Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 7
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 7
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 7
\(\mathop \smallint \nolimits^ {sin}xdx = {cos}x + C\).
Có: \(\mathop \smallint \nolimits^ {sin}xdx = – {cos}x + C\)
\(S = \int\limits_0^2 {{5^x}} {\mkern 1mu} dx\).
Ta có \(S = \int\limits_0^2 {\left| {{5^x}} \right|} {\mkern 1mu} dx = \int\limits_0^2 {{5^x}} {\mkern 1mu} dx\).
[2,7;3,0)
[3,0;3,3)
[3,3;3,6)
[3,6;3,9)
[3,9;4,2) Số ngày
3
6
5
4
2
3,39.
Ta có bảng sau:
{x = 6 – 3t} \\
{y = 2} \\
{z = – 2 + t}
\end{array}} \right.\). Trong các vectơ sau, vectơ nào là vectơ chỉ phương của đường thẳng d?
\(\vec p = \left( { - 3;0;1} \right)\).
\(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 6 – 3t} \\
{y = 2} \\
{z = – 2 + t}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 6 – 3t} \\
{y = 2 + 0t} \\
{z = – 2 + t}
\end{array} \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \left( { – 3;0;1} \right)} \right.} \right.\)
Khẳng định nào sau đây đúng?
\(f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} - 2\).
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy hàm số bậc 3 có nên ta loại câu C.
Xét câu A: \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{3} + {x^2} – 2\) có \(f’\left( x \right) = {x^2} + 2x = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0 \Rightarrow y = – 2} \\
{x = – 2 \Rightarrow y = \frac{{ – 2}}{3}}
\end{array}} \right.\). Loại câu A.
Xét câu B: \(f\left( x \right) = {x^3} + 3{x^2} – 2\) có \(f’\left( x \right) = 3{x^2} + 6x = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0 \Rightarrow y = – 2} \\
{x = – 2 \Rightarrow y = 2}
\end{array}} \right.\).
Ta có bảng biến thiên:
Xét câu D: \(f\left( x \right) = {x^3} + 3x – 2\) có \(f’\left( x \right) = 3{x^2} + 3 = 0\) (Phương trình vô nghiệm).
Loại câu D.
\(a > 1\).
Vì \(\frac{3}{4} < \frac{4}{5}\), mà \({a^{\frac{3}{4}}} < {a^{\frac{4}{5}}}\) nên \(a > 1\).
\(\vec n = \left( {3;0; - 1} \right)\)
Có \(\left( P \right):3x – z + 2 = 0 \Rightarrow 3x + 0y – z + 2 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {3;0; – 1} \right)\)
\(AC \bot SC\).
Do là hình chóp đều có là giao điểm của AC và BD nên \(SO \bot mp\left( {ABCD} \right)\).
Suy ra \(SO \bot AC\) mà không song song với, do đó không vuông góc với.
\(\frac{{11}}{3}\).
Có \({u_8} = {u_1} + \left( {8 – 1} \right).d \Rightarrow 26 = \frac{1}{3} + 7.d \Rightarrow d = \frac{{11}}{3}\).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 3\overrightarrow {AG} \).
Vì là trọng tâm của tam giác nên với mọi điểm A bất kì ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 3\overrightarrow {AG} \)
\(y = 3\).
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 2} \right\}\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {1 + \frac{{2x + 1}}{{x + 2}}} \right) = 3\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {1 + \frac{{2x + 1}}{{x + 2}}} \right) = 3\).
Vậy đồ thị hàm số \(y = 1 + \frac{{2x + 1}}{{x + 2}}\) có đường tiệm cận ngang \(y = 3\).
\(x = \frac{\pi }{2}\).
Ta có \(\sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Phương trình \(\sin x = 1\) có nghiệm dương khi và chỉ khi \(\frac{\pi }{2} + k2\pi > 0 \Leftrightarrow k > – \frac{1}{4}\).
Phương trình \(\sin x = 1\) có nghiệm dương nhỏ nhất khi \(k = 0\).
Suy ra \(x = \frac{\pi }{2}\).
Trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\), phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt.
b) Sai: Ta có
\(f’\left( x \right) = 0 \Rightarrow x + 1 – \frac{6}{{x + 2}} = 0 \Rightarrow \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right) – 6}}{{x + 2}} = 0 \Rightarrow {x^2} + 3x – 3 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{{ – 3 + \sqrt {21} }}{2}} \\
{x = \frac{{ – 3 – \sqrt {21} }}{2}}
\end{array}} \right.\)
Mà \(x \in \left[ { – 1;2} \right]\) nên \(x = \frac{{ – 3 + \sqrt {21} }}{2}\).
c) Đúng: Ta có
\(f\left( { – 1} \right) = \frac{1}{2}.{( – 1)^2} + 1 – 6{ln}\left( { – 1 + 2} \right) = \frac{{ – 1}}{2};\)
\(f\left( 2 \right) = \frac{1}{2}{.2^2} + 2 – 6{ln}\left( {2 + 2} \right) = 4 – 12{ln}2\)
d) Sai: Có
\(f\left( {\frac{{ – 3 + \sqrt {21} }}{2}} \right) = \frac{1}{2}.{\left( {\frac{{ – 3 + \sqrt {21} }}{2}} \right)^2} + \left( {\frac{{ – 3 + \sqrt {21} }}{2}} \right) – 6{ln}\left( {\frac{{ – 3 + \sqrt {21} }}{2} + 2} \right) \approx – 5,05\)
\(f\left( { – 1} \right) = \frac{{ – 1}}{2} = – 0,5;f\left( 2 \right) = 4 – 12{ln}2 \approx – 4,32\)
Suy ra
[5;6)
[6;7)
[7;8)
[8;9)
[9;10) 12A
1
0
11
22
6 12B
0
6
8
14
12
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu lớp 12A ( không làm tròn đến hàng phần trăm) là 0,72.
Xác suất chọn được học sinh biết bơi là \(P\left( B \right) = 0,21\).
a) Đúng: Vì tại trường THPT này có \(30{\% }\) học sinh tham gia câu lạc bộ thể thao, do đó \(P\left( A \right) = 30{\% } = 0,3\).
b) Đúng: Vì có \(20{\% }\) số học sinh không tham gia câu lạc bổ thể thao cũng biết bơi.
Do đó: \(P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,2\)
c) Sai: Theo sơ đồ, ta có: \(P\left( B \right) = 0,3.0,7 + 0,7.0,2 = 0,35\)
d) Đúng: Ta có \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,3.0,7}}{{0,35}} = 0,6\)
Gọi \(G\) là tâm của cửa sổ, khi đó \(G\left( {1;2;3} \right)\)
\( – AB//Ox\) và sang trái (giảm \(x\)), độ dài 2: \( \Rightarrow B(4 – 2;4;1) = (2;4;1).\)
\( – AD//Oz\) và lên trên (tăng \(z\)), độ dài 2: \( \Rightarrow D(4;4;1 + 2) = (4;4;3).\)
– \(C\) là đỉnh còn lại, nằm lệch theo cả \(Ox\) và \(Oz\) so với \(A\): \(C\left( {2;4;3} \right).\)
Ta có \(G\) là tâm của cửa sổ, khi đó \(G\) là trung điểm của \(BD\) nên \(G\left( {\frac{{2 + 4}}{2};\frac{{4 + 4}}{2};\frac{{1 + 3}}{2}} \right) = G\left( {3;4;2} \right)\)
b)Đúng. Lấy một đỉnh chung \(P\left( {{x_P};4;{z_P}} \right) \in \)cửa sổ
Đường thẳng \(LP\) có phương trình tham số: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 3 + t\left( {{x_P} – 3} \right)} \\
{y = 4t} \\
{z = 5 + t\left( {{z_P} – 5} \right)}
\end{array}} \right.,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\)
Điểm chiếu \(P\prime \) thuộc mặt phẳng \(z = 0\) nên: \(5 + t\left( {{z_P} – 5} \right) = 0 \Rightarrow t = \frac{5}{{5 – {z_P}}}\)
Thay lần lượt cho từng đỉnh:
Xét điểm \(A(4;4;1)\) có:
\({z_A} = 1;{t_A} = \frac{5}{4} \Rightarrow {x_{A\prime }} = 3 + \frac{5}{4}(4 – 3) = 3 + \frac{5}{4} = \frac{{17}}{4};{y_{A\prime }} = 4 \cdot \frac{5}{4} = 5 \Rightarrow A\prime \left( {\frac{{17}}{4};5;0} \right)\)
Tương tự ta tìm được \(B\prime \left( {\frac{7}{4};5;0} \right),C\prime \left( {\frac{1}{2};10;0} \right),D\prime \left( {\frac{{11}}{2};10;0} \right)\)
c) Đúng. Diện tích tứ giác \(A\prime B\prime C\prime D\prime \)
Trong mặt phẳng \(z = 0\) ta có:\(A\prime \left( {\frac{{17}}{4};5} \right),B\prime \left( {\frac{7}{4};5} \right),C\prime \left( {\frac{1}{2};10} \right),D\prime \left( {\frac{{11}}{2};10} \right).\)
Ta thấy: \({y_{A\prime }} = {y_{B\prime }} = 5,\quad {y_{C\prime }} = {y_{D\prime }} = 10,\) nên \(A\prime B\prime C\prime D\prime \) là hình thang, hai đáy song song trục \(Ox\).
