Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 13
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 13
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 13
\( - 4\).
Lời giải:Chọn C
Ta có: \)\int\limits_1^2 {f\left( x \right).dx} = F\left( 2 \right) – F\left( 1 \right) = 5 – 9 = – 4$.
\(\left( {SBD} \right)\).
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Tứ giác\(ABCD\) đều nên \(AC \bot BD\) (1).
Mặt khác tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) nên \(SO \bot AC\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC \bot \left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
\(4x + 3y - 7z + 11 = 0\).
Vì mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d nên \(\overrightarrow n = \overrightarrow u = \left( {4;3; – 7} \right)\)
Phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {1;2;3} \right)\) và có vec tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {4;3; – 7} \right)\)
\(4\left( {x – 1} \right) + 3\left( {y – 2} \right) – 7\left( {z – 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 4x + 3y – 7z + 11 = 0\)
\(S = \left( {0; + \infty } \right)\).
\({\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^x} < 1 \Leftrightarrow x > {\log _{\left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}1 = 0\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( {0; + \infty } \right)\)
\(y = {x^3} - 2x + 1\).
Dựa vào đồ thị, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \), loại phương án C
Xét phương án D có \(y’ = 3{x^2} + 2 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), hàm số không có cực tri, loại phương án D
Xét phương án \(B\) có \(y’ = 3{x^2} – 4x\) và \(y’\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\) nên hàm số đạt cực tri tại \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\), loại phương án \(B\).
\({u_4} = 10\).
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_3} = {u_1}{q^2} \hfill \\
{u_6} = {u_1}{q^5} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} = \frac{5}{4} \hfill \\
q = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow {u_4} = 10\)
\(f(x) = {x^3} + cosx + C\).
\(\int {\left( {3{x^2} – \sin x} \right)} {d}x = \int {3{x^2}} {d}x – \int {\sin x} {d}x = {x^3} + cosx + C\).
\(\overrightarrow {B'C} = - \overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)
Ta có \(\overrightarrow {B’C} = \overrightarrow {B’B} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = – \overrightarrow {AA’} – \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)
\(P = \sin 2x\).
\(\begin{gathered}
P = \sin 3x\cos x – \sin x\cos 3x \hfill \\
\,\,\,\,\, = \sin \left( {3x – x} \right) = \sin 2x \hfill \\
\end{gathered} \)
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là
\(8\).
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là \(R = 10 – 2 = 8\).
\(\left( {1; - 3; - 4} \right)\).
\(\left( P \right):x – 3y – 4z + 1 = 0\), một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) có tọa độ là \(\left( {1; – 3; – 4} \right)\)
\(210.\)
Mỗi cách xếp tạo ra một chỉnh hợp chập \(3\)của \(7\)nên số cách xếp là \(210\).
Sử dụng công thức tính quãng đường đi được trong chuyển động thẳng nhanh dần đều: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(A\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \(S = \frac{1}{2}{.2.6^2} = 36\;\left( m \right)\). Suy ra a) đúng.
b) Đúng. Chất điểm \(B\) chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc \(4\left( {m/{s^2}} \right)\). Áp dụng công thức tính quãng đường: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(B\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \({S_B}\left( t \right) = \frac{1}{2}.4.{t^2} = 2{t^2}\;\left( m \right)\).
Suy ra b) đúng.
c) Đúng. Gọi \({T_0}\) là thời gian từ lúc chất điểm \(B\) xuất phát cho đến khi đuổi kịp chất điểm \(A\). Trong khoảng thời gian này \(A\) đã chuyển động đều sau khi đạt vận tốc \(12m/s\). Quãng đường \(A\) đi được từ lúc xuất phát đến khi gặp \(B\) là \({S_A} = 36 + 12{T_0}\). Suy ra c) đúng.
d) Đúng. Vì hai chất điểm gặp nhau nên: \({S_A} = {S_B} \Leftrightarrow 36 + 12{T_0} = 2{T_0}^2 \Leftrightarrow {T_0}^2 – 12{T_0} – 36 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
{T_0} = 3 + 3\sqrt 3 \approx 8,196\;(TM) \hfill \\
{T_0} = 3 – 3\sqrt 3 \;(loai) \hfill \\
\end{gathered} \right.\;\).
