { - 2; - 6; - 2} \right)\).
Chọn B
Trung điểm đoạn thẳng \(AB\) là
\[I\left( {\frac{{2 + 0}}{2};\frac{{2 + \left( { - 4} \right)}}{2};\frac{{3 + 1}}{2}} \right) \Rightarrow I\left( {1; - 1;2} \right)\] suy ra đáp án B đúng
54.
\(\sqrt {54} \).
62.
\(\sqrt {62} \).
Chọn B
\(2\overrightarrow a - \overrightarrow b = \left( {2;5;5} \right)\)
\(\left| {2\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right| = \sqrt {{2^2} + {5^2} + {5^2}} = \sqrt {54} \).
−9.
−7.
−14.
−11.
Chọn D
\(d = {u_2} - {u_1} = - 3\).
\({u_5} = {u_1} + 4d = 1 - 4.3 = - 11\)
7.
9.
1.
−1.
Chọn B
\(\begin{array}{l}\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( x \right) - 2x + 1} \right]dx} = \left( {F\left( x \right) - {x^2} + x} \right)\left| \begin{array}{l}2\\ - 2\end{array} \right.\\ = \left( {F\left( 2 \right) - 4 + 2} \right) - \left( {F\left( { - 2} \right) - 4 - 2} \right) = F\left( 2 \right) - F\left( { - 2} \right) + 4 = 5 + 4 = 9\end{array}\)
Đường cong trong hình vẽ là đồ thị của hàm số nào trong các hàm số dưới đây?
\(y = \frac{{{x^2} - 2x}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{{x^2} + 2x}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{ - {x^2} + 2x}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{x + 2}}{{x - 1}}\).
Chọn A
Hàm số có tiệm cận xiên loại D.
Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( {2;0} \right)\) nên loại B.
Ta có \(y = \frac{{ - {x^2} + 2x}}{{x - 1}} = - x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}\) suy ra đường tiệm cận xiên là \(y = - x + 1\) không đi qua điểm có tọa độ \(\left( {0; - 1} \right)\) nên loại C.
Vậy đáp án là A.
\({2^x} + C\) .
\(\frac{{{2^{x + 1}}}}{{x + 1}} + C\).
\({2^x}.\ln 2 + C\).
\(\frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C\).
Chọn D
Ta có \(\int {{2^x}dx} = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(y = - 1\) .
\(x = 1\).
\(y = 1\)
\(x = - 1\).
Chọn A
Ta có đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(y = - 1\).
\(\widehat {SAB}\) .
\(\widehat {ASB}\).
\(\widehat {DBA}\) .
\(\widehat {SBA}\).
Chọn D
Ta có đường thẳng \(AB\)là hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(SB\)lên mặt phẳng \((ABCD)\).
Suy ra góc giữa đường thẳng \(SB\) với mặt phẳng \((ABCD)\) là góc giữa đường thẳng \(SB\) với đường thẳng \(AB\) và là \(\widehat {SBA}\)
\(\left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{2} + k\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}\) .
\(\left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}\).
\(\left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}\) .
\(\left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}\).
Chọn C
Ta có \(\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
Tập xác định của hàm số là \[\left[ {\frac{3}{2}\,;\, + \infty } \right)\].
\(f'\left( x \right) = \frac{2}{{\left( {2x - 3} \right)\ln 3}},\forall x \in \left( {\frac{3}{2}\,;\, + \infty } \right)\).
Phương trình \(f\left( x \right) = {\log _3}\left( {{x^2} - x - 1} \right)\) có hai nghiệm phân biệt.
Gọi \(S\) là tập hợp tất cả các nghiệm nguyên của bất phương trình \(f\left( x \right) \le 4\). Tổng tất cả các phần tử của \(S\) bằng 903.
a) Điều kiện xác định: \(2x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}\).
Tập xác định của hàm số là \[\left( {\frac{3}{2}\,;\, + \infty } \right)\].
Chọn SAI.
b) Đạo hàm: \(f'\left( x \right) = \frac{2}{{\left( {2x - 3} \right)\ln 3}},\forall x \in \left( {\frac{3}{2}\,;\, + \infty } \right)\).
