Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026-Đề 1
Chủ đề:Trắc Nghiệm ToánTrắc Nghiệm Toán Luyện Thi Quốc Gia
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026-Đề 1
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026-Đề 1
Câu 1:
Phương trình \(\tan x = – 1\) có tất cả các nghiệm là
\( - \frac{\pi }{4} + k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Chọn D
Ta có \(\tan x = – 1\) \( \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Ta có \(\tan x = – 1\) \( \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 2:
Hình vẽ sau đây là đồ thị của một trong bốn hàm số cho ở các đáp án \(A,\,B,\,C,\,D\). Hỏi đó là hàm số nào?
\(y = {x^3} - 2x + 1\).
Chọn C
Dựa vào đồ thị, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \), loại phương án \(D\).
Xét phương án \(A\) có \(y’ = 3{x^2} + 2 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), hàm số không có cực tri, loại phương án \(A\).
Xét phương án \(B\) có \(y’ = 3{x^2} – 6x\) và \(y’\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x = 0,\,\,x = 2\) nên hàm số đạt cực tri tại \(x = 0\) và \(x = 2\), loại phương án \(B\).
Vậy phương án đúng là \(C\).
Dựa vào đồ thị, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \), loại phương án \(D\).
Xét phương án \(A\) có \(y’ = 3{x^2} + 2 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), hàm số không có cực tri, loại phương án \(A\).
Xét phương án \(B\) có \(y’ = 3{x^2} – 6x\) và \(y’\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x = 0,\,\,x = 2\) nên hàm số đạt cực tri tại \(x = 0\) và \(x = 2\), loại phương án \(B\).
Vậy phương án đúng là \(C\).
Câu 3:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định, liên tục trên \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\) và có bảng biến thiên như sau
Tìm điều kiện của \(m\) để phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt.
Tìm điều kiện của \(m\) để phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt.
\(m > \frac{{27}}{4}\).
Chọn D
Để phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng \(y = m\) phải cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt.
Qua bảng biến thiên ta thấy, đường thẳng \(y = m\) phải cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt khi \(m > \frac{{27}}{4}\).
Để phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng \(y = m\) phải cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt.
Qua bảng biến thiên ta thấy, đường thẳng \(y = m\) phải cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt khi \(m > \frac{{27}}{4}\).
Câu 4:
Cho tứ diện ABCD, gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Véc tơ \(\overrightarrow {AI} \) cùng hướng với véc tơ nào sau đây?
\(\overrightarrow {AB} \).
Chọn B
Ta có: \(\overrightarrow {AI} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \)
Do đó vectơ \(\overrightarrow {AI} \) cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow {AB} \)
Ta có: \(\overrightarrow {AI} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \)
Do đó vectơ \(\overrightarrow {AI} \) cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow {AB} \)
Câu 5:
Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( {1;1; – 2} \right)\) và \(B\left( {3; – 1;2} \right)\). Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow {BA} \) là
\(\;\left( { - 2;2; - 4} \right)\).
Chọn D
\(\overrightarrow {BA} \left( {1 – 3;1 – \left( { – 1} \right); – 2 – 2} \right) = \left( { – 2,2, – 4} \right)\)
\(\overrightarrow {BA} \left( {1 – 3;1 – \left( { – 1} \right); – 2 – 2} \right) = \left( { – 2,2, – 4} \right)\)
Câu 6:
Trong không gian \(Oxyz\), cho đường thẳng \(d:\frac{{x – 1}}{4} = \frac{{ – y}}{2} = \frac{{z + 2}}{{ – 6}}\). Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của \(d\)?
\(\;\overrightarrow {{u_3}} = \left( { - 2;1;3} \right)\).
Chọn C
\(d:\frac{{x – 1}}{4} = \frac{y}{{ – 2}} = \frac{{z + 2}}{{ – 6}}\) có vecto chỉ phương là \(\vec u\left( {4, – 2, – 6} \right)\) hoặc \(\vec u\left( { – 2,1,3} \right)\)
\(d:\frac{{x – 1}}{4} = \frac{y}{{ – 2}} = \frac{{z + 2}}{{ – 6}}\) có vecto chỉ phương là \(\vec u\left( {4, – 2, – 6} \right)\) hoặc \(\vec u\left( { – 2,1,3} \right)\)
Câu 7:
Thống kê điểm trung bình môn Toán của một số học sinh lớp 12 được mẫu số liệu sau Khoảng điểm
\(\left[ {6,5;7} \right)\)
\(\left[ {7;7,5} \right)\)
\(\left[ {7,5;8} \right)\)
\(\left[ {8;8,5} \right)\)
\(\left[ {8,5;9} \right)\)
\(\left[ {9;9,5} \right)\)
\(\left[ {9,5;10} \right)\) Tần số
8
10
16
24
13
7
4 Phương sai của mẫu số liệu về điểm trung bình môn Toán của các học sinh đó là
\(\left[ {6,5;7} \right)\)
\(\left[ {7;7,5} \right)\)
\(\left[ {7,5;8} \right)\)
\(\left[ {8;8,5} \right)\)
\(\left[ {8,5;9} \right)\)
\(\left[ {9;9,5} \right)\)
\(\left[ {9,5;10} \right)\) Tần số
8
10
16
24
13
7
4 Phương sai của mẫu số liệu về điểm trung bình môn Toán của các học sinh đó là
0,609.
Chọn D
Câu 8:
Biết \(\mathop \smallint \nolimits^ \;f\left( x \right)dx = {\text{cos}}x + C\) thì \(\mathop \smallint \nolimits^ \;f’\left( x \right)dx\) bằng
\( - {\text{sin}}x + C'\).
Chọn C
Vậy \(\int {f'(x)dx = f(x) + C’ = – \sin x + C’} \)
Vậy \(\int {f'(x)dx = f(x) + C’ = – \sin x + C’} \)
Câu 9:
Khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ là \(x\left( {0 \leqslant x \leqslant 3} \right)\), ta được mặt cắt là một hình vuông có cạnh là \(\sqrt {9 – {x^2}} \) (được mô hình hóa bởi hình vẽ bên dưới). Thể tích của vật thể đó bằng
18.
Chọn D
Ta có: \(V = \int\limits_0^3 {{{(f\left( x \right))}^2}dx} = 18\)
Ta có: \(V = \int\limits_0^3 {{{(f\left( x \right))}^2}dx} = 18\)
Câu 10:
Một người gửi tiết kiệm 10 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 7%/một năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu. Sau 5 năm mới rút lãi thì người đó thu được số tiền lãi là
4,026 triệu đồng.
Chọn C
Tổng số tiền cả lãi và vốn thu được sau 5 năm là \(T = 10000000.{(1 + 7{\text{\% }})^5} \approx 14,026\) (triệu đồng)
Số tiền lãi sau 5 năm là \(14,026 – 10 = 4,026\) (triệu đồng)
Tổng số tiền cả lãi và vốn thu được sau 5 năm là \(T = 10000000.{(1 + 7{\text{\% }})^5} \approx 14,026\) (triệu đồng)
Số tiền lãi sau 5 năm là \(14,026 – 10 = 4,026\) (triệu đồng)
Câu 11:
Cho lăng trụ tam giác \(ABC.A’B’C’\). Biết diện tích mặt bên \(ABB’A’\) bằng 15, khoảng cách từ \(C\) đến \(\left( {ABB’A’} \right)\) bằng 6 (tham khảo hình vẽ bên cạnh). Thể tích của khối lăng trụ \(ABC.A’B’C’\) bằng bao nhiêu?
