Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 4
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 4
Khám Phá Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập Tuyệt Vời Tại truyenngontinh.com.vn
Chúng tôi hiểu rằng chất lượng của tài liệu học tập và giải bài tập quyết định trực tiếp đến sự thành công của bạn. Các tài liệu học tập và giải bài tập được chia thành nhiều danh mục nhỏ, đi kèm với bộ lọc chi tiết, cho phép bạn thu hẹp phạm vi tìm kiếm một cách nhanh chóng. Cho dù nhu cầu của bạn là gì, mục tiêu đạt kết quả cao trong học tập ra sao, bạn cũng sẽ tìm thấy câu trả lời thỏa đáng tại đây. Thêm vào đó, việc sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập hàng ngày sẽ giúp củng cố kỹ năng và nền tảng kiến thức của bạn, biến mục tiêu đạt kết quả cao trong học tập thành hiện thực nhanh chóng hơn bao giờ hết.
Một trong những ưu điểm nổi bật khi tìm kiếm tài liệu học tập và giải bài tập là hệ thống phân loại thông minh. Nền tảng truyenngontinh.com.vn được xây dựng với mục tiêu cốt lõi là mang tài liệu học tập và giải bài tập chất lượng đến gần hơn với cộng đồng. Mỗi một tài liệu học tập và giải bài tập đều được trình bày rõ ràng, mạch lạc nhằm hỗ trợ bạn đạt kết quả cao trong học tập hiệu quả nhất. Chỉ với vài thao tác cơ bản, hàng ngàn tài liệu học tập và giải bài tập chất lượng cao sẽ hiện ra trước mắt bạn, sẵn sàng để tải về hoặc tham khảo trực tuyến mọi lúc mọi nơi.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 4
\(120^\circ \).
Ta có: \(\cos \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\,\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{1.\left( { – 2} \right) + \left( { – 2} \right).1 + 1.1}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2}} .\sqrt {{{\left( { – 2} \right)}^2} + {1^2} + {1^2}} }} = – \frac{3}{6} = – \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ;\,\overrightarrow b } \right) = 120^\circ \).
\(I\left( {2;\,5;\,4} \right)\).
\(y = x + 4\).
Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}} = x + 4 + \frac{5}{{x – 2}}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y – x – 4} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{5}{{x – 2}} = 0\) \( \Rightarrow \)đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + 2x – 3}}{{x – 2}}\) có tiệm cận xiên là \(y = x + 4\).
\(\frac{\pi }{6} + k2\pi ;\,\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Ta có \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
\(x = - 4\).
Điểm cực đại của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(x = – 4\).
\({u_4} = 11\).
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 5 – 2 = 3 \Rightarrow {u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.3 = 11\).
\(4\).
Ta có: \({\log _a}\left( {ab} \right) = {\log _a}a + {\log _a}b = 1 + 3 = 4\).
4 cm.
Vì MN//BD nên kẻ qua G đường thẳng song song với BD cắt các cạnh AB và AD tại E, F.
Ta có \(\frac{{EF}}{{B{\text{D}}}} = \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EF = \frac{2}{3}.6 = 4cm\).
[16;21)
[21;26)
[26;31)
[31;36)
[36;41) Tần số
4
6
8
18
4 Tính số trung bình của mẫu số liệu trên
\(30\).
\(\overline x = \frac{{18,5.4 + 23,5.6 + 28,5.8 + 33,5.18 + 38,5.4}}{{40}} = 30\).
\( - 5\).
Ta có\(\int_0^2 f (x){\text{d}}x = \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x + \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x \Leftrightarrow \int_1^2 f \left( x \right){\text{d}}x = \int_0^2 f \left( x \right){\text{d}}x – \int_0^1 f \left( x \right){\text{d}}x = – 4 – 1 = – 5\).
5.
Ta có \(\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int\limits_{ – 1}^2 {f\left( x \right){\text{d}}x} – \int\limits_2^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = {S_1} – {S_2} = 7 – 2 = 5\).