Chọn ĐÚNG.
c) \[f\left( x \right) = {\log _3}\left( {{x^2} - x - 1} \right)\]
\[ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2x - 3} \right) = {\log _3}\left( {{x^2} - x - 1} \right)\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3 = {x^2} - x - 1\\2x - 3 > 0\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x + 2 = 0\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\].
Vậy phương trình có một nghiệm\[x = 2\] .
Chọn SAI.
d) \(f\left( x \right) \le 4 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2x - 3} \right) \le 4\)
\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3 \le 81\\2x - 3 > 0\end{array} \right.\]
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 42\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{3}{2} < x \le 42\).
Kết hợp với điều kiện \(x \in \mathbb{Z}\) \( \Rightarrow S = \left\{ {2\,;\,3\,;\,4\,;\,...\,;\,42} \right\}\)
Tổng các phần tử của \(S\) bằng \(2 + 3 + 4 + ... + 42 = \frac{{41}}{2}.\left( {2 + 42} \right) = 902\).
Chọn SAI.
Cho hàm số \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\) có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Biết rằng điểm \(O\left( {0;0} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.
[TH] Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(T\left( {2;4} \right)\).
[TH] Hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\).
a) Phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = ax + b\left( d \right)\).
Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).
Thay vào \(\left( d \right)\) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - a + b = 0}\\{b = 1}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.} \right.\).
Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = x + 1\). Nên a đúng.
b) Do đồ thị hàm số qua điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên thay vào hàm số ta được \(\frac{c}{d} = 0 \Rightarrow c = 0\).
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 1\)\( \Rightarrow d = - 1\).
Khi đó \(y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx}}{{x - 1}} = ax + a + b + \frac{{a + b}}{{x - 1}}\).
Do tiệm cận xiên \(y = x + 1\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = 0}\end{array}} \right.\).
Vậy \(y = f\left( x \right) = x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}\)
\[ \Rightarrow y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\]
Mà điểm \(O\left( {0;0} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.
Vì thế tọa độ điểm cực tiểu là \(T\left( {2;4} \right)\). Nên b đúng.
c) Trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) đồ thị hàm số vừa đi lên, vừa đi xuống nên hàm số vừa đồng biến, vừa nghịch biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\). Nên c sai.
d) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(A\left( {{x_A};{x_A} + 1 + \frac{1}{{{x_A} - 1}}} \right)\), \(B\left( {{x_B};{x_B} + 1 + \frac{1}{{{x_B} - 1}}} \right)\) (\({x_A} \ne {x_B}\)) thuộc đồ thị song song với nhau nên
\[{y'_{\left( A \right)}} = {y'_{\left( B \right)}} \Rightarrow 1 - \frac{1}{{{{\left( {{x_A} - 1} \right)}^2}}} = 1 - \frac{1}{{{{\left( {{x_B} - 1} \right)}^2}}}\]
\[ \Rightarrow {\left( {{x_A} - 1} \right)^2} = {\left( {{x_B} - 1} \right)^2}\]\[ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_A} - 1 = {x_B} - 1}\\{{x_A} - 1 = - \left( {{x_B} - 1} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_A} = {x_B}(loai)}\\{{x_A} + {x_B} = 2}\end{array}} \right.\].
Vậy: \[{x_A} + {x_B} = 2\], nên đặt \({x_A} = 1 - t,{x_B} = 1 + t\)
Vậy \(A\left( {1 - t;2 - t - \frac{1}{t}} \right)\), \(B\left( {1 + t;2 + t + \frac{1}{t}} \right)\).
\(\overrightarrow {AB} = \left( {2t;2t + \frac{2}{t}} \right)\). Véc tơ pháp tuyến của đường thẳng \(AB\) là \(\overrightarrow n = \left( {t + \frac{1}{t}; - t} \right)\) hay \(\overrightarrow {n'} = \left( {1 + \frac{1}{{{t^2}}}; - 1} \right)\).
Đặt \(s = 1 + \frac{1}{{{t^2}}}\).
Trung điểm của \(AB\) là \(I\left( {1;2} \right)\)
Vậy phương trình đường thẳng \(AB\) đi qua \(I\left( {1;2} \right)\) và có véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow {n'} = \left( {s; - 1} \right)\) là:
\(s\left( {x - 1} \right) - \left( {y - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow s.x - y + 2 - s = 0\).
