Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026-Đề 2
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 2
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026-Đề 2
Câu 1:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( { - 1;1} \right)\).
Chọn B
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { – 1;1} \right)\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { – 1;1} \right)\).
Câu 2:
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x – 3}}{{x + 1}}\) là đường thẳng có phương trình
\(y = 2\).
Chọn C
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x – 3}}{{x + 1}}\) là đường thẳng có phương trình \(y = 2\)
Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x – 3}}{{x + 1}}\) là đường thẳng có phương trình \(y = 2\)
Câu 3:
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0; – 2;1} \right)\) và bán kính \(R = 5\). Phương trình của \(\left( S \right)\) là
\(\;{x^2} + {(y + 2)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 25\).
Chọn A
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0; – 2;1} \right)\) và bán kính \(R = 5\) có dạng \({x^2} + {(y + 2)^2} + {(z – 1)^2} = 25\)
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0; – 2;1} \right)\) và bán kính \(R = 5\) có dạng \({x^2} + {(y + 2)^2} + {(z – 1)^2} = 25\)
Câu 4:
Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với \(A\left( {1;2; – 1} \right),B\left( {2; – 1;3} \right),C\left( { – 3;5;1} \right)\). Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là
\(\left( {0;2;1} \right)\).
Chọn A
Trọng tâm tam giác ABC có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 2 – 3}}{3} = 0} \\
{{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{2 – 1 + 5}}{3} = 2} \\
{{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{ – 1 + 3 + 3}}{3} = 1}
\end{array}} \right.\)
Hay \(G\left( {0;2;1} \right)\)
Trọng tâm tam giác ABC có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 2 – 3}}{3} = 0} \\
{{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{2 – 1 + 5}}{3} = 2} \\
{{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{ – 1 + 3 + 3}}{3} = 1}
\end{array}} \right.\)
Hay \(G\left( {0;2;1} \right)\)
Câu 5:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\) với \(AB = a,AC = 2a\) cạnh \(SA\) vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\) và \(SA = a\sqrt 3 \). Tính thể tích khối chóp \(S.ABC\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
Chọn A
Ta có:
\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.B.h = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.a.2a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
Ta có:
\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.B.h = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.a.2a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
Câu 6:
Với \(a\) là số thực dương bất kì, mệnh đề nào dưới đây đúng?
\({{log}}{a^3} = 3{{log}}a\).
Chọn A
Câu 7:
Cho cấp số cộng có \({u_1} = 3,{u_2} = 6\). Xác định công sai d của cấp số cộng
\({{d}} = 3\).
Chọn C
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 6 – 3 = 3\).
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 6 – 3 = 3\).
Câu 8:
Biết phương trình \(\sin x = m\) có một họ nghiệm là \(x = \frac{\pi }{5} + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\). Họ nghiệm còn lại của phương trình đã cho là biểu thức nào sau đây?
\(x = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Chọn C
Ta có phương trình \(\sin x = m\) có một họ nghiệm là \(x = \frac{\pi }{5} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\), họ nghiệm còn lại là
\(x = \pi – \frac{\pi }{5} + k2\pi = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Ta có phương trình \(\sin x = m\) có một họ nghiệm là \(x = \frac{\pi }{5} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\), họ nghiệm còn lại là
\(x = \pi – \frac{\pi }{5} + k2\pi = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Câu 9:
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M\) và \(P\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB\) và \(CD\). Đặt \(\overrightarrow {BA} = \overrightarrow b ,\,\overrightarrow {AC} = \overrightarrow c ,\,\overrightarrow {AD} = \overrightarrow d \). Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow c + \overrightarrow d + \overrightarrow b } \right)\).
Chọn A
\(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} \)
\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} \)
\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AD} } \right)\)
\( = \frac{1}{2}\vec b + \vec d + \frac{1}{2}\left( {\vec c – \vec d} \right)\)
\( = \frac{1}{2}\left( {\vec b + \vec c + \vec d} \right)\)
\(\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} \)
\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} \)
\( = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AD} } \right)\)
\( = \frac{1}{2}\vec b + \vec d + \frac{1}{2}\left( {\vec c – \vec d} \right)\)
\( = \frac{1}{2}\left( {\vec b + \vec c + \vec d} \right)\)
Câu 10:
Nguyên hàm của hàm số \(f(x) = x – \sin x\) là
\(\frac{{{x^2}}}{2} + \cos x + C\).
Chọn A
\(\int {f\left( x \right){{d}}x} = \int {\left( {x – \sin x} \right){{d}}x} = \frac{{{x^2}}}{2} + \cos x + C\).
\(\int {f\left( x \right){{d}}x} = \int {\left( {x – \sin x} \right){{d}}x} = \frac{{{x^2}}}{2} + \cos x + C\).
Câu 11:
Cho hàm số \(f(x) = \int {\left( {3{x^2} – ax + 1} \right)} dx\) và biết rằng \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) – 2}}{{x – 1}} = 5\)
Hãy tính giá trị \(f(0)\).
Hãy tính giá trị \(f(0)\).
\( - \frac{1}{2}\).
Chọn C
Ta biết: Tại \(f\prime (1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) – f(1)}}{{x – 1}}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) – 2}}{{x – 1}} = 5\) nên \(f(1) = 2,f\prime (1) = 5\).
