Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 5
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 5
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 5
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
\((0;2)\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \((0;2)\).
\(y = x - 3\).
Ta có \(y = \frac{{{x^2} – 2x}}{{x + 1}} = x – 3 + \frac{3}{{x + 1}}\).
Xét \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{{x^2} – 2x}}{{x + 1}} – \left( {x – 3} \right)} \right] = 0\).
Vậy đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = x – 3\).
\(F\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - 1\).
Ta có: \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right){\text{d}}x} = \int {\left( {3{x^2} + 2x – 1} \right){\text{d}}x} = {x^3} + {x^2} – x + C\) ( với \(C\)là một hằng số).
\({u_{10}} = 25\).
Ta có: \({u_{10}} = {u_1} + 9d = – 2 + 3.9 = 25\)
0.
Ta có:
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CB} – \overrightarrow {CA} } \right).\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {CB} \cdot \overrightarrow {CD} – \overrightarrow {CA} \cdot \overrightarrow {CD} \)
\( = CB.CD.{\text{cos}}{60^ \circ } – CACD.{\text{cos}}{60^ \circ } = 0\)
[150; 155)
[155; 160)
[160; 165)
[165; 170)
[170; 175)
[175; 180) Số học sinh
1
4
10
9
4
2 Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên bằng bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
\(5,87\).
Số trung bình của mẫu số liệu trên là
\(\bar x = \frac{{152,5 \cdot 1 + 157,5 \cdot 4 + 162,5 \cdot 10 + 167,5 \cdot 9 + 172,5 \cdot 4 + 177,5 \cdot 2}}{{30}} = \frac{{496}}{3}.\)
Phương sai của mẫu số liệu trên là
\({S^2} = \frac{1}{{30}}\left( {1 \cdot 152,{5^2} + 4 \cdot 157,{5^2} + 10 \cdot 162,{5^2} + 9 \cdot 167,{5^2} + 4 \cdot 172,{5^2} + 2 \cdot 177,{5^2}} \right) – {\left( {\frac{{496}}{3}} \right)^2} \approx 34,47.\)
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm trên là \(S \approx 5,87\).
\(1\).
Ta có \({\text{d}}\left[ {A,\left( P \right)} \right] = \frac{{\left| {2\left( 1 \right) + 2\left( 0 \right) – \left( 0 \right) + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2}} }} = 1\).
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\).
Đường thẳng \(AB\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;3; – 2} \right)\).
Phương trình chính tắc của đường thẳng \(AB\) đi qua điểm \(A\left( {1; – 2;3} \right)\) là: \(\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z – 3}}{{ – 2}}\).
\(45^\circ \).
Dễ thấy \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SCA}\)
\(AC = a\sqrt 2 \)
\(SD = a\sqrt 3 \Rightarrow SA = a\sqrt 2 \)
Nên tam giác \(SAC\)vuông cân tại \(A\).Vậy \(\widehat {SCA} = 45^\circ \).
\(9\).
Điều kiện: \(x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).
Ta có: \({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x – 1 = {2^3} \Leftrightarrow x = 9\).
\( - \frac{\pi }{4} + k\pi \)\((k \in \mathbb{Z})\).
Ta có \(\tan x = – 1 \Leftrightarrow \tan x = \tan \left( { – \frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \) \((k \in \mathbb{Z})\).
\(0,58\).
Ta có \(P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,4.0,3 = 0,12\).
Khi đó \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) – P\left( {A \cap B} \right)\)\( = 0,4 + 0,3 – 0,12 = 0,58\).
PHẦN 2: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG SAI
Theo mô hình này, tổng số lượt tải của ứng dụng sẽ không vượt quá \(190\) nghìn lượt
Theo đề bài, \(N\left( t \right) = \frac{{at + b}}{{t + d}}\)
Với \(t = 0 \Rightarrow N\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow \frac{b}{d} = 0 \Rightarrow b = 0\)
Với \(t = 1 \Rightarrow N\left( 1 \right) = 50 \Rightarrow \frac{{a + b}}{{1 + d}} = 50 \Leftrightarrow a + b = 50\left( {1 + d} \right) \Leftrightarrow a – 50d = 50\)
Với \(t = 2 \Rightarrow N\left( 2 \right) = 80 \Rightarrow \frac{{2a + b}}{{2 + d}} = 80 \Leftrightarrow 2a + b = 80\left( {2 + d} \right) \Leftrightarrow 2a – 80d = 160\)
Ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{gathered}
a – 50d = 50 \hfill \\
2a – 80d = 160 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 200 \hfill \\
d = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) suy ra \(a = 60d = 20\) nên mệnh đề a) đúngb) Đúng.
