Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10
Tổng Quan Về 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. Chính vì vậy, novel.com.vn luôn ưu tiên tuyển chọn tài liệu học tập và giải bài tập từ những nguồn uy tín. 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. 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.
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. Chính vì vậy, novel.com.vn luôn ưu tiên tuyển chọn tài liệu học tập và giải bài tập từ những nguồn uy tín. Sự hài lòng của bạn chính là động lực để hệ thống không ngừng nâng cấp và mở rộng chuyên mục tài liệu học tập và giải bài tập. Hãy biến mỗi phút giây trực tuyến của bạn thành những khoảnh khắc hữu ích.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 10
Phát biểu nào sau đây là đúng?
\(\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC'} \).
Ta có \(AA’C’C\) là hình bình hành, theo quy tắc hình bình hành \(\overrightarrow {AA’} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC’} \).
\(\frac{{{a^3}}}{4}\).
Vì \(\Delta ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) nên diện tích \(\Delta ABC\) là:\({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)
Thể tích hình chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.\)\(SA\).\({S_{\Delta ABC}}\)\( = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}}}{4}\).
\(11\).
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_2} = {u_1} + d \hfill \\
{u_3} = {u_1} + 2d \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} + d = 2 \hfill \\
{u_1} + 2d = 5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} = – 1 \hfill \\
d = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Khi đó \({u_5} = {u_1} + 4d = – 1 + 4.3 = 11\).
\(2.\)
Ta có:\(y’ = 3{x^2} – 3\)\( \Rightarrow y’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – 1 \notin \left[ {0;2} \right] \hfill \\
x = 1 \in \left[ {0;2} \right] \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Nếu \(y = f\left( x \right) = {x^3} – 3x + 4\), khi đó \(f\left( 0 \right) = 4;f\left( 1 \right) = 2;f\left( 2 \right) = 6\).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^3} – 3x + 4\) trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) bằng \(2\).
Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng
\(2\).
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng \(2\).
\(\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Điều kiện hàm số xác định: \(\operatorname{s} {\text{in}}x \ne {\text{0}} \Leftrightarrow x \ne k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Vậy tập xác định của hàm số \(y = \frac{1}{{\operatorname{s} {\text{in}}x}}\) là: \(\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(\left( { - 2;0;1} \right)\).
\(M’\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2;3; – 1} \right)\) trên trục \(Oy\), suy ra toạ độ \(M’\left( {0;3;0} \right)\).
Vậy \(\overrightarrow {MM’} = \left( { – 2;0;1} \right)\).
\(\left( {3\,;\, + \infty } \right).\)
Hàm số xác định khi \(x – 3 > 0 \Leftrightarrow x > 3\).
Tập xác định của hàm số là \(\left( {3\,;\, + \infty } \right)\).
[22; 31)
[31; 40)
[40; 49)
[49; 58)
[58; 67)
[67; 76) Số người
33
23
23
16
16
9 Khoảng tứ phân vị (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm) của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho bằng
\(25,01.\)
Cỡ mẫu \(n = 120.\)
Nhóm chứa \({Q_1}\) là \(\left[ {22\,;\,31} \right)\) nên \({Q_1} = 22 + \frac{{\frac{1}{4}.120}}{{33}}.9 = 30,18\)
Nhóm chứa \({Q_3}\) là \(\left[ {49\,;\,58} \right)\) nên \({Q_3} = 49 + \frac{{\frac{3}{4}.120 – (33 + 23 + 23)}}{{16}}.9 = 55,19\)
Khoảng tứ phân vị là: \(\Delta Q = {Q_3} – {Q_1} = 55,19 – 30,18 = 25,01.\)
\(\frac{{{{2026}^x}}}{{\ln 2026}} + C\)
\(\int {{{2026}^x}dx} = \frac{{{{2026}^x}}}{{\ln 2026}} + C\)
\(14\).
Ta có:
\(\int\limits_{ – 1}^4 {\left[ {4 – 3f\left( x \right)} \right]{\text{d}}x = } \int\limits_{ – 1}^4 {{\text{4d}}x} – 3\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} \)
\(\left. { = 4x} \right|_{ – 1}^4 – 3\int\limits_{ – 1}^4 {f\left( x \right){\text{d}}x} = 20 – 3.2 = 14\)
\({(x + 3)^2} + {y^2} + {(z - 4)^2} = 16\).