Ta có \(f\prime (x) = 3{x^2} – ax + 1\) nên \(f\prime (1) = 3 – a + 1 = 5\quad \Rightarrow \quad a = – 1.\)
Suy ra \(f(x) = {x^3} + \frac{1}{2}{x^2} + x + C.\) Vì \(f(1) = 1 + \frac{1}{2} + 1 + C = 2\) nên \(C = – \frac{1}{2}.\)
Do đó \(f(0) = – \frac{1}{2}\)
Ta biết: Tại \(f\prime (1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) – f(1)}}{{x – 1}}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) – 2}}{{x – 1}} = 5\) nên \(f(1) = 2,f\prime (1) = 5\).
Ta có \(f\prime (x) = 3{x^2} – ax + 1\) nên \(f\prime (1) = 3 – a + 1 = 5\quad \Rightarrow \quad a = – 1.\)
Suy ra \(f(x) = {x^3} + \frac{1}{2}{x^2} + x + C.\) Vì \(f(1) = 1 + \frac{1}{2} + 1 + C = 2\) nên \(C = – \frac{1}{2}.\)
Do đó \(f(0) = – \frac{1}{2}\)
Câu 12:
Theo thống kê điểm trung bình môn Toán của một số học sinh đã trúng tuyển vào lớp 10 năm học 2024 – 2025 của Trường TH – THCS – THPT Lê Thánh Tông được kết quả như bảng sau: Khoảng điểm
[6,5;7)
[7;7,5)
[7,5;8)
[8;8,5)
[8,5;9)
[9;9,5)
[9,5;10) Tần số
7
10
17
24
13
8
5 Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là
[6,5;7)
[7;7,5)
[7,5;8)
[8;8,5)
[8,5;9)
[9;9,5)
[9,5;10) Tần số
7
10
17
24
13
8
5 Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là
\({{\Delta }}Q = 1\).
Chọn B
Câu 13:
Kính viễn vọng không gian Hubble được đưa vào vũ trụ ngày 24/4/1990 bằng tàu con thoi Discovery.
Vận tốc của tàu con thoi trong sứ mệnh này, từ lúc cất cánh tại thời điểm \(t = 0\left( s \right)\) cho đến khi tên lửa đấy được phóng đi tại thời điểm \(t = 126\left( s \right)\), cho bởi hàm số sau:
\(v\left( t \right) = 0,001302{t^3} – 0,09029{t^2} + 23,61t – 3,083\)(v được tính bằng feet/s, 1 feet \( = 0,3048m\)). Xét tính đúng sai của mệnh đề sau
Vận tốc của tàu con thoi trong sứ mệnh này, từ lúc cất cánh tại thời điểm \(t = 0\left( s \right)\) cho đến khi tên lửa đấy được phóng đi tại thời điểm \(t = 126\left( s \right)\), cho bởi hàm số sau:
\(v\left( t \right) = 0,001302{t^3} – 0,09029{t^2} + 23,61t – 3,083\)(v được tính bằng feet/s, 1 feet \( = 0,3048m\)). Xét tính đúng sai của mệnh đề sau
Gia tốc của tàu con thoi tăng trong khoảng thời gian từ lúc cất cánh đến thời điểm \(t = 23\left( s \right)\).
a) Đúng. Vận tốc tàu: \(v\left( t \right) = 0,001302{t^3} – 0,09029{t^2} + 23,61t – 3,083\) (feet/s).
\(t \in \left[ {0;126} \right]\) (giây).
Ta có:
\(v\prime\left( t \right) = 0,003906{t^2} – 0,18058t + 23,61 > 0,\forall t\)
Do đó: \(v\prime\left( t \right) > 0\) với \(t \in \left[ {0;126} \right]\).
Bảng biến thiên:
Vậy vận tốc luôn tăng trong khoảng thời gian trên.
b) Đúng. Gia tốc tàu:
\(a\left( t \right) = v\prime\left( t \right) = 0,003906{t^2} – 0,18058t + 23,61.\)
Ta
\(a\prime\left( t \right) = 0,007812t – 0,18058.\)
\(a\prime\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t \approx 23,12\).
Bảng biến thiên:
Vậy gia tốc lớn nhất mà tàu con thoi có thể đạt được trong khoảng thời gian trên là 62,87 (feet/s2).
S = 4. Diện tích một mặt bên + Diện tích đáy
\( = 4.h.x + x.x = 4hx + {x^2}{{\;}}\left( {d{m^2}} \right)\)
c) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy gia tốc của tàu giảm từ lúc cất cánh đến thời điểm \(t = 23\left( s \right)\).
d) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy gia tốc tàu giảm trong khoảng thời gian từ \(21,5s\) đến \(23,12s\) và tăng trong khoảng thời gian từ \(23,12s\) đến \(126s\).
\(t \in \left[ {0;126} \right]\) (giây).
Ta có:
\(v\prime\left( t \right) = 0,003906{t^2} – 0,18058t + 23,61 > 0,\forall t\)
Do đó: \(v\prime\left( t \right) > 0\) với \(t \in \left[ {0;126} \right]\).
Bảng biến thiên:
Vậy vận tốc luôn tăng trong khoảng thời gian trên.
b) Đúng. Gia tốc tàu:
\(a\left( t \right) = v\prime\left( t \right) = 0,003906{t^2} – 0,18058t + 23,61.\)
Ta
\(a\prime\left( t \right) = 0,007812t – 0,18058.\)
\(a\prime\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t \approx 23,12\).
