Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 9
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 9
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 9
\(x = 5\).
Điều kiện \(x > 0\).
\({\log _2}x = 3 \Leftrightarrow x = {2^3} = 8\) (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm \(x = 8\).
\(\left( {\frac{1}{2};\,\frac{3}{2};\, - 1} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;\, – 1;\, – 4} \right)\).
\(\frac{1}{2}\).
Số phần tử của tập không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_9^2 = 36\).
Gọi \(A\): “ Rút được cả hai tấm thẻ cùng ghi số chẵn”.
Rút \(2\) tấm thẻ ghi số chẵn trong \(4\) tấm thẻ ghi số chẵn có \(n\left( A \right) = C_4^2 = 6\).
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\).
\(\frac{x}{4} + \frac{y}{{ - 2}} + \frac{z}{2} = 0\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) (phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn) là: \(\frac{x}{4} + \frac{y}{{ – 2}} + \frac{z}{2} = 1\).
\(x = 2024\).
Ta có bảng xét dấu
Từ bảng xét dấu ta được, hàm số đạt cực trị tại điểm \(x = 2024\).
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} \).
Áp dụng quy tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AE} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AG} \).
\(5\).
Cấp số nhân có công bội là \(q = \frac{{{u_{2026}}}}{{{u_{2025}}}} = 5\).
Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là:
\(x = 1\) và \(x = - 2\).
Quan sát đồ thị ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { – 2} \right)}^ + }} y = + \infty ,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = + \infty \) nên suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 1\) và \(x = – 2\).
\(5\).
Ta có \(\int\limits_a^c {f\left( x \right){d}x} = \int\limits_a^b {f\left( x \right){d}x} + \int\limits_b^c {f\left( x \right){d}x} = – 5 + 10 = 5\).
\(\int {2026\sin x{d}x = - 2026\cos x + C} \).
Ta có \(\int {2026\sin x{d}x = 2026} \int {\sin x{d}x = – 2026} \cos x + C\).
Khi đó phương sai của mẫu số liệu được xác định theo công thức
\({s^2} = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{\left( {{c_1} - \overline x } \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{c_2} - \overline x } \right)}^2} + ... + {n_k}{{\left( {{c_k} - \overline x } \right)}^2}} \right]\).
Công thức tính phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:
\({s^2} = \frac{1}{n}\left[ {{n_1}{{\left( {{c_1} – \overline x } \right)}^2} + {n_2}{{\left( {{c_2} – \overline x } \right)}^2} + … + {n_k}{{\left( {{c_k} – \overline x } \right)}^2}} \right]\).
Mệnh đề nào sau đây đúng?
\(AC \bot \left( {SAB} \right)\).
Do \(\left\{ \begin{gathered}
SA \bot AB \hfill \\
SA \bot BC \hfill \\
\end{gathered} \right.\) nên \(SA \bot \left( {ABC} \right)\). Khi đó \(SA \bot AC\).
Ta có \(AC \bot AB\), \(AC \bot SA\) nên \(AC \bot \left( {SAB} \right)\).
Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( {0;1} \right)\); \(\left( {1;2} \right)\).
b) Sai. \(y = \frac{{{x^2} – 3x + 3}}{{x – 1}} \Rightarrow y’ = \frac{{{x^2} – 2x}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}\)
ĐKXĐ: \(x \ne 1\)
Hàm số đồng biến \( \Leftrightarrow y’ > 0 \Leftrightarrow {x^2} – 2x > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x < 0 \hfill \\
x > 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { – \infty ;0} \right)\); \(\left( {2; + \infty } \right)\).
c)Đúng. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là \(y = 2x – 3\) \(\left( d \right)\).
\(\left( d \right) \cap Ox \Rightarrow A\left( {\frac{3}{2};0} \right)\) và \(\left( d \right) \cap Oy \Rightarrow B\left( {0; – 3} \right)\).
Tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\) nên diện tích tam giác \(OAB\) là: \(S = \left| {\frac{1}{2}.\frac{3}{2}.\left( { – 3} \right)} \right| = \frac{9}{4}\).
d) Đúng. Từ điểm \(M\) trên đồ thị \(\left( C \right)\) ta nối với tâm \(I\) của \(\left( {C’} \right)\) thì \(MN\) nhỏ nhất khi \(IM\) nhỏ nhất và \(M{N_{\min }} = I{M_{\min }} – R = I{M_{min}} – 1\).
Ta có: \(I\left( {1; – 1} \right),M\left( {x;x – 2 + \frac{1}{{x – 1}}} \right)\)
\( \Rightarrow IM = \sqrt {{{\left( {x – 1} \right)}^2} + {{\left( {x – 1 + \frac{1}{{x – 1}}} \right)}^2}} = \sqrt {2{{\left( {x – 1} \right)}^2} + \frac{1}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} + 2} \)
\( \geqslant \sqrt {2 + 2\sqrt {2{{\left( {x – 1} \right)}^2}.\frac{1}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}} } = \sqrt {2 + 2\sqrt 2 } \)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(2{\left( {x – 1} \right)^2} = \frac{1}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} ™\)
Vậy \(I{M_{\min }} = \sqrt {2 + 2\sqrt 2 } \Rightarrow M{N_{\min }} = \sqrt {2 + 2\sqrt 2 } – 1\).
Quãng đường mà vật đi được từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn được xác định bởi công thức (mét)
b) Đúng. Áp dụng công thức của chuyển động thả̉ng biến đổi đều khi bắt đầu đạp phanh ta có:
\(v = {v_0} + at \Rightarrow v = 17,6 + at\left( {{\;m}/{s}} \right)\).
c) Sai. Đến khi dừng hẳn, \(v = 0 \Rightarrow 17,6 + at = 0 \Rightarrow t = \frac{{ – 17,6}}{a}\).
Do đó, .
d) Sai.
\(\left. { \Rightarrow \left( {17,6t + \frac{{a{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{\frac{{ – 17,6}}{a}} = 35,2\)
\( \Rightarrow \frac{{ – 1}}{2} \cdot \frac{{17,{6^2}}}{a} = 35,2\)\( \Rightarrow a = – 4,4\left( {{\;m}/{{s}^2}} \right)\)\( \Rightarrow t = \frac{{ – 17,6}}{{ – 4,4}} = 4{\;s}\).
Vậy, vận tốc trung bình mà người đó di chuyển từ khi thấy con lạc đà đến khi dừng hẳn là
\(\frac{{60 – 7,2}}{{1 + 4}} = 10,56\left( {{\;m}/{s}} \right)\)
Điểm \(I\) thỏa mãn \( - 2\overrightarrow {IA} - 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} = \vec 0\), ta được: \(I\left( { - 13;35; - 2} \right)\).
b) Đúng. Ta có \(CK = \sqrt {{{\left( {3 – 5} \right)}^2} + {{\left( { – \frac{3}{2} – 5} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{13}}{2} – 5} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {194} }}{2}\).
c) Sai. Gọi điểm cần tìm là \(I\left( {x;y;z} \right)\), ta có
\( – 2\overrightarrow {IA} – 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} = – 2\left( {1 – x; – 4 – y;7 – z} \right) – 3\left( {5 – x;1 – y;6 – z} \right) + 6\left( {5 – x;5 – y;5 – z} \right)\)
\( = \left( {13 – x;35 – y; – 2 – z} \right) = \vec 0\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
13 – x = 0 \hfill \\
35 – y = 0 \hfill \\
– 2 – z = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 13 \hfill \\
y = 35 \hfill \\
z = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy \(I\left( {13;35; – 2} \right)\).
d) Đúng. Với \(M\) là điểm trong không gian \(Oxyz\), ta có giá trị nhỏ nhất của \(P = – 2{\overrightarrow {MA} ^2} – 3{\overrightarrow {MB} ^2} + 6{\overrightarrow {MC} ^2}\) là \( – 1266\).