\(d\left( {M;AB} \right) = \frac{{\left| {4s - 1 + 2 - s} \right|}}{{\sqrt {{s^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {3s + 1} \right|}}{{\sqrt {{s^2} + 1} }} = \frac{{3s + 1}}{{\sqrt {{s^2} + 1} }}\left( {do\,s > 0} \right)\).
Đặt \(g\left( s \right) = \frac{{3s + 1}}{{\sqrt {{s^2} + 1} }}\)\( \Rightarrow g'\left( s \right) = \frac{{3 - s}}{{\sqrt {{{\left( {{s^2} + 1} \right)}^3}} }} = 0 \Rightarrow s = 3\).
Hàm \(g\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất tại \(s = 3\). Khi đó \(s = 1 + \frac{1}{{{t^2}}} = 3 \Rightarrow {t^2} = \frac{1}{2}\).
\[\overrightarrow {AB} = \left( {2t;2t + \frac{2}{t}} \right)\]\[ \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( {2t} \right)}^2} + {{\left( {2t + \frac{2}{t}} \right)}^2}} = \sqrt {8{t^2} + 8 + \frac{4}{{{t^2}}}} \]
Thay \({t^2} = \frac{1}{2}\) vào \[AB = \sqrt {8.\frac{1}{2} + 8 + \frac{4}{{\frac{1}{2}}}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \]. Vậy d đúng.
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có tất cả các cạnh bằng \(a\), \(\widehat {A'AB} = {120^{\rm{o}}},\,\widehat {A'AC} = {60^{\rm{o}}}\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\); \(N\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {BN} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BB'} \).
[NB] Giả sử \(\overrightarrow {A'M} = x.\overrightarrow {AB} + y.\overrightarrow {AC} + z.\overrightarrow {AA'} \) thì \(x + y = z\).
[TH] \(\overrightarrow {NB} = - 2\overrightarrow {NB'} \).
[TH] \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {AB'} \).
[VD,VDC] \(\overrightarrow {A'M} .\overrightarrow {C'N} = \frac{{4{a^2}}}{3}\).
a) Sai.
Ta có: \(\overrightarrow {A'M} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {A'B} + \overrightarrow {A'C} } \right)\)\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {A'C'} } \right) = \overrightarrow {A'A} + \frac{1}{2}\overrightarrow {A'B'} + \frac{1}{2}\overrightarrow {A'C'} \)\( = \frac{1}{2}.\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}.\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AA'} \). Suy ra \(x = y = \frac{1}{2};z = - 1 \Rightarrow x + y = - z\).
b) Đúng.
Ta có: \(\overrightarrow {BN} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BB'} \Leftrightarrow \overrightarrow {BN} = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {NB'} } \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {BN} = 2\overrightarrow {NB'} \Leftrightarrow \overrightarrow {NB} = - 2\overrightarrow {NB'} \).
c) Đúng.
Ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {AB'} \).
d) Đúng.
Ta có:\(\overrightarrow {C'N} = \overrightarrow {C'B'} + \overrightarrow {B'N} = \overrightarrow {A'B'} - \overrightarrow {A'C'} + \frac{1}{3}\overrightarrow {B'B} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AA'} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {A'M} .\overrightarrow {C'N} = \left( {\frac{1}{2}.\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}.\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AA'} } \right).\left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AA'} } \right)\)\( = \frac{1}{2}A{B^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \frac{1}{6}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AA'} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} - \frac{1}{2}A{C^2} - \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}A{A'^2}\)
\( = \frac{1}{2}A{B^2} - \frac{1}{2}A{C^2} + \frac{1}{3}A{A'^2} - \frac{7}{6}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AA'} + \frac{5}{6}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AA'} \)
\( = = \frac{1}{2}{a^2} - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{1}{3}{a^2} - \frac{7}{6}\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AA'} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AA'} } \right) + \frac{5}{6}\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AA'} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AA'} } \right)\)
\( = \frac{1}{3}{a^2} - \frac{7}{6}{a^2}.\cos \widehat {A'AB} + \frac{5}{6}{a^2}.\cos \widehat {A'AC} = \frac{1}{3}{a^2} - \frac{7}{6}{a^2}.\cos 120^\circ + \frac{5}{6}{a^2}.\cos 60^\circ \)
\( = \frac{4}{3}{a^2}\).