Bảng biến thiên:
Vậy gia tốc lớn nhất mà tàu con thoi có thể đạt được trong khoảng thời gian trên là 62,87 (feet/s2).
S = 4. Diện tích một mặt bên + Diện tích đáy
\( = 4.h.x + x.x = 4hx + {x^2}{{\;}}\left( {d{m^2}} \right)\)
c) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy gia tốc của tàu giảm từ lúc cất cánh đến thời điểm \(t = 23\left( s \right)\).
d) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy gia tốc tàu giảm trong khoảng thời gian từ \(21,5s\) đến \(23,12s\) và tăng trong khoảng thời gian từ \(23,12s\) đến \(126s\).
Câu 14:
Một đoàn tàu đứng yên trong sân ga, ngay trước đầu tàu có một cái cây. Đoàn tàu khởi hành từ trạng thái đứng yên với gia tốc \(a = 0,005t\left( {{{m}}/{{{s}}^2}} \right)\) và đi qua cái cây trong thời gian 60 giây. Sau 80 giây đoàn tàu chuyển sang trạng thái chuyển động đều.
Vận tốc của đoàn tàu là \(v = {5.10^{ - 3}}{t^2}\left( {{{m}}/{{s}}} \right)\)
a) Sai: Vận tốc của đoàn tàu là \(v = \mathop \smallint \nolimits^ \;adt = \mathop \smallint \nolimits^ \;0,005tdt = 2,{5.10^{ – 3}}{t^2} + C\)
Vì ban đầu tàu đứng yên nên \(C = 0\)
Vậy \(v = 2,{5.10^{ – 3}}{t^2}\)
b) Đúng: Quãng đường đoàn tàu đi được là
\(s = \mathop \smallint \nolimits^ \;vdt = \mathop \smallint \nolimits^ \;2,{5.10^{ – 3}}{t^2}dt = \frac{{2,{{5.10}^{ – 3}}}}{3}{t^3}\)
Chiều dài của đoàn tàu là \(l = \frac{{2,{{5.10}^{ – 3}}}}{3}{.60^3} = 180\left( {{m}} \right)\)
c) Đúng: Sau 80 giây vận tốc của đoàn tàu là
\(v = 2,{5.10^{ – 3}}{.80^2} = 16\left( {{{m}}/{{s}}} \right) = 57,6\left( {{{km}}/{{h}}} \right)\)
d) Sai: Khi bắt đầu chuyển động đều, vận tốc của đoàn tàu là \(v = 16\left( {{{m}}/{{s}}} \right)\)
Tổng quãng đường đoàn tàu đi để vượt qua cây cầu là
\({S_t} = 180 + 480 = 660\left( {{m}} \right)\)
Vậy thời gian đoàn tàu qua cầu là \(t = \frac{{560}}{{16}} = 35\) (giây)
Vì ban đầu tàu đứng yên nên \(C = 0\)
Vậy \(v = 2,{5.10^{ – 3}}{t^2}\)
b) Đúng: Quãng đường đoàn tàu đi được là
\(s = \mathop \smallint \nolimits^ \;vdt = \mathop \smallint \nolimits^ \;2,{5.10^{ – 3}}{t^2}dt = \frac{{2,{{5.10}^{ – 3}}}}{3}{t^3}\)
Chiều dài của đoàn tàu là \(l = \frac{{2,{{5.10}^{ – 3}}}}{3}{.60^3} = 180\left( {{m}} \right)\)
c) Đúng: Sau 80 giây vận tốc của đoàn tàu là
\(v = 2,{5.10^{ – 3}}{.80^2} = 16\left( {{{m}}/{{s}}} \right) = 57,6\left( {{{km}}/{{h}}} \right)\)
d) Sai: Khi bắt đầu chuyển động đều, vận tốc của đoàn tàu là \(v = 16\left( {{{m}}/{{s}}} \right)\)
Tổng quãng đường đoàn tàu đi để vượt qua cây cầu là
\({S_t} = 180 + 480 = 660\left( {{m}} \right)\)
Vậy thời gian đoàn tàu qua cầu là \(t = \frac{{560}}{{16}} = 35\) (giây)
Câu 15:
Trong không gian \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là ki-lô-mét), một máy bay đang ở vị trí \(A\left( {4; – 0,5;0,5} \right)\) và sẽ hạ cánh ở vị trí \(B\left( {3;2,5;0} \right)\) ở trên đường băng \(EG\) (hình vẽ). Có một lớp mây được mô phỏng bởi mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua ba điểm \(M\left( {8;0;0} \right)\), \(N\left( {0; – 8;0} \right)\) và \(P\left( {0;0;0,8} \right)\).
Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối \(G\left( {4,5;5,5;0} \right)\) của đường băng ở độ cao tối thiểu là \(120m\). Nếu sau khi ra khỏi đám mây tầm nhìn của người phi công là \(900m\) thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.
a)Đúng.
Đường thẳng \(AB\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( { – 1;3; – 0,5} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {4; – 0,5;0,5} \right)\) nên có phương trình: \(\left\{ \begin{gathered}
x = 4 – t \hfill \\
y = – 0,5 + 3t \hfill \\
z = 0,5 – 0,5t \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
b) Đúng.