Với điểm \(I\left( {13;35; – 2} \right)\)thỏa mãn \( – 2\overrightarrow {IA} – 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \), ta có
\(P = – 2{\overrightarrow {MA} ^2} – 3{\overrightarrow {MB} ^2} + 6{\overrightarrow {MC} ^2} = – 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} – 3{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + 6{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\)
\( = – 2\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IA} + {{\overrightarrow {IA} }^2}} \right) – 3\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IB} + {{\overrightarrow {IB} }^2}} \right) + 6\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + 2\overrightarrow {MI} \overrightarrow {IC} + {{\overrightarrow {IC} }^2}} \right)\)
\( = {\overrightarrow {MI} ^2} + 2\overrightarrow {MI} \left( { – 2\overrightarrow {IA} – 3\overrightarrow {IB} + 6\overrightarrow {IC} } \right) + \left( { – 2{{\overrightarrow {IA} }^2} – 3{{\overrightarrow {IB} }^2} + 6{{\overrightarrow {IC} }^2}} \right)\)
\( = M{I^2} + \left( { – 2I{A^2} – 3I{B^2} + 6I{C^2}} \right)\).
Do điểm \(I;A;B;C\) không đổi nên \( – 2{\overrightarrow {IA} ^2} – 3{\overrightarrow {IB} ^2} + 6{\overrightarrow {IC} ^2}\) không đổi từ đó \(P = – 2{\overrightarrow {MA} ^2} – 3{\overrightarrow {MB} ^2} + 6{\overrightarrow {MC} ^2}\) nhỏ nhất khi \(MI\)nhỏ nhất khi \(M \equiv I\left( {13;35; – 2} \right)\).
\({P_{\min }} = – 2I{A^2} – 3I{B^2} + 6I{C^2}\)
\( = – 2\left( {{{\left( { – 12} \right)}^2} + {{\left( { – 39} \right)}^2} + {{\left( { – 9} \right)}^2}} \right) – 3\left( {{{\left( { – 8} \right)}^2} + {{\left( { – 34} \right)}^2} + {{\left( 8 \right)}^2}} \right) + 6\left( {{{\left( { – 8} \right)}^2} + {{\left( { – 30} \right)}^2} + {{\left( 7 \right)}^2}} \right)\)
\( = – 1266\).
Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được trong thùng một hộp loại I”.
Gọi \(B\) là biến cố: “Chọn được trong thùng một hộp loại II”.
Gọi \(C\) là biến cố: “Cả 2 sản phẩm lấy ra đều tốt”.
\(P\left( A \right) = \frac{3}{5}\) và \(P\left( B \right) = \frac{2}{5}\).
Xác suất chọn hộp loại I là \(P\left( A \right) = \frac{2}{5}\) và xác suất chọn hộp loại II là \(P\left( B \right) = \frac{3}{5}\).
b) Sai.
\(C\mid A\) là biến cố “Cả 2 sản phẩm lấy ra đều tốt biết 2 sản phẩm đó lấy ra từ hộp loại l”.
Xác suất lấy được 2 sản phẩm tốt từ hộp loại I là \(P\left( {C\mid A} \right) = \frac{{C_{13}^2}}{{C_{15}^2}} = \frac{{26}}{{35}}\).
c) Đúng.
Xác suất lấy được 2 sản phẩm tốt từ hộp II là \(P\left( {C\mid B} \right) = \frac{{C_6^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{1}{3}\).
Ta có sơ đồ cây sau:
Vậy xác suất hai sản phẩm lấy ra từ một hộp trong thùng đều tốt là
\(P\left( C \right) = P\left( {C\mid A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {C\mid B} \right) \cdot P\left( B \right) = \frac{{26}}{{35}} \cdot \frac{2}{5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{5} = \frac{{87}}{{175}}\).
d) Đúng.
Xác suất lấy ra hai sản phẩm đều tốt thuộc hộp loại I là
Công thức Bayes: \(P\left( {A\mid C} \right) = \frac{{P\left( {C\mid A} \right) \cdot P\left( A \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{\frac{{26}}{{35}} \cdot \frac{2}{5}}}{{\frac{{87}}{{125}}}} = \frac{{52}}{{87}}\).
Gọi \(H\) là trung điểm cạnh \(AB.\)
Do \(\Delta SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).
Mặt khác \((SAB) \bot (ABC)\) và \((SAB) \cap (ABC) = AB\).