Phương trình mặt cầu tâm \(I\), bán kính \(R\) là \({(x + 3)^2} + {y^2} + {(z – 4)^2} = 16\).
Hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2\,;\,\,0} \right)\).
Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – x – 1}}{{x + 1}}\), TXĐ: \(D = \mathbb{R}\left\{ { – 1} \right\}\)
\( \Rightarrow f’\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Bảng xét dấu của hàm \(f’\left( x \right)\)
Từ bảng xét dấu trên suy ra hàm số \(f\left( x \right)\) có đúng 2 điểm cực trị.
b) Sai.
Ta có \(f’\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
– 2 < x < - 1 \hfill \\
– 1 < x < 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) không nghịch biến trên khoảng \(\left( { – 2;\,0} \right)\).
c) Đúng.
\(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} – x – 1}}{{x + 1}} = x – 2 + \frac{1}{{x + 1}}\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) – \left( {x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{1}{{x + 1}}} \right] = 0\)
Vậy đường thẳng \(y = x – 2\) là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\).
d) Đúng.
Vì điểm \(M\) thuộc đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nên \(M\left( {m\,;\,\,\frac{{{m^2} – m + 1}}{{m + 1}}} \right)\), \(m \ne – 1\).
\(\overrightarrow {AM} = \left( {m + 1\,;\,\,\frac{{{m^2} – m + 1}}{{m + 1}} + 3} \right)\)
\(A{M^2} = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{{{m^2} – m + 1}}{{m + 1}} + 3} \right)^2}\)
\( = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{{{m^2} + 2m + 4}}{{m + 1}}} \right)^2}\)
\( = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\left( {m + 1} \right) + \frac{3}{{m + 1}}} \right)^2}\)
\( = {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{3}{{m + 1}}} \right)^2} + 6\)
\( = 2{\left( {m + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{3}{{m + 1}}} \right)^2} + 6 \geqslant 6\sqrt 2 + 6\).
Suy ra \(AM \geqslant 3,81\). Vậy \(AM > 2,2\).
Vận tốc của chất điểm tại thời điểm \(t = 15\) là \(v\left( {15} \right) = 21\,\left( {m/s} \right)\).
Dựa vào đồ thị \(v\left( {15} \right) = 0\).
b) Sai
Quãng đường chất điểm chuyển động trong \(t\) giây \(\left( {0 \leqslant t \leqslant 3} \right)\) là \(S = \int\limits_0^t {11dt} \,\,\left( m \right)\).
c)Đúng
Trong khoảng thời gian từ \(8\) đến \(15\) giây, đồ thị \(v\left( t \right)\)là một đường thẳng đi qua hai điểm \(\left( {8;21} \right)\) và \(\left( {15;0} \right)\). Ta có: \(v\left( t \right) = at + b\).
Từ giả thiết ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{8a + b = 21} \\
{15a + b = 0}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = – 3} \\
{b = 45}
\end{array}} \right.\).
Do đó \(v\left( t \right) = – 3t + 45\,\,\left( {8 \leqslant t \leqslant 15} \right)\).
Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian từ giây thứ 8 đến giây thứ 15 là:
\(S = \int_8^{15} {\left( { – 3t + 45} \right)\,} dt = 73,5\,\left( m \right)\).
d) Sai
Trong khoảng thời gian từ \(3\) đến \(8\) giây đồ thị \(v\left( t \right)\) là một Parabol đi qua \(\left( {3;11} \right),\left( {5;3} \right),\left( {8;21} \right)\) có phương trình dạng: \(v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\).
Từ giả thiết ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{9a + 3b + c = 11} \\
{25a + 5b + c = 3} \\
{64a + 8b + c = 21}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = 2} \\
{b = – 20} \\
{c = 53}
\end{array}} \right.\)
Do đó \(v\left( t \right) = 2{t^2} – 20t + 53\,\,\left( {3 \leqslant t \leqslant 8} \right)\).