Máy bay cách mặt đất \(120m\) tức là \({z_D} = 0,12\) suy ra \(0,5 – 0,5t = 0,12 \Leftrightarrow t = 0,76\).
Do đó \(D\left( {4 – 0,76; – 0,5 + 3 \cdot 0,76;0,12} \right)\) hay \(D\left( {3,24;1,78;0,12} \right)\).
c) Đúng.
Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là \(\frac{x}{8} + \frac{y}{{ – 8}} + \frac{z}{{0,8}} = 1\).
Gọi giao điểm của \(AB\) và \(\left( \alpha \right)\) là \(C\left( {4 – t; – 0,5 + 3t;0,5 – 0,5t} \right)\) suy ra
\(\frac{{4 – t}}{8} + \frac{{ – 0,5 + 3t}}{{ – 8}} + \frac{{0,5 – 0,5t}}{{0,8}} = 1\).
Giải phương trình trên thu được \(t = \frac{1}{6}\) suy ra \(C\left( {\frac{{23}}{6};0;\frac{5}{{12}}} \right)\).
Khi đó độ cao của máy bay là \(\frac{5}{{12}} \approx 0,42\left( {km} \right)\).
d) Sai.
Khi máy bay ở độ cao \(120m\) thì máy bay ở vị trí \(D\left( {3,24;1,78;0,12} \right)\).
\(DG = \left| {\overrightarrow {DG} } \right| = \sqrt {{{\left( {4,5 – 3,24} \right)}^2} + {{\left( {5,5 – 1,78} \right)}^2} + {{\left( {0 – 0,12} \right)}^2}} \approx 3,9 > 0,9\) do đó người phi công không đạt được quy định an toàn bay.
Đường thẳng \(AB\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( { – 1;3; – 0,5} \right)\) và đi qua điểm \(A\left( {4; – 0,5;0,5} \right)\) nên có phương trình: \(\left\{ \begin{gathered}
x = 4 – t \hfill \\
y = – 0,5 + 3t \hfill \\
z = 0,5 – 0,5t \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
b) Đúng.
Máy bay cách mặt đất \(120m\) tức là \({z_D} = 0,12\) suy ra \(0,5 – 0,5t = 0,12 \Leftrightarrow t = 0,76\).
Do đó \(D\left( {4 – 0,76; – 0,5 + 3 \cdot 0,76;0,12} \right)\) hay \(D\left( {3,24;1,78;0,12} \right)\).
c) Đúng.
Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là \(\frac{x}{8} + \frac{y}{{ – 8}} + \frac{z}{{0,8}} = 1\).
Gọi giao điểm của \(AB\) và \(\left( \alpha \right)\) là \(C\left( {4 – t; – 0,5 + 3t;0,5 – 0,5t} \right)\) suy ra
\(\frac{{4 – t}}{8} + \frac{{ – 0,5 + 3t}}{{ – 8}} + \frac{{0,5 – 0,5t}}{{0,8}} = 1\).
Giải phương trình trên thu được \(t = \frac{1}{6}\) suy ra \(C\left( {\frac{{23}}{6};0;\frac{5}{{12}}} \right)\).
Khi đó độ cao của máy bay là \(\frac{5}{{12}} \approx 0,42\left( {km} \right)\).
d) Sai.
Khi máy bay ở độ cao \(120m\) thì máy bay ở vị trí \(D\left( {3,24;1,78;0,12} \right)\).
\(DG = \left| {\overrightarrow {DG} } \right| = \sqrt {{{\left( {4,5 – 3,24} \right)}^2} + {{\left( {5,5 – 1,78} \right)}^2} + {{\left( {0 – 0,12} \right)}^2}} \approx 3,9 > 0,9\) do đó người phi công không đạt được quy định an toàn bay.
Câu 16:
Xác suất để công ty \(X\) thuê một trong hai công ty vệ tinh \(A\) và \(B\) tư vấn lần lượt là 0,4 và 0,6. Theo kinh nghiệm khả năng \(X\) phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn của công ty \(A\) và \(B\) lần lượt là 0,05 và 0,03
Biết \(X\) có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn. Xác suất để \(X\) thuê công ty \(A\) tư vấn là 0,4737
Gọi \(T\) là biến cố “công ty \(X\) thuê công ty \(A\)”
Khi đó \(\overline T \) là biến cố “công ty \(Y\) thuê công ty \(B\)”
Gọi \(C\) là biến cố “công ty \(X\) phát sinh thêm chi phí”
a) Đúng: Vì \(C\) phụ thuộc vào hệ đầy đủ \(\left\{ {T,\overline T } \right\}\) nên
\(P\left( C \right) = P\left( T \right).P\left( {C\mid T} \right) + P\left( {\overline T } \right).P\left( {C\mid \overline T } \right)\)
\( = 0,4.0,05 + 0,6.0,03 = 0,038\)
b) Sai: Ta có
\(P\left( {T\mid C} \right).P\left( C \right) = P\left( {C\mid T} \right).P\left( T \right)\)
\( \Rightarrow P\left( {T\mid C} \right) = \frac{{P\left( {C\mid T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( C \right)}}\)
\( = \frac{{0,05.0,4}}{{0,038}} = 0,5263\)
c) Sai: Ta có
\(P\left( {\overline T \mid C} \right) = 1 – P\left( {T\mid C} \right) = 1 – 0,5263 = 0,4737\)
d) Đúng: Ta có: \(P\left( C \right) = 0,038 \Rightarrow P\left( {\overline C } \right) = 0,962\)
\(P\left( {T\mid \overline C } \right).P\left( {\overline C } \right) = P\left( {\overline C \mid T} \right).P\left( T \right)\)
\( \Rightarrow P\left( {T\mid \overline C } \right) = \frac{{P\left( {\overline C \mid T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( {\overline C } \right)}}\)
\( = \frac{{\left( {1 – 0,05} \right).0,4}}{{0,962}} = 0,395\).