Từ đó suy ra \(SH \bot (ABC).\)
Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\) và \(E\) là trung điểm \(BI.\)
Do \(\Delta ABC\) đều nên \(HE \bot BC.\) Suy ra \(BC \bot (SHE) \Rightarrow \) góc phẳng nhị diện \({[}S,BC,A]\) chính là góc \(\widehat {SEH}\) hay \(\alpha = \widehat {SEH}\).
Do \(ABC,\,\,SAB\) là các tam giác đều có chung cạnh \(AB\) nên \(HE = \frac{1}{2}AI = \frac{1}{2}SH\).
Trong \(\Delta ABC\) có \(\widehat {SHE} = 90^\circ \).
Suy ra \(\tan \widehat {SEH} = \frac{{SH}}{{HE}} = 2 \Leftrightarrow \tan \alpha = 2\)
\( \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{1}{{{{\tan }^2}\alpha + 1}} = \frac{1}{5} = 0,2\)
Tính bậc của các đỉnh: deg(S) = 2; deg(K1) = 3; deg(K3) = 3; deg(K4) = 3; deg (K5) = 2; deg(K2) = 5.
Có bốn đỉnh bậc lẻ là K1, K2, K3, K4.
Một chu trình đóng đi qua mỗi cạnh đúng một lần (bắt đầu và kết thúc tại S) tồn tại chỉ khi mọi đỉnh có bậc chẵn (điều kiện của chu trình Euler).
Vì ở đây có đỉnh lẻ, không tồn tại chu trình như vậy. Vậy số lộ trình thoả yêu cầu là 0.
Ta có: \(f\left( x \right) = m{x^3} + n{x^2} + px + q\left( C \right)\)
\( \Rightarrow f\prime \left( x \right) = 3m{x^2} + 2nx + p\)
Điểm \(B\left( {30;18,90} \right)\) là điểm cực tiểu và điểm \(M\left( {36,a} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số trên
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{3m \cdot {{30}^2} + 2n \cdot 30 + p = 0} \\
{3m \cdot {{60}^2} + 2n \cdot 60 + p = 0}
\end{array}} \right.\) (I)
Điểm \(B\left( {30;18,9} \right),D\left( {60,0} \right) \in \left( C \right)\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m \cdot {{30}^3} + n \cdot {{30}^2} + p \cdot 30 + q = 18,9} \\
{m \cdot {{60}^3} + n \cdot {{60}^2} + p \cdot 60 + q = 0}
\end{array}} \right.\) (II)
Từ (I) và (II) ta được\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{m = }\frac{{{ – 1}}}{{{1000}}}} \\
{{n = }\frac{{{99}}}{{{1000}}}} \\
{{p = }\frac{{{ – 81}}}{{{25}}}} \\
{{q = 54}}
\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow y = \frac{{ – 1}}{{1000}}{x^3} + \frac{{99}}{{1000}}{x^2} – \frac{{81}}{{25}}x + 54\)
\( \Rightarrow a = y\left( {36} \right) = \frac{{2376}}{{125}} \Rightarrow 125a = 2376\)
Biết \(MN = 20\,{cm}\), \(ABCD\) là hình chữ nhật có \(AB = 16{cm},AD = 32{cm}\), hai cung \(APD\) và \(BQC\) là một phần của các đường parabol với đỉnh lần lượt là \(P,\,Q\) và \(PQ = 8\,{cm}\). Tính thể tích của mô hình đó theo đơn vị \(c{m^3}\). (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)
Chọn hệ tọa \(Oxy\) như hình vẽ dưới đây
Khi đó, cung\(APD\) là một phần của đường parabol đỉnh \(P\left( {0;4} \right)\)và bề lõm quay lên nên có phương trình dạng \(y = a{x^2} + 4,a > 0\).
Parabol đi qua \(D\left( {16;8} \right)\) nên ta có \(8 = 256a + 4 \Leftrightarrow a = \frac{1}{{64}}\)\( \Rightarrow y = \frac{1}{{64}}{x^2} + 4\).