[NB] Vận tốc của vật tại thời điểm \(t = 5\,\,\left( {\rm{s}} \right)\) là \(10\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).
[TH] Vận tốc tức thời của vật là \(v\left( t \right) = at\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).
[TH] \(a = 2\).
[VD,VDC] Quãng đường vật đi được sau \(10\) giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là \(50\,{\rm{m}}\).
a) Đúng.
Ta có: \[v(t) = 2t \Rightarrow v(5) = 10\,\,{\rm{(m/s)}}.\]
b) Đúng.
Ta có: \[v(t) = \int {a.dt} = at + C.\]
\[v(0) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow v(t) = at\].
c) Đúng.
Ta có: \(s(t) = \int {v(t).dt} = \int {at} .dt = \frac{{a{t^2}}}{2} + C.\)
\(s(0) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow s(t) = \frac{{a{t^2}}}{2}.\)
\(s(5) = 25 \Rightarrow \frac{{25a}}{2} = 25 \Rightarrow a = 2\).
d) Sai.
Ta có: \(s(t) = {t^2}\).
Quãng đường vật đi được sau 10 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là: \(s(10) = 100\,\,{\rm{(m)}}\).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một người dùng ba loại nguyên liệu \(A,B,C\) để sản xuất ra hai loại sản phẩm \(P\) và \(Q\). Để sản xuất \(1\;kg\) mỗi loại sản phẩm \(P\) hoặc \(Q\) phải dùng một số kilôgam nguyên liệu khác nhau. Tổng số kilôgam nguyên liệu mỗi loại mà người đó có và số kilôgam từng loại nguyên liệu cần thiết để sản xuất ra 1 kg sản phẩm mỗi loại được cho trong bảng sau:
Biết \(1\;kg\) sản phẩm \(P\) có lợi nhuận 3 triệu đồng và \(1\;kg\) sản phẩm \(Q\) có lợi nhuận 5 triệu đồng. Người đó đã lập được phương án sản xuất hai loại sản phẩm trên sao cho có lãi cao nhất. Hỏi lãi cao nhất bằng bao nhiêu triệu đồng?
Đáp án: 17.
Gọi khối lượng sản phẩm \(P,Q\) sản xuất lần lượt là \(x,y\,\left( {x,y \ge 0} \right)\,\,\left( {kg} \right).\)
Khối lượng nguyên liệu \(A\) hiện có là \(10\,kg\) nên \(2x + 2y \le 10 \Leftrightarrow x + y \le 5\)
Khối lượng nguyên liệu \(B\) hiện có là \(4\,kg\) nên \(0x + 2y \le 4 \Leftrightarrow y \le 2\)
Khối lượng nguyên liệu \(C\) hiện có là \(12\,kg\) nên \(2x + 4y \le 12 \Leftrightarrow x + 2y \le 6\)
Ta có hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\y \le 2\\x + y \le 5\\x + 2y \le 6\end{array} \right..\)
Trả lời: 8
Ta có \[\int\limits_0^a {\cos xdx} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left. {\sin x} \right|_0^a = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin a = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\a = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\]
Với \[a = \frac{\pi }{6} + k2\pi \]suy ra \[\pi \le a \le 10\pi \Leftrightarrow \pi \le \frac{\pi }{6} + k2\pi \le 10\pi \Leftrightarrow \frac{5}{{12}} \le k \le \frac{{59}}{{12}} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\];
Với \[a = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \]suy ra \[\pi \le a \le 10\pi \Leftrightarrow \pi \le \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \le 10\pi \Leftrightarrow \frac{1}{{12}} \le k \le \frac{{55}}{{12}} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\];
Vậy có 8 giá trị của \[a\] thuộc \[\left[ {\pi ;10\pi } \right]\] thoả mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: \(1,45\).
Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\).
Ta có \(\Delta ACD\) là tam giác đều nên \(AI \bot CD\), \(\Delta BCD\) là tam giác cân tại \(B\) nên \(BI \bot CD\).
Do đó \(CD \bot \left( {ABI} \right)\).
Trong tam giác \(\Delta ABI\) kẻ \(IO\) vuông góc \(AB\).