Khi đó \(\overline T \) là biến cố “công ty \(Y\) thuê công ty \(B\)”
Gọi \(C\) là biến cố “công ty \(X\) phát sinh thêm chi phí”
a) Đúng: Vì \(C\) phụ thuộc vào hệ đầy đủ \(\left\{ {T,\overline T } \right\}\) nên
\(P\left( C \right) = P\left( T \right).P\left( {C\mid T} \right) + P\left( {\overline T } \right).P\left( {C\mid \overline T } \right)\)
\( = 0,4.0,05 + 0,6.0,03 = 0,038\)
b) Sai: Ta có
\(P\left( {T\mid C} \right).P\left( C \right) = P\left( {C\mid T} \right).P\left( T \right)\)
\( \Rightarrow P\left( {T\mid C} \right) = \frac{{P\left( {C\mid T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( C \right)}}\)
\( = \frac{{0,05.0,4}}{{0,038}} = 0,5263\)
c) Sai: Ta có
\(P\left( {\overline T \mid C} \right) = 1 – P\left( {T\mid C} \right) = 1 – 0,5263 = 0,4737\)
d) Đúng: Ta có: \(P\left( C \right) = 0,038 \Rightarrow P\left( {\overline C } \right) = 0,962\)
\(P\left( {T\mid \overline C } \right).P\left( {\overline C } \right) = P\left( {\overline C \mid T} \right).P\left( T \right)\)
\( \Rightarrow P\left( {T\mid \overline C } \right) = \frac{{P\left( {\overline C \mid T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( {\overline C } \right)}}\)
\( = \frac{{\left( {1 – 0,05} \right).0,4}}{{0,962}} = 0,395\).
Câu 17:
Một vật lưu niệm làm bằng thủy tinh có dạng hình lăng trụ đều có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(AB = 10\)\(\left( {{{cm}}} \right)\). Phía bên trong làm bằng nhựa đặc là hình chóp cụt đều \(MNPQ.ABCD\) có \(MN = 5\)\(\left( {{{cm}}} \right)\) và chiều cao bằng chiều cao của lăng trụ như hình vẽ. Biết rằng khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {CDQP} \right)\) bằng \(3\sqrt {10} \)\(\left( {{{cm}}} \right)\). Phần khoảng trống bên trong vật lưu niệm người ta bơm chất lỏng có màu sắc (xem độ dày thành vật thể không đáng kể).
Khi đó thể tích phần chất lỏng bơm vào là \(\frac{a}{b}\)(lít) với \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản. Tìm \(a + b\).
Khi đó thể tích phần chất lỏng bơm vào là \(\frac{a}{b}\)(lít) với \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản. Tìm \(a + b\).
Trả lời: \(21\).Kéo dài \(PQ\) cắt \(B’C’\) tại \(H\), kẻ \(BL \bot CH\).
Mà \(CD \bot BL\left( {CD \bot \left( {BCC’B’} \right)} \right)\)
Nên \(BL \bot \left( {CDQP} \right)\).
\( \Rightarrow d\left[ {B;\left( {CDQL} \right)} \right] = BL = 3\sqrt {10} \)
\(\Delta LBC \sim \Delta C’CH \Rightarrow \frac{{BL}}{{C’C}} = \frac{{BC}}{{CH}} \Rightarrow \frac{{3\sqrt {10} }}{{C’C}} = \frac{{10}}{{\sqrt {C{{C’}^2} + 2,{5^2}} }} \Rightarrow CC’ = \frac{{15}}{2}\)
\(V{\,_{chop\,cut}} = \frac{{CC’}}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}.{S_2}} } \right) = \frac{5}{2}\left( {{{10}^2} + {5^2} + \sqrt {{{10}^2}{{.5}^2}} } \right) = \frac{{875}}{2}\left( {c{m^3}} \right)\)
\({V_{chatlong}} = {10^2}.\frac{{15}}{2} – {V_{chop\,cut}} = \frac{{625}}{2}\left( {c{m^3}} \right) = \frac{5}{{16}}\left( l \right)\).
\( \Rightarrow a = 5,b = 16 \Rightarrow \,\,a + b = 21\).
Câu 18:
Một buổi chiều nọ, bên bếp lửa hồng trong gian nhà ấm áp, người ta nhìn thấy ba mẹ con cùng ăn đậu phộng rang. Tấm ăn trước, cô bốc 1 hạt đậu và bỏ vào miệng; Cám là người bốc đậu tiếp theo, cô bỏ 2 hạt đậu vào miệng; dì ghẻ là người bốc đậu kế tiếp liền bỏ 3 hạt vào miệng. Trở lại lượt của Tấm, cô lấy 4 hạt đậu, rồi cám lấy 5 hạt đậu, dì ghẻ lấy 6 hạt đậu … Bữa ăn hào hứng như thế cho đến lượt cuối cùng thì số hạt đậu không đủ theo quy luật trò chơi, người nào đến lượt cuối sẽ lấy hết số đậu còn lại. Sau bữa ăn ấm áp ấy, Tấm nhận ra mình đã cho vào bụng 317 hạt đậu. Hỏi tổng số đậu mà ba mẹ con đã ăn trong tối đó là bao nhiêu?