\(4\overrightarrow {SO} \).
Ta có \(O\) là trung điểm \(AC,\,\,BD\).
Khi đó: \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} ;\,\,\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \)
\( \Rightarrow \overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 4\overrightarrow {SO} \).
PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Tập xác định của hàm số đã cho chứa đúng 4 số nguyên âm.
Điều kiện: \(x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > – 4\). Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( { – 4; + \infty } \right)\)
Vậy tập xác định của hàm số chứa các số nguyên âm là \(\left\{ { – 3; – 2; – 1} \right\}\)
b) Đúng.
Ta có:
\({\log _2}\left( {x + 4} \right) = {\log _2}\left( {{x^2} + 2x – 16} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
x + 4 = {x^2} + 2x – 16 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x > – 4 \hfill \\
{x^2} + x – 20 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = 4\)
c) Sai.
Ta có hàm số \(g\left( x \right) = – {x^2} + \ln 1024.{\log _2}\left( {x + 4} \right).\)
\(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}}.\)
Cho \(g’\left( x \right) = – 2x + \ln 1024.\frac{1}{{\left( {x + 4} \right)\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 4x – 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
x = – 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Lập bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) trên \(\left( { – 4; + \infty } \right)\) ta được giá trị lớn nhất của hàm số tại \(x = 1.\)
d) Sai.
Vẽ đường thẳng \(y = x – 1\) và đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đồ thị ta được
Vậy đường thẳng \(y = x – 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại 2 điểm.
Giai đoạn tăng trưởng chiều cao của cây lúa kéo dài \(12\) tuần.
\(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt} = \int {\left( { – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}} \right)dt} \)\( = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + C\).
Ta có \(h\left( 0 \right) = 20\).
Suy ra \(C = 20\).
Do đó \(h\left( t \right) = – \frac{1}{{40}}{t^4} + \frac{{11}}{{30}}{t^3} + 20\).
b) Sai
Cây tăng trưởng khi \(v(t) > 0\). Xét bất phương trình \( – 0,1{t^3} + 1,1{t^2} > 0\).
\( \Leftrightarrow {t^2}\left( { – 0,1t + 1,1} \right) > 0\).
Suy ra \( – 0,1t + 1,1 > 0\) nên \(t < 11\).
Vậy giai đoạn tăng trưởng của cây kéo dài 11 tuần.
c) Sai
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của \(h(t) = \frac{{ – {t^4}}}{{40}} + \frac{{11{t^3}}}{{30}} + 5\) với \(t \in [0;11]\).
Ta có: \(h'(t) = \frac{{ – {t^3}}}{{10}} + \frac{{11}}{{10}}{t^2} = \frac{{{t^2}}}{{10}}( – t + 11)\).
\(h'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 11 \hfill \\
\end{gathered} \right..\)
Ta thấy \(h(0) = 20\), \(h(11) \approx 142\).
Khi đó, \(h(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(142\) trên đoạn \([0;11]\).
Vậy chiều cao tối đa của cây cà chua đó là \(142\) (cm).
d) Đúng
Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(v(t) = – 0,1{t^3} + 1,1{t^2}\) với \(t \in [0;10]\).
Ta có \(v'(t) = – 0,3{t^2} + 2,2t = – 0,3t\left( {t – \frac{{22}}{3}} \right)\).
Suy ra \(v'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{22}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Ta thấy \(v(0) = 0\), \(v\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 19,7\), \(v(11) = 0\).
Khi đó, \(v(t)\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(19,7\) trên đoạn \([0;10]\) tại \(t = \frac{{22}}{3}\).
Ta có \(h\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx 92,3 > 80\).
Vào thời điểm cây lúa phát triển nhanh nhất, chiều cao của cây đã lớn hơn \(80\) cm.
Đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(3\).