45.
Chọn B
Thể tích khối chóp \(C.ABB’A’\) là \({V_{C.ABB’A’}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABB’A’} \right)} \right).{S_{ABB’A’}} = \frac{1}{3}.6.15 = 30\)
Ta có: \({V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{3}{2}{V_{C.ABB’A’}} = \frac{3}{2}.30 = 45\).
Thể tích khối chóp \(C.ABB’A’\) là \({V_{C.ABB’A’}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABB’A’} \right)} \right).{S_{ABB’A’}} = \frac{1}{3}.6.15 = 30\)
Ta có: \({V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{3}{2}{V_{C.ABB’A’}} = \frac{3}{2}.30 = 45\).
Câu 12:
Phương trình \({4^{2x – 4}} = 16\) có nghiệm là:
\(x = 3\).
Chọn B
Ta có:
\({4^{2x – 4}} = 16\)
\( \Leftrightarrow {4^{2x – 4}} = {4^2}\)
\( \Leftrightarrow 2x – 4 = 2\)
\( \Leftrightarrow x = 3\)
Ta có:
\({4^{2x – 4}} = 16\)
\( \Leftrightarrow {4^{2x – 4}} = {4^2}\)
\( \Leftrightarrow 2x – 4 = 2\)
\( \Leftrightarrow x = 3\)
Câu 13:
Cho hàm số \(f(x) = 4\sin x\cos x + 2x\).
Đạo hàm của hàm số đã cho là \(f\prime (x) = 4\sin 2x + 2\).
a) Sai.
\(f\left( x \right) = 4{\text{sin}}x{\text{cos}}x + 2x = 2{\text{sin}}2x + 2x\)
\( \Rightarrow f’\left( x \right) = 4{\text{cos}}2x + 2\)
b) Đúng
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{\text{cos}}2x + 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow {\text{cos}}2x = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi } \\
{2x = – \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{3} + k\pi } \\
{x = – \frac{\pi }{3} + k\pi }
\end{array}} \right.} \right.\)
Trên \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\) thì \(f’\left( x \right) = 0\) có 4 nghiệm \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{3},\frac{{ – 2\pi }}{3},\frac{{ – \pi }}{3},\frac{{2\pi }}{3}} \right\}\)
Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 4 điểm cực trị thuộc \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\).
c) Sai
Ta có \(x = – \frac{\pi }{3}\) là cực trị của hàm số nên \(f’\left( x \right)\) đổi dấu khi qua \(x = – \frac{\pi }{3}\).
Mà \(x = – \frac{\pi }{3} \in \left( { – 2,1} \right)\) nên hàm số không thể đơn điệu đồng biến trên ( \(\left. { – 2; – 1} \right)\).
d) Đúng
Ta có \(f\left( 0 \right) = 0;f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2\pi ;f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sqrt 3 + \frac{{2\pi }}{3}\)
Nên giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\frac{{2\pi }}{3} + \sqrt 3 \).
\(f\left( x \right) = 4{\text{sin}}x{\text{cos}}x + 2x = 2{\text{sin}}2x + 2x\)
\( \Rightarrow f’\left( x \right) = 4{\text{cos}}2x + 2\)
b) Đúng
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{\text{cos}}2x + 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow {\text{cos}}2x = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi } \\
{2x = – \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{3} + k\pi } \\
{x = – \frac{\pi }{3} + k\pi }
\end{array}} \right.} \right.\)
Trên \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\) thì \(f’\left( x \right) = 0\) có 4 nghiệm \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{3},\frac{{ – 2\pi }}{3},\frac{{ – \pi }}{3},\frac{{2\pi }}{3}} \right\}\)
Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 4 điểm cực trị thuộc \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\).
c) Sai
Ta có \(x = – \frac{\pi }{3}\) là cực trị của hàm số nên \(f’\left( x \right)\) đổi dấu khi qua \(x = – \frac{\pi }{3}\).
Mà \(x = – \frac{\pi }{3} \in \left( { – 2,1} \right)\) nên hàm số không thể đơn điệu đồng biến trên ( \(\left. { – 2; – 1} \right)\).
d) Đúng
Ta có \(f\left( 0 \right) = 0;f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2\pi ;f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sqrt 3 + \frac{{2\pi }}{3}\)
Nên giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\frac{{2\pi }}{3} + \sqrt 3 \).
Câu 14:
Một cabin cáp treo xuất phát từ điểm \(A\left( {10;3;0} \right)\) và chuyển động đều theo đường cáp có vectơ chỉ phương là \(\vec u = \left( {2; – 2;1} \right)\) với tốc độ là \(4,5\left( {{\text{m}}/{\text{s}}} \right)\) (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét) được mô hình hóa như các hình vẽ sau:
Đường cáp \(AB\) tạo với mặt (Oxy) một góc \({22^ \circ }\) (làm tròn đến hàng đơn vị của độ)
a) Đúng: Phương trình chính tắc của đường cáp là \(\frac{{x – 10}}{2} = \frac{{y – 3}}{{ – 2}} = \frac{z}{1}\)
b) Đúng: Thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình của đường cáp ta thấy thỏa mãn
Vậy \(M\left( {3t + 10; – 3t + 3;\frac{{3t}}{2}} \right)\)
c) Đúng: Gọi \(B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)\)
Cabin dừng ở điểm \(B\) có hoành độ \({x_B} = 550\) nên:
\(\frac{{550 – 10}}{2} = \frac{{{y_B} – 3}}{{ – 2}} = \frac{{{z_B}}}{1} \Rightarrow \)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{y_B} = – 537} \\
{{z_B} = 270}
\end{array} \Rightarrow B\left( {550; – 537;270} \right)} \right.\)
Vậy \(AB = \sqrt {{{(550 – 10)}^2} + {{( – 537 – 3)}^2} + {{270}^2}} = 810\left( {\text{m}} \right)\)
d) Sai: Ta có: \(\overrightarrow {AB} = k\vec u\)
Do đó:
\(\begin{gathered}
\cos (AB,(Oxy)) = \cos (\vec u,(Oxy)) = \frac{{\vec u.\overrightarrow {{n_{Oxy}}} }}{{|\vec u|\left| {{n_{Oxy}}} \right|}} \hfill \\
= \frac{1}{{\sqrt {{2^2} + {{( – 2)}^2} + 1} .1}} = \frac{1}{3} \hfill \\
\end{gathered} \)
\( \Rightarrow (AB,(Oxy)) \approx {70^\circ }\)
b) Đúng: Thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình của đường cáp ta thấy thỏa mãn
Vậy \(M\left( {3t + 10; – 3t + 3;\frac{{3t}}{2}} \right)\)
c) Đúng: Gọi \(B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)\)
Cabin dừng ở điểm \(B\) có hoành độ \({x_B} = 550\) nên:
\(\frac{{550 – 10}}{2} = \frac{{{y_B} – 3}}{{ – 2}} = \frac{{{z_B}}}{1} \Rightarrow \)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{y_B} = – 537} \\
{{z_B} = 270}
\end{array} \Rightarrow B\left( {550; – 537;270} \right)} \right.\)
Vậy \(AB = \sqrt {{{(550 – 10)}^2} + {{( – 537 – 3)}^2} + {{270}^2}} = 810\left( {\text{m}} \right)\)
d) Sai: Ta có: \(\overrightarrow {AB} = k\vec u\)
Do đó:
\(\begin{gathered}
\cos (AB,(Oxy)) = \cos (\vec u,(Oxy)) = \frac{{\vec u.\overrightarrow {{n_{Oxy}}} }}{{|\vec u|\left| {{n_{Oxy}}} \right|}} \hfill \\
= \frac{1}{{\sqrt {{2^2} + {{( – 2)}^2} + 1} .1}} = \frac{1}{3} \hfill \\
\end{gathered} \)
\( \Rightarrow (AB,(Oxy)) \approx {70^\circ }\)
Câu 15:
Đường bao của một chai nước sô đa được mô hình hóa bằng ba hàm số \(f,g,h\). Tất cả các đường này được ghép trơn với nhau.