Khi đó \(d\left( {AB,CD} \right) = IO\).
Xét \(\Delta ACD\) là tam giác đều cạnh \(2\sqrt 3 \) nên \(AI = 3\).
Xét \(\Delta BCI\) vuông tại \(I\) có \(BI = \sqrt {B{C^2} - C{I^2}} = \sqrt {7 - 3} = 2\).
Diện tích tam giác \({S_{\Delta ABI}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AI} \right)\left( {p - BI} \right)} = \sqrt {\frac{9}{2}\left( {\frac{9}{2} - 4} \right)\left( {\frac{9}{2} - 3} \right)\left( {\frac{9}{2} - 2} \right)} = \frac{{3\sqrt {15} }}{4}\)
Khi đó \({S_{\Delta ABI}} = \frac{1}{2}OI.AB \Leftrightarrow OI = \frac{{2{S_{\Delta ABI}}}}{{AB}} = \frac{{3\sqrt {15} }}{8}\).
Đáp án: 196.
Để từ \(M\) kẻ được \(2\) tiếp tuyến \(MA\), \(MB\) đến \(\left( C \right)\), suy ra \(OM > 1\).
Dễ thấy \(\widehat {AMO} = \widehat {BMO} = \frac{{\widehat {AMB}}}{2} \Rightarrow \widehat {AMB} \ge 60^\circ \Leftrightarrow \widehat {AMO} \ge 30^\circ \).
Trong \(\Delta AMO\) vuông tại \(A\):
\(30^\circ \le \widehat {AMO} < 90^\circ \Rightarrow \sin 30^\circ \le \sin AMO < \sin 90^\circ \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le \frac{{OA}}{{OM}} < 1 \Rightarrow 1 < OM \le 2\).
Do đó: \(1 < \sqrt {{x^2} + {y^2}} \le 2 \Rightarrow 1 < {x^2} + {y^2} \le 4\). Do \(x,y \in \mathbb{Z}\) nên có hai trường hợp:
· \({x^2} + {y^2} = 2\): Có \(4\) điểm \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {1;1} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right);\left( { - 1; - 1} \right)} \right\}\).
· \({x^2} + {y^2} = 4\): Có \(4\) điểm \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {2;0} \right);\left( { - 2;0} \right);\left( {0;2} \right);\left( {0; - 2} \right)} \right\}\).
Vậy có \(8\) điểm \(M\) thỏa mãn hay số phần tử của \(T\) là \(8\).
Số cách chọn ngẫu nhiên \(2\) điểm trong \(T\): \(C_8^2 = 28\).
Để đường thẳng đi qua \(2\) điểm được chọn song song với trục \(Ox\) có \(2\) trường hợp thỏa mãn: \(\left( {1;1} \right)\) và \(\left( { - 1;1} \right)\); \(\left( {1; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; - 1} \right)\).
Vậy xác suất cần tìm: \(P = \frac{2}{{28}} = \frac{1}{{14}} \Rightarrow \frac{1}{a} = \frac{1}{{14}} \Rightarrow a = 14 \Rightarrow {a^2} = 196\).
Một bể bơi hình bán nguyệt có đường kính là \(AB = 100\,{\rm{m}}\). Một người muốn bơi từ vị trí \(A\) đến vị trí \(C\) theo phương thẳng rồi lên bờ đi bộ từ \(C\) đến \(B\). Biết rằng vận tốc bơi là \(5\,{\rm{km/h}}\) và vận tốc đi bộ là \(6\,{\rm{km/h}}\). Hỏi thời gian tối đa để người đó hoàn thành lộ trình như trên là bao nhiêu phút? (Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Đáp án: 1,65.
Đặt \(\widehat {CAB} = \varphi \left( {rad} \right)\), \(\,\,\varphi \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)\).
Ta có \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) \( \Rightarrow AC = AB.\cos \varphi = 0,1\cos \varphi \).
Mà \(\widehat {COR} = 2\widehat {CAB} = 2\varphi \).
Độ dài cung tròn .
Tổng thời gian người này di chuyển từ \(A\) đến \(C\) và đến B là: với \(\,\,\varphi \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)\).