Với mọi \(F(\theta ) \geqslant 0\) ta luôn có đạo hàm của \(\ln (F(\theta ))\) bằng \(\frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}}\).
Dựa theo đồ thị ta thấy \(F(0) = 10,F(10) = 200\)
b) Sai.
Ta có: \(\ln u = \frac{{u’}}{u}\) với \(u > 0\)
c) Đúng.
Ta có: \(F'(\theta ) = \mu .F(\theta )\)
\( \Rightarrow \frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}} = \mu \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \int d \theta \)
d) Đúng.
Theo ý c) ta có: \(\ln F(\theta ) = \mu \int {d\theta } \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \theta + C\)
\({ M\`a }F(0) = 10,F(10) = 200 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{C = \ln 10} \\
{\mu = \frac{{\ln (20)}}{{10}} \approx 0,3}
\end{array}} \right.\)
Thiết bị GPS có tọa độ \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\, - \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
b) Sai: Giả sử tại thời điểm đã cho thì thiết bị GPS ở điểm có tọa độ \(P\left( {x;\,y;\,z} \right)\)
Khi đó \(\left\{ \begin{gathered}
OP = 1 \hfill \\
OA = \sqrt 5 \hfill \\
OB = \sqrt 2 \hfill \\
OC = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 \hfill \\
{\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 5 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} = 2 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – \frac{{11}}{4}} \right)^2} + {\left( {z – \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)^2} = 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
y = \frac{3}{4} \hfill \\
z = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)nên \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
c) Đúng: Vị trí điểm \(P\) của GPS có tung độ dương nên thuộc bán cầu Đông và có cao độ dương nên thuộc bán cầu Bắc
Gọi vĩ độ và kinh độ của \(P\) tương ứng là \(\alpha ^\circ \)N, \(\beta ^\circ \)E \(\left( {0^\circ < \alpha < 90^\circ ;\,0^\circ < \beta < 180^\circ } \right)\)
Khi đó \(P\left( {\cos \alpha ^\circ \cos \beta ^\circ ;\,\cos \alpha ^\circ \sin \beta ^\circ ;\,\sin \alpha ^\circ } \right)\) mà \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\) nên \(\sin \alpha = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow \alpha \approx 41^\circ \)
Ta có \(\cos \alpha \ne 0\) và \(\cos \alpha \cos \beta = 0\) nên \(\cos \beta = 0\) suy ra \(\beta = 90^\circ \)
Vậy vị trí của thiết bị GPS là \(41^\circ \)N, \(90^\circ \)E.
d) Sai: Gọi vị trí của thiết bị GPS đặt tại điểm \(Q\)
Khi đó: \(QA = QB \Leftrightarrow {\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} \Leftrightarrow x = y \Rightarrow Q\left( {x;x; \pm \sqrt {1 – 2{x^2}} } \right)\)
Đặt \(\gamma = \widehat {POQ} \Rightarrow {cos}\gamma = \frac{{\overrightarrow {OP} .\overrightarrow {OQ} }}{{\left| {\overrightarrow {OP} \left| . \right|\overrightarrow {OQ} } \right|}} = \frac{3}{4}x \pm \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}\).
Độ dài cung nhỏ trên thực tế là \(6371\alpha \)km
Do đó khoảng cách trên mặt đất giữa hai thiết bị GPS ngắn nhất khi \(\gamma \) nhỏ nhất tức \(\cos \gamma \) lớn nhất.
Mà \({max}\left\{ {\frac{3}{4}x + \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}} \right\} = \frac{{\sqrt {46} }}{8} \Leftrightarrow x = \frac{3}{{\sqrt {46} }}\)
Xác suất bệnh nhân điều trị bằng phác đồ A và được chữa khỏi bệnh là 0,6.
Gọi \(B\) là biến cố “bệnh nhân khỏi bệnh”.
Gọi \(C\) là biến cố “bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng”.