Để đơn giản hóa phương trình, ba đồ thị dùng chung trục \(Ox\) nhưng mỗi hàm có một trục \(Oy\) riêng, như hình vẽ.
– Hàm \(f(x)\) là hàm căn bậc bốn dạng: \(f(x) = a \cdot {x^{\frac{1}{4}}}\), thể hiện phần đuôi chai.
– Hàm \(g(x)\) là đường thẳng ngang dạng: \(g(x) = b\), thể hiện phần thân chai.
– Hàm \(h(x)\) là đa thức bậc ba dạng: \(h(x) = c{x^3} + dx + e\), thể hiện phần đầu chai.
Các kích thước được chỉ trên hình (đơn vị: cm). (ghi chú: miệng chai có đường kính bằng 4).
Để đơn giản hóa phương trình, ba đồ thị dùng chung trục \(Ox\) nhưng mỗi hàm có một trục \(Oy\) riêng, như hình vẽ.
– Hàm \(f(x)\) là hàm căn bậc bốn dạng: \(f(x) = a \cdot {x^{\frac{1}{4}}}\), thể hiện phần đuôi chai.
– Hàm \(g(x)\) là đường thẳng ngang dạng: \(g(x) = b\), thể hiện phần thân chai.
– Hàm \(h(x)\) là đa thức bậc ba dạng: \(h(x) = c{x^3} + dx + e\), thể hiện phần đầu chai.
Các kích thước được chỉ trên hình (đơn vị: cm). (ghi chú: miệng chai có đường kính bằng 4).
Tổng các hệ số \({a^2} + b + d + e = 10\)
Đầu tiên ta sẽ tìm các hàm số đã cho
Xét \(f(x)\) là hàm căn bậc bốn dạng: \(f(x) = a \cdot {x^{\frac{1}{4}}}\) đối chiếu hình ta có được hàm này có \(x \in \left[ {0;4} \right]\) tại \(x = 0 \Rightarrow y = 0,\,x = 4 \Rightarrow y = 4 \Rightarrow a{.4^{\frac{1}{4}}} = 4 \Rightarrow \boxed{a = 2\sqrt 2 }\)
\( \Rightarrow f(x) = 2\sqrt 2 .{x^{\frac{1}{4}}},x \in \left[ {0;4} \right]\)
Xét \(g(x)\) là đường thẳng ngang dạng: \(g(x) = b\) đối chiếu hình ta có được hàm này có \(x \in \left[ {0;12} \right]\) và là hằng với \(\boxed{b = 4}\), suy ra \(g(x) = 4,x \in \left[ {0;12} \right]\)
Xét \(h(x)\) là đa thức bậc ba dạng: \(h(x) = c{x^3} + dx + e\) đối chiếu hình ta có được hàm này có \(x \in \left[ {0;10} \right]\), ta có \(\left\{ \begin{gathered}
h(0) = 4 \Rightarrow \boxed{e = 4} \hfill \\
h(10) = 2 \Rightarrow 2 = 1000c + 10d + 4\,(*) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì tất cả các đường này được ghép trơn với nhau hay khi đó \(g(x)\) là tiếp tuyến của đường \(h(x)\) tại \(x = 0\), hay \(h'(0) = 0\)(hệ số góc của đường \(g(x)\)), mà \(h'(x) = 3c{x^2} + d \Rightarrow h'(0) = \boxed{d = 0}\)
Thay vào (*) ta suy ra được: \(\boxed{c = – 0,002}\).
Vậy \(h(x) = – 0,002{x^3} + 4,x \in \left[ {0;10} \right]\).
a) Sai. . Tổng các hệ số \(a + b + d + e = 4 + 4 + 0 + 4 = 12\)
b) Đúng.
Thân chai là phần hình trụ \(g\) (dài 12, bán kính 4), thì tấm decal tối thiểu chính là diện tích xung quanh của hình trụ:
– Chu vi đáy \( = 2\pi r = 2\pi \cdot 4 = 8\pi \),
– Chiều cao (chiều dài phằn thân) \( = 12\).
