Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026-Đề 1
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026-Đề 1
Tổng Quan 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. Rất nhiều người dùng đã chia sẻ rằng việc tiếp cận tài liệu học tập và giải bài tập tại truyen.name.vn đã thay đổi hoàn toàn thói quen của họ. 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.
Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Chính vì vậy, truyen.name.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. 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.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026-Đề 1
\( - \frac{\pi }{4} + k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Ta có \(\tan x = – 1\) \( \Leftrightarrow x = – \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(y = {x^3} - 2x + 1\).
Dựa vào đồ thị, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \), loại phương án \(D\).
Xét phương án \(A\) có \(y’ = 3{x^2} + 2 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), hàm số không có cực tri, loại phương án \(A\).
Xét phương án \(B\) có \(y’ = 3{x^2} – 6x\) và \(y’\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x = 0,\,\,x = 2\) nên hàm số đạt cực tri tại \(x = 0\) và \(x = 2\), loại phương án \(B\).
Vậy phương án đúng là \(C\).
Tìm điều kiện của \(m\) để phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt.
\(m > \frac{{27}}{4}\).
Để phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thì đường thẳng \(y = m\) phải cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt.
Qua bảng biến thiên ta thấy, đường thẳng \(y = m\) phải cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại ba điểm phân biệt khi \(m > \frac{{27}}{4}\).
\(\overrightarrow {AB} \).
Ta có: \(\overrightarrow {AI} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \)
Do đó vectơ \(\overrightarrow {AI} \) cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow {AB} \)
\(\;\left( { - 2;2; - 4} \right)\).
\(\overrightarrow {BA} \left( {1 – 3;1 – \left( { – 1} \right); – 2 – 2} \right) = \left( { – 2,2, – 4} \right)\)
\(\;\overrightarrow {{u_3}} = \left( { - 2;1;3} \right)\).
\(d:\frac{{x – 1}}{4} = \frac{y}{{ – 2}} = \frac{{z + 2}}{{ – 6}}\) có vecto chỉ phương là \(\vec u\left( {4, – 2, – 6} \right)\) hoặc \(\vec u\left( { – 2,1,3} \right)\)
\(\left[ {6,5;7} \right)\)
\(\left[ {7;7,5} \right)\)
\(\left[ {7,5;8} \right)\)
\(\left[ {8;8,5} \right)\)
\(\left[ {8,5;9} \right)\)
\(\left[ {9;9,5} \right)\)
\(\left[ {9,5;10} \right)\) Tần số
8
10
16
24
13
7
4 Phương sai của mẫu số liệu về điểm trung bình môn Toán của các học sinh đó là
0,609.
\( - {\text{sin}}x + C'\).
Vậy \(\int {f'(x)dx = f(x) + C’ = – \sin x + C’} \)
18.
Ta có: \(V = \int\limits_0^3 {{{(f\left( x \right))}^2}dx} = 18\)
4,026 triệu đồng.
Tổng số tiền cả lãi và vốn thu được sau 5 năm là \(T = 10000000.{(1 + 7{\text{\% }})^5} \approx 14,026\) (triệu đồng)
Số tiền lãi sau 5 năm là \(14,026 – 10 = 4,026\) (triệu đồng)
45.
Thể tích khối chóp \(C.ABB’A’\) là \({V_{C.ABB’A’}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {ABB’A’} \right)} \right).{S_{ABB’A’}} = \frac{1}{3}.6.15 = 30\)
Ta có: \({V_{ABC.A’B’C’}} = \frac{3}{2}{V_{C.ABB’A’}} = \frac{3}{2}.30 = 45\).
\(x = 3\).
Ta có:
\({4^{2x – 4}} = 16\)
\( \Leftrightarrow {4^{2x – 4}} = {4^2}\)
\( \Leftrightarrow 2x – 4 = 2\)
\( \Leftrightarrow x = 3\)
Đạo hàm của hàm số đã cho là \(f\prime (x) = 4\sin 2x + 2\).