Theo câu trên suy ra \(N\left( t \right) = \frac{{200t}}{{t + 3}}\) suy ra \(N\left( 3 \right) = \frac{{200.3}}{{3 + 3}} = 100\) nên mệnh đề b) đúngc) Sai.
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } N\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {\frac{{200t}}{{t + 3}}} \right) = 200\) nên mệnh đề c) said) Đúng.
Ta có hàm tốc độ tăng trưởng: \(N’\left( t \right) = \frac{{600}}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}}\)
Lợi nhuận thì bằng doanh thu trừ chi phí. Ta nên dừng lại khi lợi nhuận bắt đầu chuyển sang âm
Vậy điểm hòa vốn khi \(N’\left( t \right) = 6 \Leftrightarrow \frac{{600}}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}} = 6 \Leftrightarrow t = 7\)
Vậy nhà phát hành nên dừng ngay sau khi kết thúc ngày thứ 7 nên mệnh đề d) đúng
Giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát.
Tại thời điểm xuất phát, khinh khí cầu ở độ cao \(520\) m vậy nên \(h\left( 0 \right) = 520\)m
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520\)
b) Đúng
Độ cao của khinh khí cầu tại thời điểm \(t\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\) là \(h\left( t \right) = \int\limits_0^t {v\left( t \right){\text{d}}t} .\)
c) Sai
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520 \hfill \\
\Rightarrow v\left( t \right) = – \frac{9}{{25}}{t^2} + \frac{{12}}{5}t \hfill \\
\end{gathered} \)
Xét \(v\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow 0 < t < \frac{{20}}{3}\) vậy nên giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát là sai
d) Sai
Xét \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{20}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Với \(h\left( 0 \right) = 520\), \(h\left( {\frac{{20}}{3}} \right) = 537,78\) nên độ cao tối đa của khinh khí cầu là \(540\) m là sai
Tại thời điểm thiên thạch đang ở vị trí \(M\) thì có 2 vệ tinh đang ở vị trí \(A\left( { - 6; - 5; - 6} \right)\), \(B\left( {7; - 6;7} \right)\) có vận tốc khác nhau di chuyển trong mặt phẳng trung trực của \(MN\) và luôn cách trái đất với khoảng cố định. Khoảng cách xa nhất của 2 vệ tinh có thể đạt là \(18412km\)( làm tròn đến hàng đơn vị).
\(M\left( {0;5;12} \right),N\left( {12;5;0} \right)\) nên \(\overrightarrow {MN} \left( {12,0, – 12} \right)\)
Chọn MN có VTCP là \(\vec u = \left( {1,0, – 1} \right)\), qua \(M\left( {0;5;12} \right)\) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = t} \\
{y = 5} \\
{z = 12 – t}
\end{array}} \right.\)
Gọi \(OH \bot MN\) tại H. Khi đó \(H\left( {t,5,12 – t} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {OH} \left( {t,5,12 – t} \right) \bot \vec u\left( {1,0, – 1} \right)\)
\( \Rightarrow t.1 + 5.0 + \left( {12 – t} \right).\left( { – 1} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow t = 6 \Rightarrow H\left( {6,5,5} \right)\)
\( \Rightarrow {\text{OH}} = \sqrt {{6^2} + {5^2} + {6^2}} = \sqrt {97} \)
Suy ra khoảng cách ngắn nhất từ tâm trái đất đến MN là \(\sqrt {97} .1000 \approx 9849{\text{\;km}}\).
Khoảng cách thiên thạch gần với trái đất nhất có độ dài bằng \(9849 – 6400 = 3449\) km.
b) Đúng.
Gọi M’ là điểm va chạm của M với Trái Đất
\( \Rightarrow MM’\) lớn nhất khi \(MM’\) là tiếp tuyến kẻ từ M tới mặt cầu – là bề mặt trái đất
\( \Rightarrow MM’ = \sqrt {O{M^2} – O{M^{‘2}}} = \sqrt {{{13}^2} – 6,{4^2}} \)
Hay quãng đường dài nhất là \(\sqrt {{{13}^2} + 6,{4^2}} .1000 \approx 14490{\text{\;km}}\).
c) Sai
\(A\left( { – 6; – 5; – 6} \right),B\left( {7; – 6;7} \right) \Rightarrow OA = \sqrt {97} ,OB = \sqrt {134} \)
\(AB \leqslant OA + OB = \sqrt {97} + \sqrt {134} \approx 21,4247\)
Vậy AB lớn nhất bằng 21425 km khi \({\text{O}},{\text{A}},{\text{B}}\) thẳng hàng.
d) Đúng.