Vậy \({S_{{\text{decal }}}} = 8\pi \cdot 12 = 96\pi \,(c{m^2}).\)
c) Sai. Diện tích tiết diện dọc (mặt cắt qua trục)
Tiết diện là hai dải đối xứng nên \(S = 2\left( {\int_0^4 f (x)dx + \int_0^{12} g (x)dx + \int_0^{10} h (x)dx} \right)\)
Tính từng phần:
\(\begin{gathered}
\int_0^4 f (x)dx = \left. {a\frac{4}{5}{x^{5/4}}} \right|_0^4 = \frac{{64}}{5} = 12,8 \hfill \\
\int_0^{12} g (x)dx = 4 \cdot 12 = 48 \hfill \\
\int_0^{10} h (x)dx = \left. {\left( {\frac{c}{4}{x^4} + 4x} \right)} \right|_0^{10} = c \cdot 2500 + 40 = – 5 + 40 = 35 \hfill \\
\end{gathered} \)
Suy ra \(S = 2(12,8 + 48 + 35) = 191,6\left( {c{m^2}} \right).\)
d) Đúng. Thể tích chai (khối tròn xoay quanh \(Ox\)): \(V = \pi \left( {\int_0^4 f {{(x)}^2}dx + \int_0^{12} g {{(x)}^2}dx + \int_0^{10} h {{(x)}^2}dx} \right)\)
Từng phần:
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{\int_0^4 {{f^2}} dx}&{ = \int_0^4 {{a^2}} {x^{1/2}}dx = \left. {{a^2}\frac{2}{3}{x^{3/2}}} \right|_0^4 = \frac{{128}}{3}} \\
{\int_0^{12} {{g^2}} dx}&{ = {4^2} \cdot 12 = 192} \\
{\int_0^{10} {{h^2}} dx}&{ = \int_0^{10} {\left( {{c^2}{x^6} + 8c{x^3} + 16} \right)} dx = \frac{{{c^2}}}{7}{{10}^7} + 2c \cdot {{10}^4} + 160} \\
{}&{ = \frac{{40}}{7} – 40 + 160 = \frac{{880}}{7}}
\end{array}\)
Tổng: \(\sum {{R^2}} = \frac{{128}}{3} + 192 + \frac{{880}}{7} = \frac{{7568}}{{21}}\)
Do đó \(V = \pi \cdot \frac{{7568}}{{21}} \approx 1,132,2\left( {c{m^3}} \right).\)
Vì \(V > 1000\) cm3 nên chai này chứa được 1 lít so đa
Xét \(f(x)\) là hàm căn bậc bốn dạng: \(f(x) = a \cdot {x^{\frac{1}{4}}}\) đối chiếu hình ta có được hàm này có \(x \in \left[ {0;4} \right]\) tại \(x = 0 \Rightarrow y = 0,\,x = 4 \Rightarrow y = 4 \Rightarrow a{.4^{\frac{1}{4}}} = 4 \Rightarrow \boxed{a = 2\sqrt 2 }\)
\( \Rightarrow f(x) = 2\sqrt 2 .{x^{\frac{1}{4}}},x \in \left[ {0;4} \right]\)
Xét \(g(x)\) là đường thẳng ngang dạng: \(g(x) = b\) đối chiếu hình ta có được hàm này có \(x \in \left[ {0;12} \right]\) và là hằng với \(\boxed{b = 4}\), suy ra \(g(x) = 4,x \in \left[ {0;12} \right]\)
Xét \(h(x)\) là đa thức bậc ba dạng: \(h(x) = c{x^3} + dx + e\) đối chiếu hình ta có được hàm này có \(x \in \left[ {0;10} \right]\), ta có \(\left\{ \begin{gathered}
h(0) = 4 \Rightarrow \boxed{e = 4} \hfill \\
h(10) = 2 \Rightarrow 2 = 1000c + 10d + 4\,(*) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì tất cả các đường này được ghép trơn với nhau hay khi đó \(g(x)\) là tiếp tuyến của đường \(h(x)\) tại \(x = 0\), hay \(h'(0) = 0\)(hệ số góc của đường \(g(x)\)), mà \(h'(x) = 3c{x^2} + d \Rightarrow h'(0) = \boxed{d = 0}\)
Thay vào (*) ta suy ra được: \(\boxed{c = – 0,002}\).
Vậy \(h(x) = – 0,002{x^3} + 4,x \in \left[ {0;10} \right]\).
a) Sai. . Tổng các hệ số \(a + b + d + e = 4 + 4 + 0 + 4 = 12\)
b) Đúng.
Thân chai là phần hình trụ \(g\) (dài 12, bán kính 4), thì tấm decal tối thiểu chính là diện tích xung quanh của hình trụ:
– Chu vi đáy \( = 2\pi r = 2\pi \cdot 4 = 8\pi \),
– Chiều cao (chiều dài phằn thân) \( = 12\).
Vậy \({S_{{\text{decal }}}} = 8\pi \cdot 12 = 96\pi \,(c{m^2}).\)
c) Sai. Diện tích tiết diện dọc (mặt cắt qua trục)
Tiết diện là hai dải đối xứng nên \(S = 2\left( {\int_0^4 f (x)dx + \int_0^{12} g (x)dx + \int_0^{10} h (x)dx} \right)\)
Tính từng phần:
\(\begin{gathered}
\int_0^4 f (x)dx = \left. {a\frac{4}{5}{x^{5/4}}} \right|_0^4 = \frac{{64}}{5} = 12,8 \hfill \\
\int_0^{12} g (x)dx = 4 \cdot 12 = 48 \hfill \\
\int_0^{10} h (x)dx = \left. {\left( {\frac{c}{4}{x^4} + 4x} \right)} \right|_0^{10} = c \cdot 2500 + 40 = – 5 + 40 = 35 \hfill \\
\end{gathered} \)
Suy ra \(S = 2(12,8 + 48 + 35) = 191,6\left( {c{m^2}} \right).\)
d) Đúng. Thể tích chai (khối tròn xoay quanh \(Ox\)): \(V = \pi \left( {\int_0^4 f {{(x)}^2}dx + \int_0^{12} g {{(x)}^2}dx + \int_0^{10} h {{(x)}^2}dx} \right)\)
Từng phần:
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{\int_0^4 {{f^2}} dx}&{ = \int_0^4 {{a^2}} {x^{1/2}}dx = \left. {{a^2}\frac{2}{3}{x^{3/2}}} \right|_0^4 = \frac{{128}}{3}} \\
{\int_0^{12} {{g^2}} dx}&{ = {4^2} \cdot 12 = 192} \\
{\int_0^{10} {{h^2}} dx}&{ = \int_0^{10} {\left( {{c^2}{x^6} + 8c{x^3} + 16} \right)} dx = \frac{{{c^2}}}{7}{{10}^7} + 2c \cdot {{10}^4} + 160} \\
{}&{ = \frac{{40}}{7} – 40 + 160 = \frac{{880}}{7}}
\end{array}\)
Tổng: \(\sum {{R^2}} = \frac{{128}}{3} + 192 + \frac{{880}}{7} = \frac{{7568}}{{21}}\)
Do đó \(V = \pi \cdot \frac{{7568}}{{21}} \approx 1,132,2\left( {c{m^3}} \right).\)
Vì \(V > 1000\) cm3 nên chai này chứa được 1 lít so đa
Câu 16:
Trước \(3\)tiếng khi diễn ra trận Derby thành Manchester giữa \(MU – MC.\)Người ta phỏng vấn ngẫu nhiên \(100\) người hâm mộ của MU( có 20 người đang mặc áo của đội bóng) về việc có nên xem trận đấu đó hay không. Kết quả cho thấy rằng \(75\) người trả lời sẽ xem, \(25\) người trả lời sẽ không xem. Nhưng thực tế cho thấy rằng tỉ lệ người hâm mộ MU thực sự xem trận đấu tương ứng với những cách trả lời “ có xem” và “ không xem” là \(80\% \) và \(20\% \).
Gọi A là biến cố “ Người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu”
Gọi B là biến cố “ Người được phỏng vấn trả lời sẽ xem trận đấu”
Gọi A là biến cố “ Người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu”
Gọi B là biến cố “ Người được phỏng vấn trả lời sẽ xem trận đấu”
Tỉ lệ người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu là \(72,5\% \).