Xét trường hợp quãng đường chất điểm đi được từ giây thứ 3 đến giây thứ 8:
\(S = \int\limits_3^8 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_3^8 {\left( {2{t^2} – 20t + 53} \right)dt\,\,} \)
\( = \left( {\frac{{2{t^3}}}{3} – 10{t^2} + 53t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
8 \\
3
\end{array}} \right. = \frac{{115}}{3}\,\,\,\left( m \right)\)
Vận tốc trung bình của chất điểm chuyển động từ giây thứ 3 đến giây thứ 8 là:
\({v_{tb}} = \frac{S}{5} = \frac{{23}}{3} \approx 7,67\,\left( {m/s} \right) > 7\).
Một người đi tàu đến vị trí có tọa độ \(M( - 2;5;3)\) thì tại vị trí này vẫn có thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng.
b) Sai. Ta có\(IM = \sqrt {{{( – 2 – 3)}^2} + {{(5 + 2)}^2} + {{(3 – 5)}^2}} = \sqrt {78} > 6\)nên người đó không thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng.
c) Đúng. Gọi \((P)\) là mặt phẳng đi qua ba điểm \(A(5;7;2),B( – 6;2;3),C(2; – 5; – 3).\)
Khi đó ta có:\(\overrightarrow {AB} = ( – 11; – 5;1),\overrightarrow {AC} = ( – 3; – 12; – 5)\)
Do đó \((P)\) có một vectơ pháp tuyến là\(\vec n = \mid \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (37; – 58;117)\)
Phương trinh mặt phẳng (P) là:\(37x – 58y + 117z – 13 = 0\)
Vậy khoảng cách từ trạm thu phát sóng dén mặt phằng \((P)\) là
\(d(I,(P)) = \frac{{|37 \cdot 3 – 58 \cdot ( – 2) + 117 \cdot 5 – 13|}}{{\sqrt {{{37}^2} + {{( – 58)}^2} + {{117}^2}} }} \approx 5,89(km)\)
d) Sai. Từ vị tri \(N\left( {2;1;\frac{{55}}{{49}}} \right)\), một người chèo thuyền di chuyển với vectơ vận tốc \(\vec v = (2;3;0)\).
Phương trình tham số của đường thằng \((d)\) đi qua điểm \(N\left( {2;1;\frac{{55}}{{49}}} \right)\) và có vectơ chỉ phương
\(\vec v = (2;3;0){\text{ l\`a }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2 + 2t} \\
{y = 1 + 3t} \\
{z = \frac{{55}}{{49}}}
\end{array}} \right.\)
Sau nửa giờ (tức là khi \(t = \frac{1}{2}\) ), người đó đến vị trí\(N’\left( {3;\frac{5}{2};\frac{{55}}{{49}}} \right)\)
Ta có:
\(IN’ = \sqrt {{{(3 – 3)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2} + 2} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{55}}{{49}} – 5} \right)}^2}} \approx 5,94 < 6\)
Vậy ngươi đó có thé sừ dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng này.
Nếu sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng \(A\) thì xác suất để nó không là phế phẩm là \(0,98\).
Ta có \(P\left( I \right) = 0,6;P\left( {II} \right) = 0,4;\)\(P\left( {X|I} \right) = 0,01;P\left( {X|II} \right) = 0,02\).
a) Sai.
Nếu sản phẩm chọn ra thuộc phân xưởng \(A\) thì xác suất để nó không là phế phẩm là \(P\left( {\overline X |I} \right) = 1 – P\left( {X|I} \right) = 1 – 0,01 = 0,99\).
b) Đúng.
Xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm và thuộc phân xưởng \(A\) là \(P\left( {XI} \right) = P\left( {X|I} \right).P\left( I \right) = 0,01.0,6 = 0,006\)
c) Đúng.
Xác suất để sản phẩm chọn ra là phế phẩm là
\(P\left( X \right) = P\left( I \right).P\left( {X|I} \right) + P\left( {II} \right).P\left( {X|II} \right)\)\( = 0,6.0,01 + 0,4.0,02 = 0,014\).
d) Sai.
Nếu sản phẩm chọn ra là phế phẩm thì xác suất để nó thuộc phân xưởng \(A\) là \(P\left( {I|X} \right) = \frac{{P\left( {IX} \right)}}{{P\left( X \right)}} = \frac{{0,006}}{{0,014}} = \frac{3}{7}\).