Đáy nhỏ: \(A\prime B\prime = \left| {\frac{{17}}{4} – \frac{7}{4}} \right| = \frac{{10}}{4} = \frac{5}{2}.\)
Đáy lớn: \(C\prime D\prime = \left| {\frac{{11}}{2} – \frac{1}{2}} \right| = \frac{{10}}{2} = 5.\)
Chiều cao: \(h = 10 – 5 = 5{ }.\)
Diện tích: \({S_{A\prime B\prime C\prime D\prime }} = \frac{{\left( {A\prime B\prime + C\prime D\prime } \right).h}}{2} = \frac{{\left( {\frac{5}{2} + 5} \right).5}}{2} = \frac{{15}}{2} \cdot \frac{5}{2} = \frac{{75}}{4} = 18,75\)(\({m^2}\))
d) Sai. Cửa sổ \(ABCD\) là hình vuông cạnh 2: \({S_{ABCD}} = {2^2} = 4\)
Do đó: \(k = \frac{{{S_{A\prime B\prime C\prime D\prime }}}}{{{S_{ABCD}}}} = \frac{{\frac{{75}}{4}}}{4} = \frac{{75}}{{16}} \approx 4,7.\)
Vậy hình bóng của cửa sổ trên mặt sàn lớn hơn cửa sổ thật khoảng 4,7 lần
Gọi \(D\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(B\). Suy ra \(A’BDB’\) là hình bình hành.
Khi đó \(\left\{ \begin{gathered}
A’B//B’D \hfill \\
B’D \subset \left( {B’CD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow A’B//\left( {B’CD} \right) \supset B’C\).
do đó \(d\left( {A’B;B’C} \right) = d\left( {A’B;\left( {B’CD} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {B’CD} \right)} \right)\).
gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\) và \(H\) là hình chiếu của \(B\) trên \(B’K\).
Suy ra \(d\left( {B;\left( {B’CD} \right)} \right) = BH\).
Ta có \(\Delta BKD\) vuông tại \(K\) có \(\widehat {BDK} = 30^\circ \) nên \(BK = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\).
Xét \(\Delta B’BK\) vuông tại \(B\) có \(\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{{B’}^2}}} + \frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{2} + 4 = \frac{9}{2} \Rightarrow BH = \frac{{\sqrt 2 }}{3}\).
Vậy \(d\left( {A’B;B’C} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{3} \approx 0,47\).
Tính độ dài máng trượt đó (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Ta có \(AB = \sqrt {218} \), \(AC = \sqrt {458} \), \(BC = \sqrt {218} \), suy ra tam giác \(ABC\) cân tại \(B\).
Diện tích \({S_{ABC}} = \frac{{\sqrt {47403} }}{2}\).
Bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(ABC\) là \(R = \frac{{AB \cdot BC \cdot CA}}{{4{S_{ABC}}}} \approx 10,71411\).
Theo định lý cosin, ta có \(\cos B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} – A{C^2}}}{{2 \cdot AB \cdot BC}} = – \frac{{11}}{{218}} \Rightarrow \alpha = \widehat {ABC} \approx 1,62128\) rad.
Góc \(\alpha \) là góc nội tiếp chắn cung \(AC\) (không qua \(B\)) của đường tròn ngoại tiếp \(ABC\).
Suy ra số đo của góc chắn cung \(ABC\) là \(\beta = 2\pi – 2\alpha \).
Độ dài cung \(ABC\) là \(l = \beta R = \left( {2\pi – 2\alpha } \right) \cdot R \approx 32,577 \approx 33\).