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right)\) nên đoạn thẳng \(AB\) có độ dài bằng \(\sqrt {{4^2} + {4^2} + {2^2}} = 6\).
b) Đúng.
Vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {4; – 4;2} \right) = 2\left( {2; – 2;1} \right)\) nên đường thẳng \(AB\) có phương trình \(\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 1}}{{ – 2}} = \frac{z}{1}\).
c) Sai.
Vectơ \(\overrightarrow {AC} = \left( { – 1;3; – 1} \right)\) nên khoảng cách từ điểm \(C\) tới đường thẳng \(AB\) bằng \({\text{d}}\left( {C,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right|}}{{AB}} = \sqrt 2 \).
d) Đúng.
Diện tích tam giác \(ABM\) bằng \(\frac{1}{2}AB.{\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 6\sqrt 2 \Leftrightarrow {\text{d}}\left( {M,AB} \right) = 2\sqrt 2 \). Suy ra \(M\)thuộc mặt trụ có trục là đường thẳng \(AB\), bán kính \(R = 2\sqrt 2 \).
Đoạn thẳng \(MC\) có độ dài nhỏ nhất bằng \(M{C_{\min }} = \left| {{\text{d}}\left( {M,AB} \right) – {\text{d}}\left( {C,AB} \right)} \right| = \sqrt 2 \).
[5;6)
[6;7)
[7;8)
[8;9)
[9;10) Tần số
2
3
8
15
12
Biết rằng cả 8 học sinh trong Câu lạc bộ Toán học đều có điểm thi không dưới 8. Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh trong lớp có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8. Xác suất có đúng 2 em của Câu lạc bộ Toán học được chọn nhỏ hơn \(\frac{1}{3}\).
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là \(10 – 5 = 5\).
b) Đúng.
Điểm trung bình của cả lớp là: \(\overline x = \frac{1}{{40}}\left( {5,5.2 + 6,5.3 + 7,5.8 + 8,5.15 + 9,5.12} \right) = 8,3\).
Từ bảng thống kê, ta thấy có ít nhất 13 em có điểm trung bình thấp hơn của cả lớp.
c) Sai.
Số học sinh có điểm thi lớn hơn hoặc bằng 8 là
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_{27}^6\).
Xác suất có đúng 2 em của CLB Toán học là: \(\frac{{C_8^2.C_{19}^4}}{{C_{27}^6}} \approx 0,367 > \frac{1}{3}\)
d) Đúng.
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 8!\).
Xếp 5 học sinh nam thành một hàng ngang: \(5!\) cách.
5 học sinh nam tạo nên 4 khoảng trống ở giữa cùng 2 vị trí trống ở mỗi đầu hàng \( \Rightarrow \)Có 6 vị trí trống
Xếp 3 học sinh nữ vào 6 vị trí đó: \(A_6^3\).
Xác suất không có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau là: \(\frac{{5!.A_6^3}}{{8!}} = \frac{5}{{14}} > \frac{1}{3}\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{BD \bot AC \subset (SAC)} \\
{BD \bot SA}
\end{array}} \right.\) nên \(BD \bot SC\).
Kè \(DH \bot SC(H \in SC)\), suy ra \(SC \bot (BHD)\) mà \(BH \in (BHD)\) nên \(SC \bot BH\).
\( \Rightarrow \) Số đo của góc nhị diện \([B,SC,D]\) là \(\widehat {BHD} = 120^\circ \).
Dễ thấy \(\Delta HBD\) cân tại \(H,HO \bot BD\) và \(\widehat {DHO} = 60^\circ .\)
Suy ra \(DO = \frac{1}{2}BD = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow OH = \frac{{DO}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Lại có \(\Delta OHC\) vuông tại \(H\), suy ra
\(\sin (\widehat {OCII}) = \frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}:\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \cot (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{{{\sin }^2}(\widehat {SAC})}} – 1 = \sqrt 2 \Rightarrow \tan (\widehat {SAC}) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
\(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có \(SA = \tan (\widehat {SAC}) \cdot AC = 3\).