Trả lời: 933
Số đậu mà Tấm đã ăn là \(1 + 4 + 7 + 10 + …\)
Số đậu mà Tấm đã ăn từng lượt theo quy luật cấp số cộng với \({u_1} = 1\); \(d = 3\).
Sau n lượt, tổng số đậu mà Tấm đã ăn là \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n – 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{n\left[ {2 + \left( {n – 1} \right) \cdot 3} \right]}}{2} = \frac{{n\left( {3n – 1} \right)}}{2}\).
Xét \({S_n} = 317 \Rightarrow \frac{{n\left( {3n – 1} \right)}}{2} = 317 \Rightarrow 3{n^2} – n – 634 = 0 \Rightarrow n \approx 14,7\) (không thỏa mãn).
Do đó Tấm là người ăn đậu cuối cùng. Sau 14 lượt cô ăn được \({S_{14}} = \frac{{14\left( {3 \cdot 14 – 1} \right)}}{2} = 287\); lượt cuối cô ăn thêm \(317 – 287 = 30\) (hạt).
Số đậu mà Cám đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 2, công sai bằng 3.
Số đậu mà di ghẻ đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3, công sai bằng 3.
Tổng số đậu mà cả ba mẹ con đã ăn được là \(317 + \frac{{14\left( {2 \cdot 2 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} + \frac{{14\left( {2 \cdot 3 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} = \boxed{933}\).
Số đậu mà Tấm đã ăn là \(1 + 4 + 7 + 10 + …\)
Số đậu mà Tấm đã ăn từng lượt theo quy luật cấp số cộng với \({u_1} = 1\); \(d = 3\).
Sau n lượt, tổng số đậu mà Tấm đã ăn là \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n – 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{n\left[ {2 + \left( {n – 1} \right) \cdot 3} \right]}}{2} = \frac{{n\left( {3n – 1} \right)}}{2}\).
Xét \({S_n} = 317 \Rightarrow \frac{{n\left( {3n – 1} \right)}}{2} = 317 \Rightarrow 3{n^2} – n – 634 = 0 \Rightarrow n \approx 14,7\) (không thỏa mãn).
Do đó Tấm là người ăn đậu cuối cùng. Sau 14 lượt cô ăn được \({S_{14}} = \frac{{14\left( {3 \cdot 14 – 1} \right)}}{2} = 287\); lượt cuối cô ăn thêm \(317 – 287 = 30\) (hạt).
Số đậu mà Cám đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 2, công sai bằng 3.
Số đậu mà di ghẻ đã ăn là tổng cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3, công sai bằng 3.
Tổng số đậu mà cả ba mẹ con đã ăn được là \(317 + \frac{{14\left( {2 \cdot 2 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} + \frac{{14\left( {2 \cdot 3 + 13 \cdot 3} \right)}}{2} = \boxed{933}\).
Câu 19:
Một doanh nghiệp dự định sản xuất không quá \(400\) sản phẩm. Nếu doanh nghiệp sản xuất \(x\) sản phẩm (\(1 \leqslant x \leqslant 400\)) thì doanh thu nhận được khi bán hết số sản phẩm đó là \(F(x) = {x^3} – 1999{x^2} + 1001000x + 250000\) (đồng). Trong đó chi phí vận hành máy móc cho mỗi sản phẩm là \(G\left( x \right) = \frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}}\) (đồng). Tổng chi phí mua nguyên vật liệu là \(H\left( x \right) = 2{x^3} + 100000x – 50000\) (đồng) nhưng do doanh nghiệp đó mua nguyên vật liệu với số lượng lớn nên được giảm \(1\% \) cho 200 sản phẩm đầu tiên doanh nghiệp sản xuất và giảm \(2\% \) cho sản phẩm tiếp theo. Doanh nghiệp cần sản xuất bao nhiêu sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất?