TH1: Con robot đi trong vùng giới hạn bởi \(MX,\)\(MY\) thì rõ ràng \(MX\) là đường đi có thời gian ngắn nhất, khi đó thời gian đi là
\(\frac{{120}}{2} + \frac{{80}}{3} \approx 86,67(\;{m}).\)
TH2: Con robot đi trong vùng giới hạn bởi \(MC,\)\(MY,\) giả sử đường đi của nó là \(MZ,\)ta đặt \(\alpha = \widehat {ZMB} = \widehat {HEM} = \widehat {FEG}\).
Khi đó \(MZ = \frac{{200}}{{\cos \alpha }},HE = HM\cot \alpha = 40\cot \alpha \), \(EG = HG – HE = 40 – 40\cot \alpha \).
Tính được \(EF = \frac{{EG}}{{\cos \alpha }} = \frac{{40 – 40\cot \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{40}}{{\cos \alpha }} – \frac{{40}}{{\sin \alpha }}\) (đây là quāng đường đi trên cát).
Quãng đường đi trên mặt đất là \(EM + FZ = \frac{{200}}{{\cos \alpha }} – \)\(\left( {\frac{{40}}{{\cos \alpha }} – \frac{{40}}{{\sin \alpha }}} \right) = \frac{{240}}{{\sin \alpha }} – \frac{{40}}{{\cos \alpha }}\).
Tổng thời gian đi theo đường \(MZ\) là
\(t = \frac{1}{3}\left( {\frac{{240}}{{\sin \alpha }} – \frac{{40}}{{\cos \alpha }}} \right) + \frac{1}{2}\left( {\frac{{40}}{{\cos \alpha }} – \frac{{40}}{{\sin \alpha }}} \right) = \frac{{60}}{{\sin \alpha }} + \frac{{20}}{{3\cos \alpha }}.\)
Đến đây, có thể dùng tính năng Shift Solve hoặc sử dụng đạo hàm sē tìm ra được cực tiểu là \(\alpha \) thỏa mān \(\tan \alpha = \sqrt[3]{9}\). Ở đây trình bày cách tiếp cận khác, ta có
\({t^2} = \left( {\frac{{60}}{{\sin \alpha }} + \frac{{20}}{{3\cos \alpha }}} \right)\left( {\frac{{60}}{{\sin \alpha }} + \frac{{20}}{{3\cos \alpha }}} \right)\left( {{{\sin }^2}\alpha + {{\cos }^2}\alpha } \right) \geqslant {\left( {\sqrt[3]{{3600}} + \sqrt[3]{{\frac{{400}}{9}}}} \right)^3}.\)
Vậy \(t \geqslant \sqrt {{{\left( {\sqrt[3]{{3600}} + \sqrt[3]{{\frac{{400}}{9}}}} \right)}^3}} = \frac{{20}}{9}\sqrt {{{(9 + \sqrt[3]{9})}^3}} \approx 81,96001989\).
Đáp án \(100a = 8196\).
Chú ý: Bất đẳng thức Holder: \(\left( {{a^3} + {b^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3}} \right) \geqslant {(amx + bny)^3}\).
Bán kính đường tròn \(R = 40\sqrt 2 \) nên suy ra đường chéo của hình vuông bằng \(80\sqrt 2 \) nên cạnh hình vuông bằng \(80\)cm.
Các điểm \(M\) thỏa mãn \(MI = d\left( {M,\,AB} \right)\) nằm trên một đường cong có phương trình \(y = f\left( x \right)\) và đây chính là một parabol có tiêu điểm \(I\) và đường chuẩn \(AB\). Khi đó hình phẳng \(\left( H \right)\) chính là miền được tô màu như hình vẽ
Gọi \(M\left( {x;\,y} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
MI = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \hfill \\
d\left( {M,\,AB} \right) = \left| {x + 40} \right| \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}} = \left| {x + 40} \right| \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {80x + 1600} \)
Giao điểm của parabol với hai cạnh \(AD\) và \(BC\) là: \(\left\{ \begin{gathered}
y = \pm \sqrt {80x + 1600} \hfill \\
y = \pm 40 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) nên suy ra \(E\left( {0;\,40} \right)\); \(F\left( {0;\, – 40} \right)\)
Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) cần tính có thể dùng tích phân hoặc công thức tính nhanh diện tích cổng parabol: \({S_{\left( H \right)}} = 2\left( {\int\limits_{ – 40}^{ – 20} {\left| {40} \right|{d}x + \int\limits_{ – 20}^0 {\left| {40 – \sqrt {80x + 1600} } \right|{d}x} } } \right) = 2133\)(cm2)
Khi thành thạo rồi thì ta có thể tư duy nhanh về dữ kiện đề bài cho. Ta thấy hình phẳng \(\left( H \right)\) nằm bên trong hình vuông, đồng thời thỏa mãn điều kiện \(MI \geqslant d\left( {M,AB} \right)\) thì đây là miền hình phẳng nằm bên trong hình vuông, giới hạn bởi một đường parabol có tiêu điểm là \(I\), đường chuẩn \(AB\) và miền cần tính chứa đường chuẩn \(AB\), bao gồm cả đường parabol.