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 9\).
Đặt \({h_1} = 8(\;{\text{m}})\). Sau lần va chạm đất đầu tiên, quả bóng này lên độ cao \({h_2} = \frac{3}{4}{h_1}\).
Bóng lại rợi từ độ cao \({{\text{h}}_2}\), chạm đất và nảy lên độ cao \({h_3} = \frac{3}{4}{h_2}\).
Bóng tiếp tục rợi từ độ cao \({{\text{h}}_3}\), cứ tiếp tục như vậy. Sau lần va chạm đất thứ n, từ độ cao \({{\text{h}}_{\text{n}}}\), quả bóng nảy lên độ cao \({h_{n + 1}} = \frac{3}{4}{h_n}\).
Tổng khoảng cách rơi và nảy của quả bóng cho đến lực không này nữa là
\(d = \left( {{h_1} + {h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right) + \left( {{h_2} + {h_3} + \ldots + {h_n} + \ldots } \right)\)
Vậy d là tổng của 2 cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu lần lượt là \({{\text{h}}_1},\;{\text{ }}{{\text{h}}_2}\) và có cùng công bội \(q = \frac{3}{4}\).
Khi đó: \(d = \frac{{{h_1}}}{{1 – \frac{3}{4}}} + \frac{{{h_2}}}{{1 – \frac{3}{4}}} = 4\left( {{h_1} + {h_2}} \right) = 56(\;{\text{m}})\).
Biết chợ hải sản cách bờ biển \(400m\)và cách nhà thầy Hùng \(1km\), tính quãng đường ngắn nhất mà thầy Hùng đã chạy trong mỗi buổi sáng (đơn vị m và làm tròn đến hàng đơn vị).
Đổi \(400m = 0,4km\) và \(500m = 0,5km\).
Dựng hình chữ nhật \(DCBH\), khi đó \(DC = HB = \sqrt {A{B^2} – A{H^2}} = \sqrt {{1^2} – {{\left( {1 – 0,4} \right)}^2}} = 0,8\).
Đặt \(DE = x\) và \(FC = y\) khi đó \(x + y = DE + FC = DC – EF = 0,8 – 0,5 = 0,3\).
Ta có đoạn đường thầy Hùng sẽ đi là \(T = AE + EF + FB + BA = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} + 1,5\).
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski:
\(AE + FB = \sqrt {{x^2} + {1^2}} + \sqrt {{y^2} + 0,{4^2}} \geqslant \sqrt {{{\left( {\frac{3}{{10}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{7}{5}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {205} }}{{10}} \approx 1,432\left( {km} \right)\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{x}{y} = \frac{1}{{0,4}}} \\
{x + y = 0,3}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{3}{{14}}} \\
{y = \frac{3}{{35}}}
\end{array}} \right.\).
Vậy quãng đường ngắn nhất thầy Hùng đi trong buổi sáng là \(1932m\).