\( \Rightarrow t'\left( \varphi \right) = - \frac{1}{{50}}\sin \varphi + \frac{1}{{60}} = 0 \Leftrightarrow \sin \varphi = \frac{5}{6} \Rightarrow \varphi \approx 0,985\) rad.
Bảng biến thiên
Vậy thời gian tối đa để di chuyển từ \(A\) đến \(C\)và đến B là \(t\left( {0,985} \right) = 0,027\)(giờ)\( \simeq 1,65\)phút.
Một cái lều có dạng hình chóp tứ giác đều, cạnh đáy bằng \(8{\rm{ m}}\) và chiều cao là \(3{\rm{ m}}{\rm{.}}\) Cửa vào lều là hình thang \(EFGH\) trong đó \(AE = FB\) và \(EF = 4{\rm{ m}}{\rm{.}}\) Gọi \(G,H\) lần lượt là trung điểm của \(SE\) và \(SF.\) Một nguồn sáng đặt cách đỉnh \(S\) một mét ở phía dưới. Ánh sáng chiếu ra ngoài qua cửa tạo thành một vùng được chiếu sáng \(EFG'H'.\) Diện tích vùng được chiếu sáng là bao nhiêu \({{\rm{m}}^2}\) (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Gọi \(I\) là điểm phát sáng; \(M\) là trung điểm của \(EF;N = SM \cap GH;K = OM \cap G'H'.\)
Ta có \(GH\) là đường trung bình của tam giác \(SEF\) nên
Gọi \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(SO,OM.\) Theo đề bài ta có
\(SI = 1{\rm{m,}}IO = 2{\rm{m,}}SP = \frac{1}{2}SO = \frac{3}{2}{\rm{m}} \Rightarrow IP = \frac{1}{2};NP = OQ = 2{\rm{m}}\) (vì \(M\) là trung điểm của \(EF\) nên \(N\) là trung điểm của \(GH,SM)\)
Xét tam giác \(IOK\) có
Mà \(OM = 4\) nên \(M\) là trung điểm của \(OK\) và nên \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(OG'H' \Rightarrow G'H' = 2EF = 2(AB - AE - FB) = 8{\rm{ m}}{\rm{.}}\)
Do \(M\) là trung điểm của \(EF\), cũng là trung điểm của \(AB\) nên \(OM \bot EF.\) Suy ra \(MK\) là đường cao của hình thang \(EFG'H'\) và \(MK = OM = 4{\rm{ m}}{\rm{.}}\)
Vậy \({S_{EFG'H'}} = \frac{{EF + G'H'}}{2}.MK = \frac{{4 + 8}}{2}.4 = 24{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}.\)
Cách khác
Gọi \(I\) là điểm phát sáng; \(M\) là trung điểm của \(EF\) cũng là trung điểm của \(AB({\rm{v\`i }}AE = FB);J\) là trung điểm của \(BC\) (hình vẽ).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho tia \(OM \equiv Ox,ON \equiv Oy,OS \equiv Oz.\) Khi đó
\(O(0;0;0),M(4;0;0),J(0;4;0),S(0;0;3);A(4; - 4;0);B(4;4;0);E(4; - 2;0),F(4;2;0),I(0;0;2).\)
\(H\) là trung điểm \(SE \Rightarrow H\left( {2; - 1;\frac{3}{2}} \right)\); \(G\)là trung điểm của \(SF \Rightarrow G\left( {2;1;\frac{3}{2}} \right).\)
\({\rm{Mp}}(ABCD) \equiv Oxy:z = 0.\)
\(\overrightarrow {IH} = \left( {2; - 1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}(4; - 2; - 1) \Rightarrow IH:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t\\y = - 2t\\z = 2 - t\end{array} \right. \Rightarrow H' = IH \cap Oxy \Rightarrow H'(8; - 4;0)\)
\(\overrightarrow {IG} = \left( {2;1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}(4;2; - 1) \Rightarrow IG:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t'\\y = 2t'\\z = 2 - t'\end{array} \right. \Rightarrow G = IG \cap Oxy \Rightarrow G(8;4;0)\)
\(\overrightarrow {EH'} = (4; - 2;0),\overrightarrow {EG'} = (4;6;0),\overrightarrow {EF} = (0;4;0)\)
Vậy
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)