Tính diện tích dựa trên công thức tính nhanh:
\({S_{\left( H \right)}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} – \frac{4}{3}.EI.KI = \frac{1}{2}{.80^2} – \frac{4}{3}.40.20 = 2133\)(cm2)
Giả sử máy bay bay thẳng đều trên tuyến đường bay này. Khu dân cư bị coi là vùng ồn nguy hiểm nếu máy bay cách điểm \(S\) không vượt quá 4 km. Biết vận tốc máy bay là \(v = 240km/h\), hãy tính thời gian (tính bằng phút, làm tròn đến hàng phần trăm) mà khu dân cư phải chịu mức ồn vượt ngưỡng.
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = (4;10; – 2)\) suy ra đường thẳng \(AB:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2 + 4t} \\
{y = 0 + 10t} \\
{z = 2 – 2t}
\end{array}\quad t \in \mathbb{R}} \right.\)
Gọi \(P\) vị trí máy bay trên đường bay, khi đó \(P:\left( {2 + 4t;10t;2 – 2t} \right)\)
Suy ra: \(\overrightarrow {SP} = \left( {2 + 4t;10t – \frac{7}{2};\frac{3}{2} – 2t} \right).\)
Vậy khoảng cách \(SP = d\left( t \right) = \sqrt {{{(2 + 4t)}^2} + {{\left( {10t – \frac{7}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{2} – 2t} \right)}^2}} \)
Xét vùng ồn nguy hiểm: \(d(t) \leqslant 4\;km\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {{{(2 + 4t)}^2} + {{\left( {10t – \frac{7}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{2} – 2t} \right)}^2}} \leqslant 4\)
\( \Leftrightarrow {(2 + 4t)^2} + {\left( {10t – \frac{7}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{3}{2} – 2t} \right)^2} \leqslant 16\)
\( \Leftrightarrow 120{t^2} – 60t + \frac{{37}}{2} \leqslant 16\)
\( \Leftrightarrow 48{t^2} – 24t + 1 \leqslant 0 \Leftrightarrow t \in \left[ {\frac{{3 – \sqrt 6 }}{{12}};\frac{{3 + \sqrt 6 }}{{12}}} \right].\)
Ta có: \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{4^2} + {{10}^2} + {{( – 2)}^2}} = 2\sqrt {30} .\)
Khi đó độ dài đoạn đường mà máy bay gây ồn vượt ngưỡng là \(L = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left( {\frac{{3 + \sqrt 6 }}{{12}} – \frac{{3 – \sqrt 6 }}{{12}}} \right) = 2\sqrt {30} .\frac{{\sqrt 6 }}{6} = 2\sqrt 5 \;km\)
Vậy thời gian bay gây ồn vượt ngưỡng là: \(t = \frac{L}{v} = \frac{{2\sqrt 5 }}{{240}} = \frac{{\sqrt 5 }}{{120}}\) (giờ)\( \approx 1,12{ ph\’u t}{. }\)
Gọi biến cố A: “Người hút thuốc”;
B: “Bị mắc bệnh ung thư phổi”.
Theo đề bài, ta có:
\(P\left( {AB} \right) = 0,15;P\left( {A\overline B } \right) = 0,25;P\left( {\overline {AB} } \right) = 0,5;P\left( {\overline A B} \right) = 0,1\)
Suy ra \(P\left( B \right) = P\left( {AB} \right) + P\left( {\overline A B} \right) = 0,15 + 0,1 = 0,25\)
Xác suất người đó hút thuốc lá biết họ mắc bệnh ung thư phổi là: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,15}}{{0,25}} = 0,6\)
Xác suất người đó không hút thuốc lá biết người đó mắc bệnh ung thư phổi là
\(P\left( {\overline A \mid B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,1}}{{0,25}} = 0,4\)
Vậy tỉ lệ mắc bệnh ung thư phổi giữa người hút thuốc là và không hút thuốc là \(\frac{{0,6}}{{0,4}} = 1,5\).
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.