Gọi \(T\left( t \right)\) là nhiệt độ của ly trà tại thời điểm \(t\)(giờ) và nhiệt độ của môi trường là \(25\)°C
Tốc độ thay đổi nhiệt độ của vật thể tỉ lệ thuận với sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật thể và môi trường nên \(\frac{{T’\left( t \right)}}{{\left( {T\left( t \right) – 25} \right)}} = k \Leftrightarrow T’\left( t \right) = k\left( {T\left( t \right) – 25} \right)\) (trong đó \(k\) là hằng số tỷ lệ)
Ta đã biết \(T’\left( t \right) = \frac{{dT}}{{dt}}\) nên phương trình trở thành \(\frac{{dT}}{{dt}} = k\left( {T – 25} \right)\)
Lấy nguyên hàm hai vế: \(\int {\frac{1}{{\left( {T – 25} \right)}}d\left( T \right)} = \int {kt} \Rightarrow \ln \left| {T – 25} \right| = kt + C\)\( \Leftrightarrow \left| {T – 25} \right| = {e^{kt + C}} = {e^{kt}}.{e^C}\)
Do nhiệt độ của ly trà luôn hơn hơn hoặc bằng nhiệt độ của môi trường nên \(T – 25 \geqslant 0\) nên ta có thể phá dấu trị tuyệt đối: \(T – 25 = {e^C}.{E^{kt}}\)
Đặt \(A = {e^C}\) (Với \(A\) là một hằng số dương tùy ý) suy ra \(T\left( t \right) – 25 = A.{e^{kt}} \Leftrightarrow T\left( t \right) = 25 + A.{e^{kt}}\)
Tại \(t = 0\)(10 giờ) thì \(T = 65\) nên \(65 = 25 + A.{e^{k.0}} \Rightarrow 65 = 25 + A \Rightarrow A = 40\)
Tại \(t = 1\)(11 giờ) thì \(T = 45\) nên \(45 = 25 + 40.{e^{k.1}} \Rightarrow 45 = 25 + 40.{e^k} \Leftrightarrow 20 = 40.{e^k} \Rightarrow {e^k} = 0,5\)
Vậy lúc này phương trình \(T\left( t \right) = 25 + 40.{\left( {{e^k}} \right)^t} = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t}\)
Nhiệt độ lúc pha trà là \(95\)°C nên \(95 = 25 + 40.{\left( {0,5} \right)^t} \Rightarrow {\left( {0,5} \right)^t} = 1,75 \Rightarrow t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right)\)
Khi \(t = {\log _{0,5}}\left( {1,75} \right) \approx – 0,807535\)(dấu âm thể hiện thời điểm pha trà nằm trước mốc thời gian \(t = 0\), tức là trước \(10\) giờ)
Đổi sang phút ta có \(0,80735.60 \approx 48,44\)(phút) nên cốc trà được pha trước lúc bấm giờ \(48\) phút
\((Oxy):z = 0.\)
Gọi \(B’\)là điểm đối xứng với \(B\)qua mặt phẳng\((Oxy) \Rightarrow B’\left( {7;10; – 6} \right).\)
Hình chiếu vuông góc của \(A(1;2;3)\) xuống mặt phẳng \((Oxy)\) là \(A'(1;2;0)\).
Hình chiĉ́u vuông góc của \(B(7;10;6)\) xuống mặt phẳng \((Oxy)\) là \(E(7;10;0)\).
Gọi \(\left( Q \right)\)là mặt phẳng chứa \(AB\)và vuông góc với \((Oxy) \Rightarrow \left( {Oxy} \right) \cap \left( Q \right) = A’E.\)
Khi đó \(\overrightarrow {A’E} = (6;8;0).\)
Dựng hình bình hành \(ACNM \Rightarrow AC = 4.\)
Khi đó \(AM + BN = NC + B’N \geqslant BC.\) Đẳng thức xảy ra khi \(B’,C,N\)thẳng hàng.
Ta có \(\overrightarrow {AC} \)cùng phương với \(\overrightarrow {A’E} \Rightarrow \overrightarrow {AC} = \left( {3t;4t;0} \right).\)
Mà \(AC = 4 \Rightarrow {\left( {3t} \right)^2} + {\left( {4t} \right)^2} = 16 \Rightarrow {t^2} = \frac{{16}}{{25}} \Rightarrow t = \pm \frac{4}{5}.\)
+\(t = \frac{4}{5} \Rightarrow C\left( {\frac{{17}}{5};\frac{{26}}{5};3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {B’C} = \left( {\frac{{ – 18}}{5}; – \frac{{24}}{5};9} \right) \Rightarrow B’C = \sqrt {117} .\)
+ \(t = – \frac{4}{5} \Rightarrow C\left( {\frac{{ – 7}}{5}; – \frac{6}{5};3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {B’C} = \left( {\frac{{ – 42}}{5}; – \frac{{56}}{5};9} \right) \Rightarrow B’C = \sqrt {277} .\)
VÌ \(\sqrt {117} < \sqrt {277} \) nên \(AM + BN\) có giá trị nhỏ nhất là \(\sqrt {117} \).