Gọi A là biến cố “Người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu”
Gọi B là biến cố “Người được phỏng vấn trả lời sẽ xem trận đấu”
Theo bài ta có \(P\left( B \right) = 0,75;P\left( {\overline B } \right) = 0,25;P\left( {A\mid B} \right) = 0,8,P\left( {A\mid \overline B } \right) = 0,2\)
a) Đúng. \(P\left( {AB} \right) = P\left( B \right)P\left( {A\mid B} \right) = 0,75.0,8 = 0.6\)
b) Sai. Tỉ lệ người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu là
\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {AB} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A\mid \overline B } \right) = 0,75.0,8 + 0,25.0,2 = 0,65\)
c) Sai. Tỉ lệ người trả lời không xem khi được phỏng vấn trong số người được phỏng vấn thực sự sẽ xem là \(P\left( {\overline B \mid A} \right)\). Ta có
\(P\left( {\overline B \mid A} \right) = 1 – P\left( {B\mid A} \right) = 1 – \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = 1 – \frac{{0,6}}{{0,65}} = \frac{1}{{13}}\)
d) Đúng. Gọi C là biến cố “Người mặc áo đội bóng
Do số người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu trong số người mặc áo đội bóng là 14 người nên \(P\left( {A\mid C} \right) = \frac{{14}}{{20}} = 0,7\)
Vậy người phỏng vấn thực sự sẽ không xem trận đấu trong số người mặc áo đội bóng là \(P\left( {\overline A \mid C} \right) = 1 – P\left( {A\mid C} \right) = 1 – 0,7 = 0,3\)
Gọi B là biến cố “Người được phỏng vấn trả lời sẽ xem trận đấu”
Theo bài ta có \(P\left( B \right) = 0,75;P\left( {\overline B } \right) = 0,25;P\left( {A\mid B} \right) = 0,8,P\left( {A\mid \overline B } \right) = 0,2\)
a) Đúng. \(P\left( {AB} \right) = P\left( B \right)P\left( {A\mid B} \right) = 0,75.0,8 = 0.6\)
b) Sai. Tỉ lệ người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu là
\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {AB} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A\mid \overline B } \right) = 0,75.0,8 + 0,25.0,2 = 0,65\)
c) Sai. Tỉ lệ người trả lời không xem khi được phỏng vấn trong số người được phỏng vấn thực sự sẽ xem là \(P\left( {\overline B \mid A} \right)\). Ta có
\(P\left( {\overline B \mid A} \right) = 1 – P\left( {B\mid A} \right) = 1 – \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = 1 – \frac{{0,6}}{{0,65}} = \frac{1}{{13}}\)
d) Đúng. Gọi C là biến cố “Người mặc áo đội bóng
Do số người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu trong số người mặc áo đội bóng là 14 người nên \(P\left( {A\mid C} \right) = \frac{{14}}{{20}} = 0,7\)
Vậy người phỏng vấn thực sự sẽ không xem trận đấu trong số người mặc áo đội bóng là \(P\left( {\overline A \mid C} \right) = 1 – P\left( {A\mid C} \right) = 1 – 0,7 = 0,3\)
Câu 17:
Một tấm cầu dốc kê bậc thềm làm bằng kim loại như hình vẽ. Biết chiều cao tối đa của cầu dốc là \(0,3\,m\) và bề mặt cầu là hình vuông có cạnh bằng \(1\,m\). Hãy tính góc hợp bởi đường chéo bề mặt cầu dốc với mặt sàn nhà theo đơn vị độ (làm tròn kết quả đến hàng phần chục).
Trả lời: 12,2
Lật đứng bệ lên ta được khối lăng trụ đứng \(ABC.A’B’C’\). Với:
− Đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\) và \(AB = 0,3\); \(BC = 1\).
− Mặt bên \(\left( {BCC’B’} \right)\) là mặt cầu dốc và là hình vuông có cạnh bằng \(1\) hay \(CC’ = 1\).
− Mặt bên \(\left( {ACC’A’} \right)\) là mặt sàn nhà.
Khi đó \(BC’\) là đường chéo bề mặt cầu dốc và \(AC’\) là hình chiếu của \(BC’\) lên \(\left( {ACC’A’} \right)\).
Suy ra góc giữa đường chéo bề mặt cầu dốc và mặt sàn nhà là góc \(B\widehat {C’A}\).
Trong tam giác vuông \(ABC’\) có \(\sin B\widehat {C’A} = \frac{{AB}}{{BC’}} = \frac{{0,3}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 2 }}{{20}}\). Suy ra \(B\widehat {C’A} \approx 12,2^\circ \).
Lật đứng bệ lên ta được khối lăng trụ đứng \(ABC.A’B’C’\). Với:
− Đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\) và \(AB = 0,3\); \(BC = 1\).
− Mặt bên \(\left( {BCC’B’} \right)\) là mặt cầu dốc và là hình vuông có cạnh bằng \(1\) hay \(CC’ = 1\).
− Mặt bên \(\left( {ACC’A’} \right)\) là mặt sàn nhà.
Khi đó \(BC’\) là đường chéo bề mặt cầu dốc và \(AC’\) là hình chiếu của \(BC’\) lên \(\left( {ACC’A’} \right)\).
Suy ra góc giữa đường chéo bề mặt cầu dốc và mặt sàn nhà là góc \(B\widehat {C’A}\).
Trong tam giác vuông \(ABC’\) có \(\sin B\widehat {C’A} = \frac{{AB}}{{BC’}} = \frac{{0,3}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 2 }}{{20}}\). Suy ra \(B\widehat {C’A} \approx 12,2^\circ \).
Câu 18:
Để gây quỹ từ thiện, câu lạc bộ thiện nguyện của một trường THPT tổ chức hoạt động bán hàng với hai mặt hàng là nước chanh và khoai chiên. Câu lạc bộ thiết kế hai thực đơn. Thực đơn 1 có giá 30 nghìn đồng, bao gồm hai cốc nước chanh và một túi khoai chiên. Thực đơn 2 có giá 50 nghìn đồng, bao gồm ba cốc nước chanh và hai túi khoai chiên. Biết rằng câu lạc bộ chỉ làm được không quá 165 cốc nước chanh và 100 túi khoai chiên. Số tiền lớn nhất mà câu lạc bộ có thể nhận được sau khi bán hết hàng bằng bao nhiêu nghìn đồng?
Trả lời: 2650.
Gọi số suất bán theo thực đơn 1 và 2 lần lượt là \(x,y\) (\(x \geqslant 0,y \geqslant 0\)).
Số tiền câu lạc bộ nhận được là \(T = 30x + 50y\) (nghìn đồng).
Số cốc nước chanh câu lạc bộ bán được là \(2x + 3y\);
Số túi khoai chiên câu lạc bộ bán được là \(x + 2y\).
Vì câu lạc bộ chỉ làm được không quá 165 cốc nước chanh và 100 túi khoai chiên nên ta có hệ bất phương trình:
\(\left\{ \begin{gathered}
x \geqslant 0 \hfill \\
y \geqslant 0 \hfill \\
2x + 3y \leqslant 165 \hfill \\
x + 2y \leqslant 100 \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\,\left( I \right)\)
Miền nghiệm của hệ \(\left( I \right)\) là miền tứ giác \(OABC\) (gồm cả biên) với\(A\left( {0\,;50} \right)\), \(B\left( {30\,;\,35} \right)\), \(C\left( {82,5\,;\,0} \right)\).
Ta có bảng sau :
Từ bảng trên ta thấy nếu bán hết hàng số tiền lớn nhất câu lạc bộ có thể nhận được là 2650 nghìn đồng.
Gọi số suất bán theo thực đơn 1 và 2 lần lượt là \(x,y\) (\(x \geqslant 0,y \geqslant 0\)).
Số tiền câu lạc bộ nhận được là \(T = 30x + 50y\) (nghìn đồng).
Số cốc nước chanh câu lạc bộ bán được là \(2x + 3y\);
Số túi khoai chiên câu lạc bộ bán được là \(x + 2y\).