PHẦN 3: TRẢ LỜI NGẮN
Tính chiều dài của thanh sắt mà anh Tèo mua để vừa đủ đúng thay thế 5 thanh ngang của thang bị hỏng (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Theo giả thiết, \(AB,CD,EF,GH,MN\) là hình chiếu song song của các đoạn thẳng song song \(A’B’\), \(C’D’\), \(E’F’\), \(G’H’\) và \(M’N’\) nên \(\frac{{A’B’}}{{AB}} = \frac{{C’D’}}{{CD}} = \frac{{E’F’}}{{EF}} = \frac{{G’H’}}{{GH}} = \frac{{M’N’}}{{MN}}\).
Ta có \(\frac{{A’B’}}{{AB}} = \frac{{C’D’}}{{CD}}\) \( \Rightarrow C’D’ = \frac{{CD}}{{AB}}.A’B’ = \frac{{480}}{{1,2}} = 400\)
Tương tự, ta có \(E’F’ = \frac{{EF}}{{CD}}.C’D’ = \frac{{400}}{{1,0582}} \approx 378\)
\(G’H’ = \frac{{GH}}{{EF}}.E’F’ = \frac{{378}}{{1,05}} \approx 360\).
\(M’N’ = \frac{{MN}}{{GH}}.G’H’ = \frac{{360}}{{1,04}} \approx 346\).
Ta sử dụng thuật toán láng giềng gần nhất
TH1: Bắt đầu kéo từ Khu E
Đoạn đường ngắn nhất là \(E \to D \to C \to A \to B\)
Chi phí là \(1 + 2 + 2 + 3 = 8\) triệu.
TH2: Bắt đầu kéo từ Khu C
Đoạn đường ngắn nhất là \(C \to A \to B \to D \to E\)
Chi phí là \(2 + 3 + 6 + 1 = 12\) triệu.
TH3: Bắt đầu kéo từ Khu D
Đoạn đường ngắn nhất là \(D \to E \to C \to A \to B\)
Chi phí là \(1 + 4 + 2 + 3 = 10\) triệu.
TH4: Bắt đầu kéo từ Khu A
Đoạn đường ngắn nhất là \(A \to C \to E \to D \to B\)
Chi phí là \(2 + 4 + 1 + 6 = 13\) triệu.
TH5: Bắt đầu kéo từ Khu B
Đoạn đường ngắn nhất là \(B \to A \to C \to E \to D\)
Chi phí là \(3 + 2 + 4 + 1 = 10\) triệu.
Vậy tổng chi phí nhỏ nhất là 8 triệu.
Nếu mỗi tháng nhà máy A bán cho nhà máy \({\text{B}}x\) tấn sản phẩm thì lợi nhuận của nhà máy A thu được là \(x\left( {45 – 0,001{x^2}} \right) – \left( {100 + 30x} \right) = – 0,001{x^3} + 15x – 100\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = – 0,001{x^3} + 15x – 100\) với \(x \in \left[ {0;100} \right]\).
Tìm giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\).
Ta có \(f’\left( x \right) = – 0,003{x^2} + 15\);
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 50\sqrt 2 \) (do \(x \in \left[ {0;100} \right]\)).
Vì \(f\left( 0 \right) = – 100,f\left( {50\sqrt 2 } \right) \approx 607,f\left( {100} \right) = 400\)
Vậy \(f\left( x \right)\) lớn nhất khi \(x = 50\sqrt 2 \approx 70,7\).
Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Diện tích của hình tròn tâm O, bán kính \(6m\) là \(36\pi \) và phương trình của đường tròn đó là \({x^2} + {y^2} = 36.\)
Bên cạnh đó điểm \(N\) có tọa độ \(\left\{ \begin{gathered}
{y_N} = 3 \hfill \\
{x_N} = \sqrt {36 – {3^2}} = 3\sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Diện tích phần không trồng hoa là \(4.\int\limits_3^{3\sqrt 3 } {\left( {\sqrt {36 – {x^2}} – 3} \right){\text{d}}x} = 3\pi – 9\sqrt 3 + 9.\)
Số tiền cần để trồng hoa là: \(\left[ {36\pi – 12\left( {\pi – 3\sqrt 3 + 3} \right)} \right].0,1 \approx 10,2\)( triệu đồng).
Bài toán này ta sẽ giải quyết bằng cách ứng dụng phương pháp tọa độ trong không gian.
Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ. Không mất tính tổng quát, và dựa vào yêu cầu về vị trí 3 con nhện ta xác định là các điểm \(M,N,P\) nằm trên các cạnh \(A’B’,CC’,AD\) như hình vẽ.
Yêu cầu bài toán là cần tìm tọa độ của 3 điểm \(M,N,P\) để chu vi tam giác \(MNP\) nhỏ nhất.
Đặt \(M\left( {x;5;0} \right),P\left( {0;0;z} \right),N\left( {5;y;5} \right)\). Chu vi tam giác \(MNP\)là:
\(MN + NP + PQ = \sqrt {{{\left( {x – 5} \right)}^2} + {{\left( {y – 5} \right)}^2} + {5^5}} + \sqrt {{5^2} + {y^2} + {{\left( {z – 5} \right)}^2}} + \sqrt {{x^2} + {5^2} + {z^2}} \)
\( = \sqrt {{{\left( {5 – x} \right)}^2} + {{\left( {y – 5} \right)}^2} + {5^2}} + \sqrt {{y^2} + {{\left( {z – 5} \right)}^2} + {5^2}} + \sqrt {{z^2} + {{\left( { – x} \right)}^2} + {5^2}} \)
Áp dụng bất đẳng thức véctơ :
\( \Rightarrow MN + NP + PM \geqslant \sqrt {{{\left( {5 – x + y} \right)}^2} + {{\left( {y + z – 10} \right)}^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{z^2} + {{\left( { – x} \right)}^2} + {5^2}} \)
\( \geqslant \sqrt {{{\left( {5 – x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {y – 5 + z – 5 – x} \right)}^2} + {{\left( {5 + 5 + 5} \right)}^2}} \)
\( = \sqrt {2{{\left( {y + z – x – \frac{5}{2}} \right)}^2} + \frac{{225}}{2} + {{\left( {5 + 5 + 5} \right)}^2}} \geqslant 15\sqrt {\frac{3}{2}} = 15\frac{{\sqrt 6 }}{2}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{ \begin{gathered}
y + z – x = \frac{5}{2} \hfill \\
\frac{{5 – x}}{y} = \frac{{y – 5}}{{z – 5}} = \frac{5}{5} \hfill \\
\frac{{5 – x + y}}{z} = \frac{{y + z – 10}}{{ – x}} = \frac{{10}}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = z \hfill \\
2y – x = \frac{5}{2} \hfill \\
x + y = 5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = y = z = \frac{5}{2}\)
Do đó: \(\frac{{15}}{2}\sqrt 6 = \frac{a}{b}\sqrt c \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 15 \hfill \\
b = 2 \hfill \\
c = 6 \hfill \\
\end{gathered} \right..\,\,\,\)
Vậy\(a + b + c = 15 + 12 + 6 = 33\).
Bàn cờ \(8 \times 8\) cần 9 đoạn thẳng nằm ngang và 9 đoạn thẳng dọc. Ta coi bàn cờ vua được xác định bởi các đường thằng \(x = 0,x = 1, \ldots ,x = 8\) và \(y = 0,y = 1, \ldots ,y = 8\).
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thằng \(x\) và hai đường thằng \(y\) nên có \(C_8^2 \cdot C_8^2\) hình chữ nhật hay không gian mẫu là
\(n(\Omega ) = C_9^2 \cdot C_9^2 = 1296.\)
Gọi \(A\) là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh \(a\) lớn hơn 4.
Trường hợp 1: \(a = 5\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 5 đơn vị và hai đường thằng \(y\) cách nhau 5 đơn vị có \(4.4 = 16\) cách chọn.
Trường hợp 2: \(a = 6\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thằng \(x\) cách nhau 6 đơn vị và hai đường thẳng \(y\) cách nhau 6 đơn vị có \(3.3 = 9\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(a = 7\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thằng \(x\) cách nhau 7 đơn vị và hai đường thằng \(y\) cách nhau 7 đơn vị có \(2.2 = 4\) cách chọn.
Trường hợp 3: \(a = 8\). Khi đó mỗi ô được tạo thành do 2 đường thẳng \(x\) cách nhau 8 đơn vị và hai đường thằng \(y\) cách nhau 8 đơn vị có \(1.1 = 1\) cách chọn.