Tương tự, ta có cung \(BQC\) là một phần của đường parabol có phương trình là \(y = – \frac{1}{{64}}{x^2} – 4\).
Thể tích của khối tròn xoay cần tìm là \(V = {V_1} – 2{V_2}\).
\({V_1}\) là thể tích của khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi parabol \(y = \frac{1}{{64}}{x^2} + 4\), trục hoành và hai đưởng thẳng \(x = – 16,\,x = 16\) quay quanh \(Ox\) nên
\({V_1} = \pi \int\limits_{ – 16}^{16} {{{\left( {\frac{1}{{64}}{x^2} + 4} \right)}^2}{d}x} = \frac{{14336}}{{15}}\pi \,\,\,\left( {{c}{{m}^{3}}} \right)\)
\({V_2}\) là thể tích của khối nón có bán kính đáy bằng \(8\) và chiều cao bằng \(6\) nên \({V_2} = \frac{1}{3}\pi {.8^2}.6 = 128\pi \,\,\left( {{c}{{m}^3}} \right)\).
Do đó \(V = \frac{{14336}}{{15}}\,\pi – 2.128\pi = \frac{{10496}}{{15}}\pi \approx 2198,3\,\,\left( {{c}{{m}^{3}}} \right)\).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(O\left( {0,0,0} \right)\), \(A\left( {30,0,0} \right)\), \(B\left( {0,20,0} \right)\), \(C\left( {0,0,10} \right)\), \(F\left( {30,20,6} \right).\)Vì \(I\) là trung điểm của \(CF\) nên \(I\left( {15;5;8} \right)\).
Từ vị trí P trên BR cách B một khoảng 10 m, người ta xây các bậc thang cao dần về phía cuối của phòng học để đặt các dãy bàn ghế học sinh trên các bậc thang đó và chiều rộng mỗi bậc thang là 2 m nên số bậc thang là \(10\)(bậc).
Chủ toà nhà muốn lắp giá treo máy chiếu tại vị trí I vuông góc với mặt sàn mà chiều rộng mỗi bậc thang là 2 m nên điểm \(I\) sẽ tương ứng với bậc thang thứ 3.
Mỗi bậc thang cao \(0,2\left( m \right)\), học sinh ngồi ở hàng ghế sau cùng, tại vị trí X trung điểm SQ sẽ ứng với bậc 10 nên chiều cao từ sàn đến bậc 10 là 2 m, mà chiều cao mắt học sinh so với bậc thang tại đó là 1,2m, do đó chiều cao từ mắt học sinh so với mặt sàn là \(2 + 1,2 = 3,2\left( m \right)\).
Mỗi bậc thang cao \(0,2\left( m \right)\) nên khi đứng tại bậc 3 học sinh có chiều cao là \(0,6 + 1,8 = 2,4\left( m \right)\).
Do đó để máy chiếu cho không vướng vào đầu học sinh khi học sinh đó đứng tại bậc thang ngay dưới máy chiếu và cũng không che khuất tầm nhìn của học sinh ngồi ở hàng ghế sau cùng, tại vị trí \(X\)trung điểm \(SQ\)thì tổng độ dài thanh treo máy chiếu và cả thân máy chiếu lớn nhất là \(8 – 3,2 = 4,8\left( m \right)\).
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 thẳng \(x = 0,x = 1,…,x = 8\) và \(y = 0,y = 1,…,y = 8\).
Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đường thẳng nằm ngang \(x\) và hai đường thẳng nằm dọc \(y\) nên có \(C_9^2.C_9^2\) hình chữ nhật hay không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_9^2.C_9^2 = 1296\).
Gọi \(A\) là biến cố: “ Hình được chọn là hình vuông có cạnh \(a\) lớn hơn 4”.
Trường hợp 1: \(a = 5\). Khi đó 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: \(a = 6\). Khi đó 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: \(a = 7\). Khi đó 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 4: \(a = 8\). Khi đó 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.
Do đó \(n\left( A \right) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30\).
Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là:
\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{30}}{{1296}} = \frac{5}{{321}} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 5 \hfill \\
b = 216 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow T = a + 2b = 5 + 2.216 = 437\).
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.