Vì câu lạc bộ chỉ làm được không quá 165 cốc nước chanh và 100 túi khoai chiên nên ta có hệ bất phương trình:
\(\left\{ \begin{gathered}
x \geqslant 0 \hfill \\
y \geqslant 0 \hfill \\
2x + 3y \leqslant 165 \hfill \\
x + 2y \leqslant 100 \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\,\left( I \right)\)
Miền nghiệm của hệ \(\left( I \right)\) là miền tứ giác \(OABC\) (gồm cả biên) với\(A\left( {0\,;50} \right)\), \(B\left( {30\,;\,35} \right)\), \(C\left( {82,5\,;\,0} \right)\).
Ta có bảng sau :
Từ bảng trên ta thấy nếu bán hết hàng số tiền lớn nhất câu lạc bộ có thể nhận được là 2650 nghìn đồng.
Câu 19:
Hai chất điểm \(A\) và \(B\)chuyển động thẳng đều cùng hướng về \(O\) với vận tốc \({V_B} = \frac{{{V_A}}}{{\sqrt 3 }}\) và góc \(\widehat {AOB} = 30^\circ \) (tham khảo hình vẽ). Biết rằng khi khoảng cách giữa hai chất điểm \(A\) và \(B\) là nhỏ nhất thì số đo góc \(\widehat {BAO} = \varphi \). Tìm \(\varphi \) (đơn vị độ).
Trả lời: 120.
Tại thời điểm \(t\), chất điểm \(A\) và \(B\)lần lượt ở vị trí \(M\) và \(N\).
Suy ra \(AM = {V_A}t\), \(BN = {V_B}t = \frac{{{V_A}t}}{{\sqrt 3 }}\).
Tam giác \(OMN\) có: \(\frac{{MN}}{{\sin 30^\circ }} = \frac{{OM}}{{\sin \alpha }} = \frac{{ON}}{{\sin \beta }} \Rightarrow \frac{{MN}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{{OA – AM}}{{\sin \alpha }} = \frac{{OB – BN}}{{\sin \beta }}\)
\( \Rightarrow 2MN = \frac{{OA – {V_A}t}}{{\sin \alpha }} = \frac{{OB – \frac{{{V_A}t}}{{\sqrt 3 }}}}{{\sin \beta }}\)
\( \Rightarrow 2MN = \frac{{OA – {V_A}t}}{{\sin \alpha }} = \frac{{\sqrt 3 OB – {V_A}t}}{{\sqrt 3 \sin \beta }} = \frac{{OA – {V_A}t – \left( {\sqrt 3 OB – {V_A}t} \right)}}{{\sin \alpha – \sqrt 3 \sin \beta }} = \frac{{OA – \sqrt 3 OB}}{{\sin \alpha – \sqrt 3 \sin \beta }}\,\left( 1 \right)\)
Lại có:
\(\sin \beta = \sin \left( {180^\circ – \beta } \right) = \sin \left( {\alpha + 30^\circ } \right) = \sin \alpha .\cos 30^\circ + \cos \alpha .\sin 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin \alpha + \frac{1}{2}\cos \alpha \).
\( \Rightarrow \sin \alpha – \sqrt 3 \sin \beta = \sin \alpha – \sqrt 3 \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin \alpha + \frac{1}{2}\cos \alpha } \right) = – \frac{1}{2}\sin \alpha – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos \alpha \,\left( 2 \right)\).
Từ (1) (2) suy ra \(2MN = \frac{{\sqrt 3 OB – OA}}{{\frac{1}{2}\sin \alpha + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos \alpha }} = \frac{{2\left( {\sqrt 3 OB – OA} \right)}}{{\sin \alpha + \sqrt 3 \cos \alpha }}\)\( \Rightarrow MN = \frac{{\left| {\sqrt 3 OB – OA} \right|}}{{\left| {\sin \alpha + \sqrt 3 \cos \alpha } \right|}}\).
Mặt khác: \(\left| {\sin \alpha + \sqrt 3 \cos \alpha } \right| \leqslant \sqrt {{1^2} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = 2\).Suy ra \(MN \geqslant \frac{{\left| {\sqrt 3 OB – OA} \right|}}{2}\).
\(Min\,MN = \frac{{\left| {\sqrt 3 OB – OA} \right|}}{2}\) khi \(\tan \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \alpha = 30^\circ \Rightarrow \beta = 120^\circ \).
Vậy khoảng cách giữa hai chất điểm nhỏ nhất khi \(\beta = 120^\circ \) hay \(\widehat {BAO} = 120^\circ \).
Tại thời điểm \(t\), chất điểm \(A\) và \(B\)lần lượt ở vị trí \(M\) và \(N\).
Suy ra \(AM = {V_A}t\), \(BN = {V_B}t = \frac{{{V_A}t}}{{\sqrt 3 }}\).
Tam giác \(OMN\) có: \(\frac{{MN}}{{\sin 30^\circ }} = \frac{{OM}}{{\sin \alpha }} = \frac{{ON}}{{\sin \beta }} \Rightarrow \frac{{MN}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{{OA – AM}}{{\sin \alpha }} = \frac{{OB – BN}}{{\sin \beta }}\)
\( \Rightarrow 2MN = \frac{{OA – {V_A}t}}{{\sin \alpha }} = \frac{{OB – \frac{{{V_A}t}}{{\sqrt 3 }}}}{{\sin \beta }}\)
\( \Rightarrow 2MN = \frac{{OA – {V_A}t}}{{\sin \alpha }} = \frac{{\sqrt 3 OB – {V_A}t}}{{\sqrt 3 \sin \beta }} = \frac{{OA – {V_A}t – \left( {\sqrt 3 OB – {V_A}t} \right)}}{{\sin \alpha – \sqrt 3 \sin \beta }} = \frac{{OA – \sqrt 3 OB}}{{\sin \alpha – \sqrt 3 \sin \beta }}\,\left( 1 \right)\)
Lại có:
\(\sin \beta = \sin \left( {180^\circ – \beta } \right) = \sin \left( {\alpha + 30^\circ } \right) = \sin \alpha .\cos 30^\circ + \cos \alpha .\sin 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin \alpha + \frac{1}{2}\cos \alpha \).
\( \Rightarrow \sin \alpha – \sqrt 3 \sin \beta = \sin \alpha – \sqrt 3 \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin \alpha + \frac{1}{2}\cos \alpha } \right) = – \frac{1}{2}\sin \alpha – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos \alpha \,\left( 2 \right)\).
Từ (1) (2) suy ra \(2MN = \frac{{\sqrt 3 OB – OA}}{{\frac{1}{2}\sin \alpha + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos \alpha }} = \frac{{2\left( {\sqrt 3 OB – OA} \right)}}{{\sin \alpha + \sqrt 3 \cos \alpha }}\)\( \Rightarrow MN = \frac{{\left| {\sqrt 3 OB – OA} \right|}}{{\left| {\sin \alpha + \sqrt 3 \cos \alpha } \right|}}\).
Mặt khác: \(\left| {\sin \alpha + \sqrt 3 \cos \alpha } \right| \leqslant \sqrt {{1^2} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = 2\).Suy ra \(MN \geqslant \frac{{\left| {\sqrt 3 OB – OA} \right|}}{2}\).