Khi đó:
\(P(A) = P(\bar A) = 0,5\)
\(P(B|A) = 0,6\)
\(P(B|\bar A) = 0,7\)
\(P(C|A) = 0,05\)
\(P(C|\bar A) = 0,1\)
a) Sai. Xác suất bệnh nhân điều trị phác đồ A và khỏi bệnh là:
\(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = 0,5 \times 0,6 = 0,3\).
b)Đúng. Xác suất bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P(C) = P(A \cap C) + P(\bar A \cap C) = P(A) \cdot P(C|A) + P(\bar A) \cdot P(C|\bar A) = 0,5 \cdot 0,05 + 0,5 \cdot 0,1 = 0,075\)
c)Đúng. Nếu biết bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng thì xác suất để bệnh nhân chọn phác đồ B là:
\(P(\bar A|C) = \frac{{P(\bar A \cap C)}}{{P(C)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,1}}{{0,075}} = \frac{2}{3} > 0,65\).
d)Đúng. Theo giả thiết \(B/A\) và \(\bar C/A\) độc lập, \(B/\bar A\) và \(\bar C/\bar A\) độc lập.
Xác suất bệnh nhân khỏi bệnh và không bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P\left( {B \cap \bar C} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap A} \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap \bar A} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar A} \right)\)
\( = P(A) \cdot P(B|A) \cdot P(\bar C|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) \cdot P(\bar C|\bar A)\)\( = 0,5 \cdot 0,6 \cdot (1 – 0,05) + 0,5 \cdot 0,7 \cdot (1 – 0,1)\)
\( = 0,6\).
Ta đo được độ dài cạnh đáy nhỏ, cạnh đáy lớn lần lượt bằng \(1\,\,cm\) và \(3\,\,cm\) và chiều cao mặt bên bằng \(\sqrt 2 \,\,cm\). Tính \(a + b\) biết \(\operatorname{cosin} \) góc giữa đường chéo của viên đá với cạnh đáy của viên đá có dạng \(\frac{a}{b}\) (a,b là hai số nguyên tố cùng nhau).
Mỗi ngăn đá là một hình chóp cụt có hai đáy là hình vuông, các cạnh bên băng nhau. Các cạnh bên đồng quy tại \(S\). Góc giữa các đường chéo với các cạnh đáy bằng nhau nên ta xem đó là góc giữa \(MB\) và \(BC\). Kẻ \(MH \bot CD\), \(H \in CD\).
Ta có: \(MC = \sqrt {M{H^2} + H{C^2}} = \sqrt 6 \,\,cm\), \(MD = \sqrt 3 \,\,cm\), \(BD = 3\sqrt 2 \,\,cm\).
Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(M\), \(P\) trên \(BD\). Nên \(ME \bot BD\), \(FP \bot BD\)
Suy ra: \( \Rightarrow DE = EF = FB = \sqrt 2 \,\,cm\).
Khi đó \(ME = \sqrt {M{D^2} – D{E^2}} = 1\,cm\)\( \Rightarrow MB = \sqrt {M{E^2} + E{B^2}} = 3\,\,cm\).
Trong \(\Delta MBC\) có \(\cos \widehat {MBC} = \frac{{M{B^2} + B{C^2} – M{C^2}}}{{2.MB.MC}} = \frac{2}{3}\).
Vậy \(a + b = 2 + 3 = 5\).
Biết rằng ta cần vạch ra các đường đi phù hợp sao cho có thể đi qua hết tất cả cây cầu/hầm dù chỉ lần thông qua việc vẽ mô hình lí thuyết đồ thị với điểm đầu và cuối lần lượt là F và \(D.\)Nếu 4 cây cầu bắt qua giữa A và B cần phải đi qua liên tiếp nhau trong đường đi và trước khi về lại D phải qua cầu Rạch Ông thì có tất cả bao nhiêu đường đi?
Từ bảng bên phải ta suy ra số lượng số “0” ở mỗi đỉnh thể hiện bậc của mỗi đỉnh, tức ta lần lượt suy ra:
\(\deg \left( A \right) = 6,\deg \left( B \right) = 8,\deg \left( C \right) = 2,\deg \left( D \right) = 3,\deg \left( E \right) = 4,\deg \left( F \right) = 1\)
Từ đó ta có hình vẽ như sau (hình bên dưới).