Suy ra \(n(A) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là
\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{216}}.\)
Giải thích & Đáp án chi tiết
Tại Sao Cần Quan Tâm Đến Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập?
Nhiều chuyên gia khẳng định rằng, việc thường xuyên cập nhật tài liệu học tập và giải bài tập là chìa khóa để duy trì lợi thế cạnh tranh. 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. 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.
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. Việc truy cập tài liệu học tập và giải bài tập tại novel.com.vn giúp bạn dễ dàng đạt kết quả cao trong học tập một cách nhanh chóng và chính xác. Sự hài lòng của bạn chính là động lực để hệ thống không ngừng nâng cấp và mở rộng chuyên mục tài liệu học tập và giải bài 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.
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. Nền tảng novel.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. 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. 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.
Cách Tận Dụng Tối Đa Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Dù bạn là người mới hay đã có kinh nghiệm, novel.com.vn đều cung cấp những tài liệu, tài liệu học tập và giải bài tập phù hợp với trình độ và nhu cầu cá nhân. 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.
Nhiều chuyên gia khẳng định rằng, việc thường xuyên cập nhật tài liệu học tập và giải bài tập là chìa khóa để duy trì lợi thế cạnh tranh. Rất nhiều người dùng đã chia sẻ rằng việc tiếp cận tài liệu học tập và giải bài tập tại novel.com.vn đã thay đổi hoàn toàn thói quen của họ. 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.
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. Chỉ với một thiết bị kết nối mạng, kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập khổng lồ của novel.com.vn luôn sẵn sàng phục vụ bạn 24/7. Sự hài lòng của bạn chính là động lực để hệ thống không ngừng nâng cấp và mở rộng chuyên mục tài liệu học tập và giải bài tập. Hãy biến mỗi phút giây trực tuyến của bạn thành những khoảnh khắc hữu ích.
Đặc Điểm Nổi Bật Của Nền Tảng
- Điểm mạnh số 1: 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 2: 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.
- Điểm mạnh số 3: Sự phong phú của tài liệu học tập và giải bài tập trên hệ thống mang lại vô vàn lựa chọn cho người d... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 4: Chúng tôi hiểu rằng chất lượng của tài liệu học tập và giải bài tập quyết định trực tiếp đến sự thàn... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 5: Trong bối cảnh công nghệ thông tin phát triển mạnh mẽ, tài liệu học tập và giải bài tập đã trở thành... 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. Khác với các phương pháp truyền thống, novel.com.vn ứng dụng công nghệ để tối ưu hóa việc phân phối tài liệu học tập và giải bài tập đến tay bạn. Sự hài lòng của bạn chính là động lực để hệ thống không ngừng nâng cấp và mở rộng chuyên mục tài liệu học tập và giải bài 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.
Sự phong phú của tài liệu học tập và giải bài tập trên hệ thống mang lại vô vàn lựa chọn cho người dùng. Chỉ với một thiết bị kết nối mạng, kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập khổng lồ của novel.com.vn luôn sẵn sàng phục vụ bạn 24/7. 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. Hãy biến mỗi phút giây trực tuyến của bạn thành những khoảnh khắc hữu ích.
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. Chính vì vậy, novel.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. 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 novel.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. Việc truy cập tài liệu .
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại novel.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. Chỉ với một thiết bị kế.
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại novel.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 phong phú của tài liệu học tập và giải bài tập trên hệ thống mang lại vô vàn lựa chọn cho người dùng. Việc truy cập tài liệu học tập và giải bài tậ.
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. Thông qua quá trình tổng hợp và phân tích chuyên sâu, novel.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. Bạn sẽ không phải thất vọng khi đặt niềm tin vào nền tảng của chúng tôi, nơi mà mọi tài liệu học tập và giải bài tập đều được kiểm duyệt kỹ lưỡng và sắp xếp khoa học.
Trong bối cảnh công nghệ thông tin phát triển mạnh mẽ, tài liệu học tập và giải bài tập đã trở thành một phần không thể thiếu đối với mọi người. 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. Việc đạt kết quả cao trong học tập giờ đây trở nên vô cùng đơn giản. Đây chính là minh chứng rõ ràng cho sự cam kết về một dịch vụ miễn phí nhưng chất lượng vượt trội.