\(M\left( {0;5;12} \right),N\left( {12;5;0} \right)\) nên trung điểm I của MN có tọa độ \(I\left( {6,5,6} \right)\)
Do \(OA = \sqrt {97} \) không đổi nên A luôn thuộc mặt cầu có tâm O, bán kính \(OA = \sqrt {97} \)
Để vệ tinh va chạm với thiên thạch thì chỉ có thể va chạm tại I
Khi đó \(AI = \frac{{MN}}{2} = \frac{{12\sqrt 2 }}{2} = 6\sqrt 2 \)
Thời gian để thiên thạch di chuyển từ M đến I là \({t_1} = \frac{{6\sqrt 2 {{.10}^3}}}{{2\sqrt 2 {{.10}^3}}} = 3\) (giờ)
Nhận thấy A, I đối xứng nhau qua O nên quãng đường để vệ tinh di chuyển từ A đến I là một đường cong có độ dài bằng nửa chu vi đường tròn bán kính OA và bằng \(\pi .OA = \sqrt {97} \pi \)
Vậy thời gian để vệ tinh đi từ A đến I là \({t_2} = \frac{{\sqrt {97} \pi {{.10}^3}}}{{\frac{{\pi \sqrt {97} }}{3}{{.10}^3}}} = 3\) (giờ)
Vậy vệ tinh và thiên thạch có va chạm.
Nếu biết một người đầu tư bất động sản không sinh lời thì xác suất kinh tế suy thoái vượt quá \(0,4\)
Theo đề bài, ta có: \(P\left( K \right) = 0,6\) và \(P\left( S \right) = 0,4\)
Khi kinh tế phát triển: \(P\left( {B|K} \right) = 0,8\) và \(P\left( {V|K} \right) = 0,3\)
Khi kinh tế suy thoái: \(P\left( {B|S} \right) = 0,1\) và \(P\left( {V|S} \right) = 0,7\)
Xác suất BĐS sinh lời là: \(P\left( B \right) = P\left( {B|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {B|S} \right).P\left( S \right) = 0,8.0,6 + 0,1.0,4 = 0,52\)
Xác suất vàng sinh lời là: \(P\left( V \right) = P\left( {V|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {V|S} \right).P\left( S \right) = 0,3.0,6 + 0,7.0,4 = 0,46\)
Xét mệnh đề a)
Ta có: \(P\left( {\overline B } \right) = 1 – P\left( B \right) = 1 – 0,52 = 0,48\) và \(P\left( {\overline B |S} \right) = 1 – P\left( {B|S} \right) = 1 – 0,1 = 0,9\)
Áp dụng công thức Bayes:\(P\left( {S|\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline B |S} \right).P\left( S \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,9.0,4}}{{0,48}} = 0,75 > 0,4\) nên mệnh đề a) saiXét mệnh đề b)
Gọi \(L\) là biến cố “Nhà đầu tư sinh lời”. Do chọn ngẫu nhiên một trong hai kênh để đầu tư nên xác xuất mỗi kênh là \(0,5\)
Khi đó: \(P\left( L \right) = 0,5.P\left( B \right) + 0,5.P\left( V \right) = 0,5.0,52 + 0,5.0,46 = 0,49 < 0,5\)nên mệnh đề b) saiXét mệnh đề c)
Ta có: \(P\left( {L|K} \right) = 0,5.P\left( {B|K} \right) + 0,5.P\left( {V|K} \right) = 0,5.0,8 + 0,5.0,3 = 0,55\)
Áp dụng công thức Bayes: \(P\left( {K|L} \right) = \frac{{P\left( {L|K} \right).P\left( K \right)}}{{P\left( L \right)}} = \frac{{0,55.0,6}}{{0,49}} = 0,673 > 0,5\) nên mệnh đề c) đúngXét mệnh đề d)
Gọi \(C\) là biến cố “Có lợi nhuận cả hai kênh”. Do giả định độc lập trong cùng điều kiện kinh tế nên:
Khi kinh tế phát triển: \(P\left( {C|K} \right) = P\left( {B|K} \right).P\left( {V|K} \right) = 0,8.0,3 = 0,24\)
Khi kinh tế suy thoái: \(P\left( {C|S} \right) = P\left( {B|S} \right).P\left( {V|S} \right) = 0,1.0,7 = 0,07\)
Suy ra: \(P\left( {K|C} \right) = \frac{{P\left( {C|K} \right).P\left( K \right)}}{{P\left( {C|K} \right).P\left( K \right) + P\left( {C|S} \right).P\left( S \right)}} = \frac{{0,24.0,6}}{{0,24.0,6 + 0,07.0,4}} = \frac{{36}}{{43}} \approx 0,837 \ne 1\)