\(Min\,MN = \frac{{\left| {\sqrt 3 OB – OA} \right|}}{2}\) khi \(\tan \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \alpha = 30^\circ \Rightarrow \beta = 120^\circ \).
Vậy khoảng cách giữa hai chất điểm nhỏ nhất khi \(\beta = 120^\circ \) hay \(\widehat {BAO} = 120^\circ \).
Câu 20:
Một mô hình trang trí có dạng là hình lập phương \({\text{ABCD}}{\text{.A’B’C’D’}}\), cạnh bằng 10 m (như hình vẽ). Người ta cần nối một đường dây điện đi từ điểm \(E\) (là trung điểm của CD) đi qua điểm M thuộc cạnh AD, đi tiếp qua điểm \(N\) thuộc cạnh \({\text{AA’}}\) rồi tới điểm \({\text{B’}}\). Biết độ dài đoạn dây điện bằng 25 m. Tính độ dài đoạn MN (làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: \(4,17\)
Độ dài đoạn dây điện bằng tổng độ dài ba đoạn \({\text{B’N}},{\text{MN}}\) và ME
Nghĩa là \(B’N + NM + ME = 25\)
Ta trải phẳng mô hình có dạng là hình lập phương ra như hình vẽ:
Xét trên hình trải phẳng.
Khi đó \(B’A’ = A’D’ = D’D = 10\left( m \right);DE = 5\left( m \right)\) vì \(E\) là trung điểm của \(DC\)
Xét tam giác B’D’E vuông tại D’ có:
\(B’E = \sqrt {{{\left( {B’D’} \right)}^2} + {{\left( {D’E} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {B’A’ + A’D’} \right)}^2} + {{\left( {D’D + DE} \right)}^2}} = \sqrt {{{20}^2} + {{15}^2}} = 25\)
Suy ra \(B’N + NM + ME = B’E = 25\)
Suy ra 4 điểm \({\text{B’}},{\text{M}},{\text{N}},{\text{E}}\) thẳng hàng trên hình trải phẳng.
Vì \(MD//B’D’\) theo định lý Thales, ta có:
\(\frac{{DM}}{{D’B}} = \frac{{ED}}{{ED’}} \Rightarrow \frac{{DM}}{{20}} = \frac{5}{{15}} = \frac{1}{3}\)
\( \Rightarrow DM = \frac{{20}}{3} \Rightarrow AM = 10 – \frac{{20}}{3} = \frac{{10}}{3}\)
Xét tam giác B’D’E có:
\({\text{A’}}\) là trung điểm của \({\text{B’D’}}\) \(A’N//ED’\)
Suy ra \(N\) là trung điểm của \(B’E\) là đường trung bình của tam giác \(B’D’E\)
\( \Rightarrow A’N = \frac{1}{2}D’E = \frac{1}{2}.15 = \frac{{15}}{2} \Rightarrow AN = 10 – \frac{{15}}{2} = \frac{5}{2}\).
Xét tam giác AMN vuông tại \(A\), có
\(MN = \sqrt {A{N^2} + A{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{10}}{3}} \right)}^2}} \approx 4,17\left( {\text{m}} \right)\).
Độ dài đoạn dây điện bằng tổng độ dài ba đoạn \({\text{B’N}},{\text{MN}}\) và ME
Nghĩa là \(B’N + NM + ME = 25\)
Ta trải phẳng mô hình có dạng là hình lập phương ra như hình vẽ:
Xét trên hình trải phẳng.
Khi đó \(B’A’ = A’D’ = D’D = 10\left( m \right);DE = 5\left( m \right)\) vì \(E\) là trung điểm của \(DC\)
Xét tam giác B’D’E vuông tại D’ có:
\(B’E = \sqrt {{{\left( {B’D’} \right)}^2} + {{\left( {D’E} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {B’A’ + A’D’} \right)}^2} + {{\left( {D’D + DE} \right)}^2}} = \sqrt {{{20}^2} + {{15}^2}} = 25\)
Suy ra \(B’N + NM + ME = B’E = 25\)
Suy ra 4 điểm \({\text{B’}},{\text{M}},{\text{N}},{\text{E}}\) thẳng hàng trên hình trải phẳng.
Vì \(MD//B’D’\) theo định lý Thales, ta có:
\(\frac{{DM}}{{D’B}} = \frac{{ED}}{{ED’}} \Rightarrow \frac{{DM}}{{20}} = \frac{5}{{15}} = \frac{1}{3}\)
\( \Rightarrow DM = \frac{{20}}{3} \Rightarrow AM = 10 – \frac{{20}}{3} = \frac{{10}}{3}\)
Xét tam giác B’D’E có:
\({\text{A’}}\) là trung điểm của \({\text{B’D’}}\) \(A’N//ED’\)
Suy ra \(N\) là trung điểm của \(B’E\) là đường trung bình của tam giác \(B’D’E\)
\( \Rightarrow A’N = \frac{1}{2}D’E = \frac{1}{2}.15 = \frac{{15}}{2} \Rightarrow AN = 10 – \frac{{15}}{2} = \frac{5}{2}\).
Xét tam giác AMN vuông tại \(A\), có
\(MN = \sqrt {A{N^2} + A{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{10}}{3}} \right)}^2}} \approx 4,17\left( {\text{m}} \right)\).
Câu 21:
Cho một thanh gỗ hình trụ \(A\) có đáy là hình tròn bán kính \(1\), và một thanh gỗ hình lăng trụ đứng \(B\) có đáy là hình vuông cạnh \(\sqrt 2 \)như hình vẽ.
Hai thanh gỗ có trục chính cắt nhau và tạo với nhau một góc \({30^\circ }\).
Trong hai đường chéo của tiết diện vuông góc với trục của thanh gỗ \(B\), có một đường chéo vuông góc với mặt phẳng chứa trục của cả hai thanh gỗ, còn đường chéo còn lại thì nằm trong mặt phẳng đó. Khi đó, phần thể tích chung của hai thanh gỗ là \(a\pi + b.\) Hãy tính giá trị của biểu thức \(10a + 3b\), biết rằng \(a\) và \(b\) là các số hữu tỉ.
Hai thanh gỗ có trục chính cắt nhau và tạo với nhau một góc \({30^\circ }\).
Trong hai đường chéo của tiết diện vuông góc với trục của thanh gỗ \(B\), có một đường chéo vuông góc với mặt phẳng chứa trục của cả hai thanh gỗ, còn đường chéo còn lại thì nằm trong mặt phẳng đó. Khi đó, phần thể tích chung của hai thanh gỗ là \(a\pi + b.\) Hãy tính giá trị của biểu thức \(10a + 3b\), biết rằng \(a\) và \(b\) là các số hữu tỉ.
Trả lời: 24
Đầu tiên, ta sẽ thực hiện 1 lát cắt ngang vuông góc với “đường chéo vuông góc với mặt phẳng chứa trục của cả hai thanh gỗ”
Ta gọi \(O\) là giao của 2 trục chính. Giả sử lát cắt ngang này, cắt trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ bằng \(x\) với \(x \in \left[ {0;1} \right]\).