Tiếp đến ta có chuỗi lập luận như sau:
Vì FA chỉ có 1 con đường duy nhất nên chỉ có 1 con đường từ F đến A.
Kế đến do từ A đến B có 4 cây cầu phải đi qua liên tiếp (có 4! cách) nên ta sẽ đơn giản hóa đồ thị như sau:
– Ta đã đánh giá được đoạn F-A nên ta bỏ trước đoạn F-A.
– Do chỉ có về A nên ta bỏ đi nhánh A-
B. (hình trái)
– Do ACD liên tiếp và là con đường duy nhất nên ta bỏ đoạn A-
C. (hình giữa)
– Tiếp đến từ C chỉ có 1 cách đi tới D nên ta bỏ đoạn C-
D. Khi đó ta có 2 khả năng như hình phải.
Như vậy sau khi bỏ nhánh C-D, ta nhận xét được rằng phải đi hết 3 cây cầu bắt giữa B và E liên
tiếp để về lại đích D tức ta có 3! cách. Từ đây kết luận tổng số đường đi là: \(2.4!.3! = 288\) (cách).
Phần mảnh giấy chứa cạnh \(CD\): Bạn muốn cắt được một hình vuông có đỉnh \(D\), hai cạnh nằm trên đường \(DA\) và \(DC,\) đỉnh còn lại hình vuông thuộc đường cắt \(AM.\)
Phần mảnh giấy chứa cạnh \(AB\): Bạn muốn cắt được một hình tròn sao cho hình tròn tiếp xúc với cả ba cạnh tam giác \(ABM.\)
Gọi \(S\) (phần tô đậm trong hình vẽ) là tổng diện tích của hình vuông và hình tròn cắt được. Hỏi khi \(M\) di động trên \(BC,\) giá trị nhỏ nhất của \(S\) bằng bao nhiêu \({d}{{m}^2}\) (làm tròn đến hàng phần trăm)?
Đặt \(MB = x,\,\left( {0 < x < 2} \right) \Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {{x^2} + 16} \)
Gọi \(y,r\) lần lượt là độ dài cạnh hình vuông \(DEFG\) và bán kính đường tròn nội tiếp \(\vartriangle ABM\).
Ta có: \(\vartriangle ABM\) vuông tại \(B\) nên \(r = \frac{{AB + BM – AM}}{2} = \frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}\) (Tính chất tiếp tuyến)
Lai có: \(GAF = AMB\) (so le trong)
\( \Rightarrow \tan GAF = \tan AMB \Leftrightarrow \frac{{GF}}{{GA}} = \frac{{AB}}{{BM}} \Leftrightarrow \frac{y}{{2 – y}} = \frac{4}{x} \Rightarrow y = \frac{8}{{x + 4}}\)
Suy ra tổng diện tích hai hình là \(S = {y^2} + \pi \cdot {r^2} = \frac{{64}}{{x + {4^2}}} + \pi \cdot {\left( {\frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}} \right)^2} = f(x)\)
Sử dụng MTCT ta tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(\left( {0;2} \right)\) là \(3,16\)
Gọi \(M,\,N\) lần lượt là vị trí tiếp xúc của bi xanh và bi đỏ với trục \(Ox\)
Dựa vào phương trình mặt cầu thì khoảng cách giữa hai viên bị ban đầu là \(22\)m
Khi hai viên bị va chạm nhau tức là hai mặt cầu này sẽ tiếp xúc với nhau và bán kính hai mặt cầu này hơn kém nhau \(1\)m.
Khi đó: \(\sin \alpha = \frac{1}{7}\) suy ra \(MN = 7.\cos \alpha = 4\sqrt 3 \) nên hai viên va chạm nhau khi \(MN = 4\sqrt 3 \).
Phương trình tọa độ điểm \(M\) theo trục \(Ox\): \(10 – 5t\)
Phương trình tọa độ điểm \(N\) theo trục \(Ox\): \( – 12 + 3t\)
Do \(MN = 4\sqrt 3 \Leftrightarrow \left| {10 – 5t + 12 – 3t} \right| = 4\sqrt 3 \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
8t – 22 = 4\sqrt 3 \hfill \\
8t – 22 = – 4\sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t \approx 1,88\left( {nhan} \right) \hfill \\
t \approx 3,61\left( {loai} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy sau khoảng \(1,88\) giây thì hai viên bi va chạm lần đầu tiên.