Kết quả cho thấy khả năng kinh tế phát triển rất cao, nhưng vẫn có xác suất nhỏ (khoảng 16,3%) là kinh tế đang suy thoái mà nhà đầu tư “may mắn” trúng cả hai. Do đó, dùng từ “chắc chắn” là sai nên mệnh đề d) saiPHẦN 3: TRẢ LỜI NGẮN
Kẻ
Suy ra
Ta có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot DK\)
Gọi \(I = HC \cap DK\)
Ta có: \(DH = DC = a \Rightarrow \Delta DHC\) vuông cân tại \(D\)
Khi đó \(HI \bot DK\)
Mà \(SH \bot DK\) nên \(\left( {SHI} \right) \bot DK \Rightarrow \left( {SHI} \right) \bot \left( {SDK} \right)\)
Kẻ \(HP \bot SI \Rightarrow HP \bot \left( {SDK} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {H,\left( {SDK} \right)} \right) = HP\)
Ta có: \(HB = DK = HC = DC\sqrt 2 = a\sqrt 2 ,HI = \frac{{HC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Lại có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,HB} \right) = \angle SBH\)
Theo giả thiết \(\angle SBH = {45^ \circ }\)
Suy ra \(\Delta SHB\) vuông cân tại \(H\)
Khi đó \(SH = HB = a\sqrt 2 \)
Trong tam giác SHI vuông tại \(H\) có \(HP \bot SI:HP = \frac{{SH.HI}}{{\sqrt {S{H^2} + H{I^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} }} = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\)
Vậy \(\frac{3}{5}{m^2} = \frac{3}{5}.\frac{{10}}{{25}} = \frac{6}{{25}} = 0,24\)
Từ giả thiết ta suy ra \(0 \leqslant x \leqslant 1,\,\,0 \leqslant y \leqslant 2\)
Chi phí để mua thức ăn là \(f\left( {x;y} \right) = 200000x + 100000y\)
Lượng protein cung cấp là \(g\left( {x;y} \right) = 800x + 600y\)
Lượng lipid cung cấp là \(h\left( {x;y} \right) = 200x + 400y\)
Theo giả thiết \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{800x + 600y \geqslant 900} \\
{200x + 400y \geqslant 400} \\
{200000x + 100000y \leqslant 200000}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{8x + 6y \geqslant 9} \\
{x + 2y \geqslant 2} \\
{2x + y \leqslant 2}
\end{array}} \right.} \right.\)
Ta có hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant x \leqslant 1} \\
{0 \leqslant y \leqslant 2} \\
{8x + 6y \geqslant 9} \\
{x + 2y \geqslant 2} \\
{2x + y \leqslant 2}
\end{array}} \right.\)
Gọi \(x\) là khoảng cách từ đầu dưới thang đến bức tường.
\(y\) là khoảng cách từ đầu trên đến mặt đất.
\(L\) là chiều dài thang.
Ta có \({x^2} + {y^2} = {9^2}\).
Đặt \(x = 2t\) thì \(y = \sqrt {81 – 4{t^2}} \).
Khi \(y = 3\) thì \(x = 6\sqrt 2 \) suy ta \(t = 3\sqrt 2 \).
Vậy vận tốc tức thời dịch chuyển của đầu trên là \(v = y’ = \frac{{ – 4t}}{{\sqrt {81 – 4{t^2}} }}\).
Thay \(t = 3\sqrt 2 \) ta được \(y’\left( {3\sqrt 2 } \right) = – 4\sqrt 2 \approx – 5,66\).
Vậy tốc độ di chuyển của nó là \(\left| {y’\left( {3\sqrt 2 } \right)} \right| \approx 5,66\).
Hỏi: Diện tích phần được bao bởi 6 cung tròn \({C_1}\) đến \({C_6}\) là bao nhiêu? (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Ta dễ có được góc \(\widehat {AOF} = \frac{\pi }{3}\) suy ra đường thẳng \(OA:y = \sqrt 3 x\) do đó điểm \(A\left( {1;\sqrt 3 } \right)\)
Để tiện tính toán: Ta xét riêng diện tích tô đậm được tạo bởi cung tròn \({C_1}\) với hai đoạn thẳng \(OA;OB\)
Dễ thấy được đường cong \({C_1}\) là đồ thị hàm số parabol đối xứng qua trục \(Oy\). Do đó hàm số parapol đó có dạng: \(y = a{x^2} + b\) và đồ thị hàm số này đi qua điểm \(A,B\).