Đẳng thức xảy ra khi \(N\left( {\frac{{23}}{5};\frac{{34}}{5};0} \right),M\left( {\frac{{11}}{5};\frac{{18}}{5};0} \right)\)
Vậy \({x_M} + {y_N} = \frac{{11}}{5} + \frac{{34}}{5} = \frac{{45}}{5} = 9.\)
Để Ngọc nhận được bút, ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: Vũ nhận bút, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 7 bút và 8 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{7}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{7}{{15}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Trường hợp 2: Vũ nhận bút, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận bút: \(\frac{9}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận bút, còn lại 8 bút và 8 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{8}{{16}} = \frac{1}{2}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này \(\frac{9}{{17}}.\frac{1}{2}.\frac{8}{{15}} = \frac{{72}}{{510}}\):
Trường hợp 3: Vũ nhận vở, Hồng nhận bút, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận bút: \(\frac{9}{{16}}\).
Sau khi Hồng nhận bút, còn lại 8 bút và 7 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{8}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{9}{{16}}} \right).\left( {\frac{8}{{15}}} \right) = \frac{{72}}{{510}}\)
Trường hợp 4: Vũ nhận vở, Hồng nhận vở, Ngọc nhận bút:
Xác suất Vũ nhận vở: \(\frac{8}{{17}}\)
Sau khi Vũ nhận vở, còn lại 9 bút và 7 vở, tổng cộng 16 phần quà.
Xác suất Hồng nhận vở: \(\frac{7}{{16}}\)
Sau khi Hồng nhận vở, còn lại 9 bút và 6 vở, tổng cộng 15 phần quà.
Xác suất Ngọc nhận bút: \(\frac{9}{{15}}\)
Xác suất của trường hợp này: \(\left( {\frac{8}{{17}}} \right).\left( {\frac{7}{{16}}} \right).\left( {\frac{9}{{15}}} \right) = \frac{{504}}{{4080}} = \frac{{63}}{{510}}\)
Vậy xác suất để Ngọc nhận được quà là cây bút là:
\(\left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{72}}{{510}}} \right) + \left( {\frac{{63}}{{510}}} \right) = \frac{{270}}{{510}} = \frac{9}{{17}} \approx 0,53\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Tại Sao Cần Quan Tâm Đến Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập?
Chúng tôi hiểu rằng chất lượng của tài liệu học tập và giải bài tập quyết định trực tiếp đến sự thành công của bạn. Nền tảng truyenngontinh.com.vn được xây dựng với mục tiêu cốt lõi là mang tài liệu học tập và giải bài tập chất lượng đến gần hơn với cộng đồng. Đội ngũ của chúng tôi luôn nỗ lực cập nhật dữ liệu liên tục để mang đến trải nghiệm tuyệt vời. Hơn thế nữa, giao diện thân thiện giúp người dùng tương tác với tài liệu học tập và giải bài tập một cách tự nhiên và thoải mái, tối ưu hóa thời gian đạt kết quả cao trong học tập mỗi ngày.
Sự phong phú của tài liệu học tập và giải bài tập trên hệ thống mang lại vô vàn lựa chọn cho người dùng. Bằng cách tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập thường xuyên trên truyenngontinh.com.vn, bạn sẽ nắm bắt được những xu hướng mới nhất. Cho dù nhu cầu của bạn là gì, mục tiêu đạt kết quả cao trong học tập ra sao, bạn cũng sẽ tìm thấy câu trả lời thỏa đáng tại đây. Đừng quên chia sẻ những tài liệu học tập và giải bài tập bổ ích này đến bạn bè và đồng nghiệp để cùng nhau lan tỏa tri thức.
Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Chính vì vậy, truyenngontinh.com.vn luôn ưu tiên tuyển chọn tài liệu học tập và giải bài tập từ những nguồn uy tín. Quá trình chọn lọc này giúp loại bỏ những thông tin sai lệch, đảm bảo bạn nhận được giá trị thực sự. Chỉ với vài thao tác cơ bản, hàng ngàn tài liệu học tập và giải bài tập chất lượng cao sẽ hiện ra trước mắt bạn, sẵn sàng để tải về hoặc tham khảo trực tuyến mọi lúc mọi nơi.
Hướng Dẫn Sử Dụng Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập Hiệu Quả
Đóng vai trò như một trợ thủ đắc lực, tài liệu học tập và giải bài tập giúp chúng ta tiết kiệm đáng kể thời gian và công sức. Bằng cách tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập thường xuyên trên truyenngontinh.com.vn, bạn sẽ nắm bắt được những xu hướng mới nhất. Sự kết hợp hài hòa giữa giao diện trực quan và nội dung phong phú là điểm cộng lớn cho quá trình đạt kết quả cao trong học tập. Chỉ với vài thao tác cơ bản, hàng ngàn tài liệu học tập và giải bài tập chất lượng cao sẽ hiện ra trước mắt bạn, sẵn sàng để tải về hoặc tham khảo trực tuyến mọi lúc mọi nơi.
Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Chỉ với một thiết bị kết nối mạng, kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập khổng lồ của truyenngontinh.com.vn luôn sẵn sàng phục vụ bạn 24/7. Đội ngũ của chúng tôi luôn nỗ lực cập nhật dữ liệu liên tục để mang đến trải nghiệm tuyệt vời. Có thể nói, việc tích cực tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập chính là khoản đầu tư sinh lời tốt nhất cho tương lai của bạn.
Sự phát triển không ngừng của tài liệu học tập và giải bài tập đã mở ra những hướng đi mới, mang lại nhiều lợi ích thiết thực. Việc truy cập tài liệu học tập và giải bài tập tại truyenngontinh.com.vn giúp bạn dễ dàng đạt kết quả cao trong học tập một cách nhanh chóng và chính xác. Việc đạt kết quả cao trong học tập giờ đây trở nên vô cùng đơn giản. Thêm vào đó, việc sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập hàng ngày sẽ giúp củng cố kỹ năng và nền tảng kiến thức của bạn, biến mục tiêu đạt kết quả cao trong học tập thành hiện thực nhanh chóng hơn bao giờ hết.
Đặc Điểm Nổi Bật Của Nền Tảng
- Điểm mạnh số 1: Không thể phủ nhận vai trò to lớn của tài liệu học tập và giải bài tập trong việc nâng cao kỹ năng v... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 2: Đóng vai trò như một trợ thủ đắc lực, tài liệu học tập và giải bài tập giúp chúng ta tiết kiệm đáng ... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 3: Không thể phủ nhận vai trò to lớn của tài liệu học tập và giải bài tập trong việc nâng cao kỹ năng v... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 4: Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Rất nhiều người dùng... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 5: Một trong những ưu điểm nổi bật khi tìm kiếm tài liệu học tập và giải bài tập là hệ thống phân loại ... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
Những Lưu Ý Khi Trải Nghiệm Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
Một trong những ưu điểm nổi bật khi tìm kiếm tài liệu học tập và giải bài tập là hệ thống phân loại thông minh. Rất nhiều người dùng đã chia sẻ rằng việc tiếp cận tài liệu học tập và giải bài tập tại truyenngontinh.com.vn đã thay đổi hoàn toàn thói quen của họ. Không chỉ tiện lợi, tốc độ tải trang nhanh và hệ thống máy chủ ổn định giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập không bao giờ bị gián đoạn. Có thể nói, việc tích cực tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập chính là khoản đầu tư sinh lời tốt nhất cho tương lai của bạn.
Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Bằng cách tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập thường xuyên trên truyenngontinh.com.vn, bạn sẽ nắm bắt được những xu hướng mới nhất. Chúng tôi cam kết duy trì sự ổn định để bạn yên tâm đạt kết quả cao trong học tập mà không gặp bất kỳ trở ngại nào. Hãy biến mỗi phút giây trực tuyến của bạn thành những khoảnh khắc hữu ích.
Đóng vai trò như một trợ thủ đắc lực, tài liệu học tập và giải bài tập giúp chúng ta tiết kiệm đáng kể thời gian và công sức. Các tài liệu học tập và giải bài tập được chia thành nhiều danh mục nhỏ, đi kèm với bộ lọc chi tiết, cho phép bạn thu hẹp phạm vi tìm kiếm một cách nhanh chóng. Quá trình chọn lọc này giúp loại bỏ những thông tin sai lệch, đảm bảo bạn nhận được giá trị thực sự. Hãy chủ động xây dựng kế hoạch đạt kết quả cao trong học tập hợp lý kết hợp với những tài liệu học tập và giải bài tập tuyệt vời này để đạt được thành tựu như mong muốn.
Giải Đáp Thắc Mắc: Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại truyenngontinh.com.vn có an toàn không?
Đáp: Hoàn toàn an toàn và miễn phí. Bạn có thể thoải mái đạt kết quả cao trong học tập mà không lo lắng về vấn đề bảo mật. Sự phát triển không ngừng của tài liệu học tập và giải bài tập đã mở ra những hướng đi mới, mang lại nhiều lợi ích thiết thực. Rất nhiều người dùng đã.
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại truyenngontinh.com.vn có an toàn không?
Đáp: Hoàn toàn an toàn và miễn phí. Bạn có thể thoải mái đạt kết quả cao trong học tập mà không lo lắng về vấn đề bảo mật. Sự phát triển không ngừng của tài liệu học tập và giải bài tập đã mở ra những hướng đi mới, mang lại nhiều lợi ích thiết thực. Thông qua quá trình tổn.
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại truyenngontinh.com.vn có an toàn không?
Đáp: Hoàn toàn an toàn và miễn phí. Bạn có thể thoải mái đạt kết quả cao trong học tập mà không lo lắng về vấn đề bảo mật. Không thể phủ nhận vai trò to lớn của tài liệu học tập và giải bài tập trong việc nâng cao kỹ năng và vốn sống của mỗi cá nhân. Bằng cách tham khảo tà.
Tổng Kết Về Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
Đóng vai trò như một trợ thủ đắc lực, tài liệu học tập và giải bài tập giúp chúng ta tiết kiệm đáng kể thời gian và công sức. Chính vì vậy, truyenngontinh.com.vn luôn ưu tiên tuyển chọn tài liệu học tập và giải bài tập từ những nguồn uy tín. Mỗi một tài liệu học tập và giải bài tập đều được trình bày rõ ràng, mạch lạc nhằm hỗ trợ bạn đạt kết quả cao trong học tập hiệu quả nhất. Hơn thế nữa, giao diện thân thiện giúp người dùng tương tác với tài liệu học tập và giải bài tập một cách tự nhiên và thoải mái, tối ưu hóa thời gian đạt kết quả cao trong học tập mỗi ngày.
Sự phát triển không ngừng của tài liệu học tập và giải bài tập đã mở ra những hướng đi mới, mang lại nhiều lợi ích thiết thực. Thông qua quá trình tổng hợp và phân tích chuyên sâu, truyenngontinh.com.vn tự hào giới thiệu bộ sưu tập tài liệu học tập và giải bài tập đa dạng. Sự kết hợp hài hòa giữa giao diện trực quan và nội dung phong phú là điểm cộng lớn cho quá trình đạt kết quả cao trong học tập. Đừng quên chia sẻ những tài liệu học tập và giải bài tập bổ ích này đến bạn bè và đồng nghiệp để cùng nhau lan tỏa tri thức.