Với góc bắn \(\alpha < {90^0}\) thì quỹ đạo cảu vật thể là một phần của parabol
\(y = x\tan \alpha – \frac{g}{{2{v_0}^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2}\)
Suy ra tầm xa của vật và độ cao lớn nhất của vật lần lượt là \(L = \frac{{{v_0}^2\sin 2\alpha }}{g}\) và \(H = \frac{{{v_0}^2{{\sin }^2}\alpha }}{{2g}}\).
Dễ thấy, vật đạt được tầm xa lớn nhất khi \(\alpha = {45^0}\), tức tầm xa lớn nhất là \({L_{\max }} = 10\) hay \(A\left( {10;0} \right) \in \left( P \right)\). Với góc ném \(\alpha = {90^0}\) thì quỹ đạo của vật là đoạn \(OI\), khi đó độ cao của vật tại thời điểm \(t\) (giây) được cho bởi \(y = {v_0}t – \frac{1}{2}g{t^2}\)
Do đó, ta thấy vật đạt độ cao lớn nhất khi \(\alpha = {90^0}\), khi đó độ cao lớn nhất của vật là \({H_{\max }} = 5\). Suy ra \(I\left( {0;5} \right)\) là đỉnh của parabol \(\left( P \right)\). Hàm số bậc hai có đồ thị \(\left( P \right)\) có dạng \(y = a\left( {x – 10} \right)\left( {x + 10} \right) = a\left( {{x^2} – 100} \right)\). Thay \(x = 0\), ta được:
\(5 = a\left( {{0^2} – 100} \right) \Rightarrow a = – \frac{1}{{20}} \Rightarrow x = \sqrt {100 – 20y} \)
Vậy thể tích vùng không gian cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_0^5 {{{\left( {\sqrt {100 – 20y} } \right)}^2}dy} = 250\pi {m^3} \approx 785{m^3}\)
Người thứ nhất đi từ điểm A đến điểm B, người thứ hai đi từ điểm E đến điểm F. Biết rằng cả hai người cùng đi ngẫu nhiên và theo con đường ngắn nhất. Tính xác suất để cả hai người cùng đi qua điểm I (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Gọi \(X\) là biến cố “cả hai người cùng đi qua điểm \(I\)”
Xét hệ trục tọa độ với \(E\left( {0;0} \right),A\left( {0;8} \right),B\left( {15;0} \right),F\left( {15;8} \right),I\left( {11;5} \right)\)
Để đi từ \(A\) đến \(B\) theo đường ngắn nhất thì người thứ nhất cần di chuyển 15 bước ngang và 8 bước xuống
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là số cách sắp xếp 15 bước ngang và 8 bước xuống và bằng \(C_{23}^8\)
Tương tự có \(C_{23}^8\) cách để người thứ hai di chuyển từ \(E\) đến \(F\)
Như vậy không gian mẫu \(\left| {\Omega } \right| = {\left( {C_{23}^8} \right)^2}\)
Người thứ nhất di chuyển từ \(A\left( {0;8} \right)\) đến \(I\left( {11;5} \right)\) cần 11 bước ngang và 3 bước xuống
Người thứ nhất di chuyển từ \(I\left( {11;5} \right)\) đến \(B\left( {15;0} \right)\) cần 4 bước ngang và 5 bước xuống
Như vậy số cách di chuyển của người thứ nhất từ \(A \to I \to B\) là \(C_{14}^8.C_9^4\)
Tương tự số cách di chuyển của người thứ hai từ \(E \to I \to F\) là \(C_{16}^5.C_7^3\)
Như vậy \(\left| X \right| = C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3\)
Vậy xác suất để cả hai người cùng đi qua \(I\) là \(P\left( X \right) = \frac{{\left| X \right|}}{{\left| {\Omega } \right|}} = \frac{{C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3}}{{{{\left( {C_{23}^8} \right)}^2}}} \approx 0,24\)
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.