Trả lời: \(253\)
Theo đề bài ta có hàm doanh thu \(F\left( x \right) = {x^3} – 1999{x^2} + 1001000x + 250000\)
Chi phí vận hành máy móc cho mỗi sản phẩm là \(G\left( x \right) = \frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}}\)
TH1: Nếu số sản phẩm \(1 \leqslant x \leqslant 200\) thì chi phí mua nguyên vật liệu là:
\(0,99.H\left( x \right) = 0,99\left( {2{x^3} + 100000x – 50000} \right)\)
Khi đó lợi nhuận là
\({P_1}\left( x \right) = F\left( x \right) – xG\left( x \right) – 0,99H\left( x \right)\)
\( = {x^3} – 1999{x^2} + 1001000x + 250000 – x.\frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} – 0,99\left( {2{x^3} + 100000x – 50000} \right)\)
Sử dụng shift solve (casio)
\( \Rightarrow P_1^\prime\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 259 \Rightarrow {P_{{{max}}}} = P\left( {200} \right) \approx 95371263\)
Theo đề bài ta có hàm doanh thu \(F\left( x \right) = {x^3} – 1999{x^2} + 1001000x + 250000\)
Chi phí vận hành máy móc cho mỗi sản phẩm là \(G\left( x \right) = \frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}}\)
TH1: Nếu số sản phẩm \(1 \leqslant x \leqslant 200\) thì chi phí mua nguyên vật liệu là:
\(0,99.H\left( x \right) = 0,99\left( {2{x^3} + 100000x – 50000} \right)\)
Khi đó lợi nhuận là
\({P_1}\left( x \right) = F\left( x \right) – xG\left( x \right) – 0,99H\left( x \right)\)
\( = {x^3} – 1999{x^2} + 1001000x + 250000 – x.\frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} – 0,99\left( {2{x^3} + 100000x – 50000} \right)\)
Sử dụng shift solve (casio)
\( \Rightarrow P_1^\prime\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 259 \Rightarrow {P_{{{max}}}} = P\left( {200} \right) \approx 95371263\)
Câu 20:
Hình 1 là một tác phẩm dự thi của nhà thiết kế sân khấu trong một cuộc thi thiết kế sân khấu ngoài trời tổ chức tại một quảng trường. Khi mở rộng sân khấu trung tâm, ta được Hình 2. Quá trình thiết kế sân khấu trung tâm được mô tả như sau:
Bước 1. Vẽ hình vuông \(ABCD\) có độ dài cạnh bằng 2, và lấy trung điểm của bốn cạnh lần lượt là \(E,F,G,H\).
Bước 2. Vẽ đồ thị của các hàm bậc hai đi qua ba điểm \(B,C,H\) và hàm bậc hai đi qua ba điểm \(F,D,A\).
Bước 3. Tương tự như Bước 2, vẽ đồ thị của các hàm bậc hai đi qua ba điểm \(A,B,G\) và ba điểm \(C,D,E\)
Biết rằng: Diện tích phần tô đen trong Hình 2 được cho bởi công thức: \(\frac{{p\sqrt 2 + q}}{3}\)
Hãy tính giá trị của \(p – q\). (Với \(p,q\) là các số nguyên.)
Bước 1. Vẽ hình vuông \(ABCD\) có độ dài cạnh bằng 2, và lấy trung điểm của bốn cạnh lần lượt là \(E,F,G,H\).
Bước 2. Vẽ đồ thị của các hàm bậc hai đi qua ba điểm \(B,C,H\) và hàm bậc hai đi qua ba điểm \(F,D,A\).
Bước 3. Tương tự như Bước 2, vẽ đồ thị của các hàm bậc hai đi qua ba điểm \(A,B,G\) và ba điểm \(C,D,E\)
Biết rằng: Diện tích phần tô đen trong Hình 2 được cho bởi công thức: \(\frac{{p\sqrt 2 + q}}{3}\)
Hãy tính giá trị của \(p – q\). (Với \(p,q\) là các số nguyên.)
Trả lời: 15
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ:
Gốc tọa độ \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\)
Trục \(Ox \equiv EG;Oy \equiv HF\)
Khi đó ta dễ suy ra được: \(AC:y = – x\) và đồ thị hàm số bậc hai đi qua \(F,D,A\) là:\(y = 2{x^2} – 1\,\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(AC\) và đồ thị hàm số bậc hai đi qua \(F,D,A\) ta được: \(2{x^2} + x – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – 1 \hfill \\
x = \frac{1}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ta gọi \({S_1}\) là diện tích vùng được tô màu xanh như hình trên, khi đó: \({S_1} = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} {\left( {1 – 2{x^2}} \right)dx} = \left. {\left( {x – \frac{2}{3}{x^3}} \right)} \right|_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} = \frac{{\sqrt 2 }}{3} – \frac{5}{{12}}\)
Diện tích phần tô màu cam trong hình trên là: \({S_2} = \frac{1}{8}\)
Vậy diện tích tô màu đen như hình 2 là \(S = 8\left( {{S_1} + {S_2}} \right) = 8\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{3} – \frac{5}{{12}} + \frac{1}{8}} \right) = \frac{{8\sqrt 2 – 7}}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
p = 8 \hfill \\
q = 7 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy \(p – q = 15\)
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ:
Gốc tọa độ \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\)
Trục \(Ox \equiv EG;Oy \equiv HF\)
Khi đó ta dễ suy ra được: \(AC:y = – x\) và đồ thị hàm số bậc hai đi qua \(F,D,A\) là:\(y = 2{x^2} – 1\,\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(AC\) và đồ thị hàm số bậc hai đi qua \(F,D,A\) ta được: \(2{x^2} + x – 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – 1 \hfill \\
x = \frac{1}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ta gọi \({S_1}\) là diện tích vùng được tô màu xanh như hình trên, khi đó: \({S_1} = \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} {\left( {1 – 2{x^2}} \right)dx} = \left. {\left( {x – \frac{2}{3}{x^3}} \right)} \right|_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} = \frac{{\sqrt 2 }}{3} – \frac{5}{{12}}\)
Diện tích phần tô màu cam trong hình trên là: \({S_2} = \frac{1}{8}\)
Vậy diện tích tô màu đen như hình 2 là \(S = 8\left( {{S_1} + {S_2}} \right) = 8\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{3} – \frac{5}{{12}} + \frac{1}{8}} \right) = \frac{{8\sqrt 2 – 7}}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
p = 8 \hfill \\
q = 7 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy \(p – q = 15\)
Câu 21:
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} – 2x – 2z – 38 = 0\) và hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right):x + 2y – 4 = 0;\left( \beta \right):3y + z – 5 = 0\). Xét \(\left( P \right)\) là mặt phẳng thay đổi, song song với giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\left( \beta \right)\) và tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\). Khoảng cách lớn nhất từ điểm \(A\left( {5; – 5;6} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) bằng bao nhiêu. ( làm tròn đến hàng phần mười)
\({{\Delta }} = \left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{{\Delta }}}} = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ,\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2, – 1,3} \right)\)
Câu 22:
Một bàn cờ vua gồm \(8 \times 8\) ô vuông, mỗi ô vuông có cạnh bằng 1 đơn vị. Một ô vừa là hình vuông hay hình chữ nhật, hai ô là hình chữ nhật,. Chọn ngẫu nhiên một hình chữ nhật trên bàn cờ. Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị bằng \(\frac{a}{b}\) với \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản và \(a,b \in \mathbb{Z}\). Tính giá trị biểu thức \(T = a + 2b\).