Khi đó ta được hình sau:
Khi đó, ta cắt thanh gỗ \(A\) có chiều rộng là \(2\sqrt {1 – {x^2}} \) và thanh gỗ \(B\) có chiều rộng là \(2(1 – x)\)
Còn \(ABCD\) là tứ giác là hình bình hành do lát cắt tạo thành vào phần chung của \(A\) và \(B\).
Dễ dàng tìm được diện tích tứ giác này là \(S\left( x \right) = \frac{1}{2}.4(1 – x).4\sqrt {1 – {x^2}} \)
Vậy thể tích cần tìm là
\(\begin{gathered}
V = 2\int_0^1 {\left( {\frac{1}{2}.4(1 – x).4\sqrt {1 – {x^2}} } \right)dx} = 16\int_0^1 {\left( {(1 – x)\sqrt {1 – {x^2}} } \right)dx} \hfill \\
= 16\left[ {\int_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} dx – \int_0^1 {x\sqrt {1 – {x^2}} dx} } } \right] = 16\left( {\frac{\pi }{4} – \frac{1}{3}} \right) = 4\pi – \frac{{16}}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 4 \hfill \\
b = – \frac{{16}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow 10a + 3b = 24 \hfill \\
\end{gathered} \)
Đầu tiên, ta sẽ thực hiện 1 lát cắt ngang vuông góc với “đường chéo vuông góc với mặt phẳng chứa trục của cả hai thanh gỗ”
Ta gọi \(O\) là giao của 2 trục chính. Giả sử lát cắt ngang này, cắt trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ bằng \(x\) với \(x \in \left[ {0;1} \right]\).
Khi đó ta được hình sau:
Khi đó, ta cắt thanh gỗ \(A\) có chiều rộng là \(2\sqrt {1 – {x^2}} \) và thanh gỗ \(B\) có chiều rộng là \(2(1 – x)\)
Còn \(ABCD\) là tứ giác là hình bình hành do lát cắt tạo thành vào phần chung của \(A\) và \(B\).
Dễ dàng tìm được diện tích tứ giác này là \(S\left( x \right) = \frac{1}{2}.4(1 – x).4\sqrt {1 – {x^2}} \)
Vậy thể tích cần tìm là
\(\begin{gathered}
V = 2\int_0^1 {\left( {\frac{1}{2}.4(1 – x).4\sqrt {1 – {x^2}} } \right)dx} = 16\int_0^1 {\left( {(1 – x)\sqrt {1 – {x^2}} } \right)dx} \hfill \\
= 16\left[ {\int_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} dx – \int_0^1 {x\sqrt {1 – {x^2}} dx} } } \right] = 16\left( {\frac{\pi }{4} – \frac{1}{3}} \right) = 4\pi – \frac{{16}}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 4 \hfill \\
b = – \frac{{16}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow 10a + 3b = 24 \hfill \\
\end{gathered} \)
Câu 22:
Tiến hành xếp \(3\) cô gái \(\left( {{G_1};\,{G_2};\,\,{G_3}} \right)\) và \(6\) chàng trai vào \(9\) chiếc ghế hàng ngang sao cho ba cô gái ngồi theo đúng thứ tự \({G_1};\,{G_2};\,\,{G_3}\) từ trái sang phải (không nhất thiết phải ngồi kề nhau). Giữa cô gái thứ nhất \(\left( {{G_1}} \right)\) và cô gái thứ hai \(\left( {{G_2}} \right)\) có ít nhất một chàng trai, giữa cô gái thứ hai \(\left( {{G_2}} \right)\) và cô gái thứ ba \(\left( {{G_3}} \right)\) có tối đa hai chàng trai. Gọi \(T\) là số cách xếp thỏa mãn. Tính \(\frac{T}{{160}}\)
Trả lời: 207
Gọi \(a\) là số chàng trai đứng trước cô lại thứ nhất \({G_1}\) \(\left( {a \geqslant 0} \right)\)
\(b\) là số chàng trai ở giữa cô gái thứ nhất và cô gái thứ hai \({G_1} – {G_2}\) \(\left( {b \geqslant 1} \right)\)
\(c\) là số chàng trai ở giữa cô gái thứ hai và cô gái thứ ba \({G_2} – {G_3}\) \(\left( {c \in \left\{ {0;\,1;\,2} \right\}} \right)\)
\(d\) là số chàng trai đứng sau cô gái thứ ba \({G_3}\) \(\left( {d \geqslant 0} \right)\)
Do có \(6\) chàng trai nên \(a + b + c + d = 6\)
Trường hợp 1: Với \(c = 0\) suy ra \(a + b + d = 6\,\,\left( {b \geqslant 1} \right)\) nên \(b \in \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6} \right\}\)
Gọi \(a\) là số chàng trai đứng trước cô lại thứ nhất \({G_1}\) \(\left( {a \geqslant 0} \right)\)
\(b\) là số chàng trai ở giữa cô gái thứ nhất và cô gái thứ hai \({G_1} – {G_2}\) \(\left( {b \geqslant 1} \right)\)
\(c\) là số chàng trai ở giữa cô gái thứ hai và cô gái thứ ba \({G_2} – {G_3}\) \(\left( {c \in \left\{ {0;\,1;\,2} \right\}} \right)\)
\(d\) là số chàng trai đứng sau cô gái thứ ba \({G_3}\) \(\left( {d \geqslant 0} \right)\)
Do có \(6\) chàng trai nên \(a + b + c + d = 6\)
Trường hợp 1: Với \(c = 0\) suy ra \(a + b + d = 6\,\,\left( {b \geqslant 1} \right)\) nên \(b \in \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6} \right\}\)
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: D
\( - \frac{\pi }{4} + k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Câu 2
Đáp án đúng: C
\(y = {x^3} - 2x + 1\).
Câu 3
Đáp án đúng: D
\(m > \frac{{27}}{4}\).
Câu 4
Đáp án đúng: B
\(\overrightarrow {AB} \).
Câu 5
Đáp án đúng: D
\(\;\left( { - 2;2; - 4} \right)\).
Câu 6
Đáp án đúng: C
\(\;\overrightarrow {{u_3}} = \left( { - 2;1;3} \right)\).
Câu 7
Đáp án đúng: D
0,609.
Câu 8
Đáp án đúng: C
\( - {\text{sin}}x + C'\).
Câu 9
Đáp án đúng: D
18.
Câu 10
Đáp án đúng: C
4,026 triệu đồng.
Câu 11
Đáp án đúng: B
45.
Câu 12
Đáp án đúng: B
\(x = 3\).
Câu 13
Đáp án đúng: A
Đạo hàm của hàm số đã cho là \(f\prime (x) = 4\sin 2x + 2\).
Câu 14
Đáp án đúng: D
Đường cáp \(AB\) tạo với mặt (Oxy) một góc \({22^ \circ }\) (làm tròn đến hàng đơn vị của độ)
Câu 15
Đáp án đúng: A
Tổng các hệ số \({a^2} + b + d + e = 10\)
Câu 16
Đáp án đúng: B
Tỉ lệ người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu là \(72,5\% \).
Câu 17
Đáp án đúng: A
Câu 18
Đáp án đúng: A
Câu 19
Đáp án đúng: A
Câu 20
Đáp án đúng: A
Câu 21
Đáp án đúng: A
Câu 22
Đáp án đúng: A