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
a + b = \sqrt 3 \hfill \\
2a = \sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\
b = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\). Vậy \(({C_1}):y = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
Khi đó diện tích tô đậm được tạo bởi cung tròn \({C_1}\) với hai đoạn thẳng \(OA;OB\) là:
\({S_1} = 2\int_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} – \sqrt 3 x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)dx} \)
Suy ra diện tích phần được bao bởi 6 cung tròn \({C_1}\) đến \({C_6}\) là \(S = 6{S_1} = 12\int_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} – \sqrt 3 x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)dx} = 2\sqrt 3 \approx 3,46\)
Gọi tấm bạt là một mặt phẳng \(\left( P \right)\), theo đề ta có \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(O\left( {0;0;0} \right)\), điểm \(A\left( {2;5;1} \right)\) và tạo với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) một góc \(\alpha \) có \(\sin \alpha = \frac{1}{{\sqrt {30} }}\).
Ta có đường thẳng \(OA\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {OA} = \left( {2;5;1} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\)
Khi đó: \(\sin \left( {OA;\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {2.0 + 5.0 + 1.1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {5^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {30} }}\) suy ra \(\left( {OA;\left( {Oxy} \right)} \right) = \left( {\left( P \right);\left( {Oxy} \right)} \right)\).
Suy ra giao tuyến của \(\left( P \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\) vuông góc với \(OA\).
Gọi \(d = \left( P \right) \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow {{u_{OA}}} } \\
{\overrightarrow {{u_d}} \bot \overrightarrow k }
\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}} = \left[ {\overrightarrow {{u_{OA}}} ,\overrightarrow k } \right] = \left( {5; – 2;0} \right)\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{d \subset \left( P \right)} \\
{OA \subset \left( P \right)}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_d}} } \\
{\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_{OA}}} }
\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} ,\overrightarrow {{u_{OA}}} } \right] = \left( { – 2; – 5;29} \right)\) nên \(\left( P \right): – 2x – 5y + 29z = 0\).
Do bóng đèn có bán kính phủ sáng là 700 m nên vùng ánh sáng chiếu ra có dạng một hình cầu tâm \(I\left( {2;5;5} \right)\), bán kính \(R = 7\). Ta có: \(d\left( {I;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { – 2.2 – 5.5 + 29.5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {5^2} + {{29}^2}} }} = \frac{{2\sqrt {870} }}{{15}}\).
Gọi bán kính đường tròn giao tuyến là \(r\) rồi áp dụng định lý Pytago, ta có:
\(r = \sqrt {{R^2} – {d^2}} = \sqrt {{7^2} – {{\left( {\frac{{2\sqrt {870} }}{{15}}} \right)}^2}} \approx 5,79\).
Vậy bán kính đường tròn thu được trên tấm bạt là \(579\)(m)
Mỗi bạn tung \(1\) con xúc xắc \(3\) lần nên không gian mẫu là \({6^3} = 216\).
Nhung thắng Nga khi tổng số chấm của Nhung lớn hơn \(14\).
Gọi \({x_1};{x_2};{x_3}\) lần lượt là số chấm của lần tung thứ nhất, thứ hai và thứ ba của Nhung;
\(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} > 14;\,\,\,\,1 \leqslant {x_1};{x_2};{x_3} \leqslant 6\)
TH1: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 15\)
Có ba bộ thỏa mãn \((3;6;6);(4;5;6);(5;5;5)\).
Bộ \((3;6;6)\) có \(3\) khả năng.
Bộ \((4;5;6)\) có \(3! = 6\)khả năng.
Bộ \((5;5;5)\) có \(1\) khả năng.
Vậy có \(10\) khả năng.
TH2: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 16\).
Có hai bộ thỏa mãn \((4;6;6);(5;5;6)\).
Bộ \((4;6;6)\) có \(3\) khả năng.
Bộ \((5;5;6)\) có \(3\) khả năng.
Vậy có \(6\) khả năng.
TH3: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 17\).
Có một bộ thỏa mãn \((5;6;6)\) có \(3\) khả năng.
TH4: \(S = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 18\).
Có một bộ thỏa mãn \((6;6;6)\) có \(1\) khả năng.
Vậy có tất cả \(10 + 6 + 3 + 1 = 20\) khả năng Nhung thắng Nga.
Vậy xác suất để Nhung thắng Nga là \(\frac{{20}}{{216}} = \frac{5}{{54}}\).
\(a + b = 59\).
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.