Bàn cờ \(8 \times 8\) cần 9 đoạn thẳng nằm ngang và 9 đoạn thẳng dọc.
Coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thẳng \(x = 0,x = 1, \ldots ,x = 8\) và \(y = 0,y = 1, \ldots ,y = 8\).
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng \(x\) và hai đường thẳng \(y\) nên có \(C_8^2.C_8^2\) hình chữ nhật.
Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( {{\Omega }} \right) = C_9^2.C_9^2 = 1296\).
Gọi \(A\) là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh \(a\) lớn hơn 4.
Trường hợp 1: \(a = 5\): Mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 5 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 5 đơn vị có \(4.4 = 16\) cách chọn.
Trường hợp 2: \(a = 6\): Mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 6 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 6 đơn vị có \(3.3 = 9\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(a = 7\): Mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 7 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 7 đơn vị có \(2.2 = 4\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(a = 8\): Mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 8 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 8 đơn vị có \(1.1 = 1\) cách chọn.
Suy ra \(n\left( A \right) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là
\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {{\Omega }} \right)}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{216}}\).
Vậy \(T = a + 2b = 5 + 2.216 = 437\).
Coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thẳng \(x = 0,x = 1, \ldots ,x = 8\) và \(y = 0,y = 1, \ldots ,y = 8\).
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng \(x\) và hai đường thẳng \(y\) nên có \(C_8^2.C_8^2\) hình chữ nhật.
Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( {{\Omega }} \right) = C_9^2.C_9^2 = 1296\).
Gọi \(A\) là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh \(a\) lớn hơn 4.
Trường hợp 1: \(a = 5\): Mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 5 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 5 đơn vị có \(4.4 = 16\) cách chọn.
Trường hợp 2: \(a = 6\): Mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 6 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 6 đơn vị có \(3.3 = 9\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(a = 7\): Mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 7 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 7 đơn vị có \(2.2 = 4\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(a = 8\): Mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 8 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 8 đơn vị có \(1.1 = 1\) cách chọn.
Suy ra \(n\left( A \right) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là
\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {{\Omega }} \right)}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{216}}\).
Vậy \(T = a + 2b = 5 + 2.216 = 437\).
Giải thích & Đáp án chi tiết
Câu 1
Đáp án đúng: B
\(\left( { - 1;1} \right)\).
Câu 2
Đáp án đúng: C
\(y = 2\).
Câu 3
Đáp án đúng: A
\(\;{x^2} + {(y + 2)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 25\).
Câu 4
Đáp án đúng: A
\(\left( {0;2;1} \right)\).
Câu 5
Đáp án đúng: A
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
Câu 6
Đáp án đúng: A
\({{log}}{a^3} = 3{{log}}a\).
Câu 7
Đáp án đúng: C
\({{d}} = 3\).
Câu 8
Đáp án đúng: C
\(x = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Câu 9
Đáp án đúng: A
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow c + \overrightarrow d + \overrightarrow b } \right)\).
Câu 10
Đáp án đúng: A
\(\frac{{{x^2}}}{2} + \cos x + C\).
Câu 11
Đáp án đúng: C
\( - \frac{1}{2}\).
Câu 12
Đáp án đúng: B
\({{\Delta }}Q = 1\).
Câu 13
Đáp án đúng: C
Gia tốc của tàu con thoi tăng trong khoảng thời gian từ lúc cất cánh đến thời điểm \(t = 23\left( s \right)\).
Câu 14
Đáp án đúng: A
Vận tốc của đoàn tàu là \(v = {5.10^{ - 3}}{t^2}\left( {{{m}}/{{s}}} \right)\)
Câu 15
Đáp án đúng: D
Theo quy định an toàn bay, người phi công phải nhìn thấy điểm cuối \(G\left( {4,5;5,5;0} \right)\) của đường băng ở độ cao tối thiểu là \(120m\). Nếu sau khi ra khỏi đám mây tầm nhìn của người phi công là \(900m\) thì người phi công đã đạt được quy định an toàn bay.
Câu 16
Đáp án đúng: B
Biết \(X\) có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn. Xác suất để \(X\) thuê công ty \(A\) tư vấn là 0,4737
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