\(f\left( x \right) = 4{\text{sin}}x{\text{cos}}x + 2x = 2{\text{sin}}2x + 2x\)
\( \Rightarrow f’\left( x \right) = 4{\text{cos}}2x + 2\)
b) Đúng
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{\text{cos}}2x + 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow {\text{cos}}2x = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi } \\
{2x = – \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{3} + k\pi } \\
{x = – \frac{\pi }{3} + k\pi }
\end{array}} \right.} \right.\)
Trên \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\) thì \(f’\left( x \right) = 0\) có 4 nghiệm \(x \in \left\{ {\frac{\pi }{3},\frac{{ – 2\pi }}{3},\frac{{ – \pi }}{3},\frac{{2\pi }}{3}} \right\}\)
Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 4 điểm cực trị thuộc \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\).
c) Sai
Ta có \(x = – \frac{\pi }{3}\) là cực trị của hàm số nên \(f’\left( x \right)\) đổi dấu khi qua \(x = – \frac{\pi }{3}\).
Mà \(x = – \frac{\pi }{3} \in \left( { – 2,1} \right)\) nên hàm số không thể đơn điệu đồng biến trên ( \(\left. { – 2; – 1} \right)\).
d) Đúng
Ta có \(f\left( 0 \right) = 0;f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2\pi ;f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sqrt 3 + \frac{{2\pi }}{3}\)
Nên giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\frac{{2\pi }}{3} + \sqrt 3 \).
Đường cáp \(AB\) tạo với mặt (Oxy) một góc \({22^ \circ }\) (làm tròn đến hàng đơn vị của độ)
b) Đúng: Thay tọa độ điểm \(M\) vào phương trình của đường cáp ta thấy thỏa mãn
Vậy \(M\left( {3t + 10; – 3t + 3;\frac{{3t}}{2}} \right)\)
c) Đúng: Gọi \(B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)\)
Cabin dừng ở điểm \(B\) có hoành độ \({x_B} = 550\) nên:
\(\frac{{550 – 10}}{2} = \frac{{{y_B} – 3}}{{ – 2}} = \frac{{{z_B}}}{1} \Rightarrow \)\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{y_B} = – 537} \\
{{z_B} = 270}
\end{array} \Rightarrow B\left( {550; – 537;270} \right)} \right.\)
Vậy \(AB = \sqrt {{{(550 – 10)}^2} + {{( – 537 – 3)}^2} + {{270}^2}} = 810\left( {\text{m}} \right)\)
d) Sai: Ta có: \(\overrightarrow {AB} = k\vec u\)
Do đó:
\(\begin{gathered}
\cos (AB,(Oxy)) = \cos (\vec u,(Oxy)) = \frac{{\vec u.\overrightarrow {{n_{Oxy}}} }}{{|\vec u|\left| {{n_{Oxy}}} \right|}} \hfill \\
= \frac{1}{{\sqrt {{2^2} + {{( – 2)}^2} + 1} .1}} = \frac{1}{3} \hfill \\
\end{gathered} \)
\( \Rightarrow (AB,(Oxy)) \approx {70^\circ }\)
Để đơn giản hóa phương trình, ba đồ thị dùng chung trục \(Ox\) nhưng mỗi hàm có một trục \(Oy\) riêng, như hình vẽ.
– Hàm \(f(x)\) là hàm căn bậc bốn dạng: \(f(x) = a \cdot {x^{\frac{1}{4}}}\), thể hiện phần đuôi chai.
– Hàm \(g(x)\) là đường thẳng ngang dạng: \(g(x) = b\), thể hiện phần thân chai.
– Hàm \(h(x)\) là đa thức bậc ba dạng: \(h(x) = c{x^3} + dx + e\), thể hiện phần đầu chai.
Các kích thước được chỉ trên hình (đơn vị: cm). (ghi chú: miệng chai có đường kính bằng 4).
Tổng các hệ số \({a^2} + b + d + e = 10\)
Xét \(f(x)\) là hàm căn bậc bốn dạng: \(f(x) = a \cdot {x^{\frac{1}{4}}}\) đối chiếu hình ta có được hàm này có \(x \in \left[ {0;4} \right]\) tại \(x = 0 \Rightarrow y = 0,\,x = 4 \Rightarrow y = 4 \Rightarrow a{.4^{\frac{1}{4}}} = 4 \Rightarrow \boxed{a = 2\sqrt 2 }\)
\( \Rightarrow f(x) = 2\sqrt 2 .{x^{\frac{1}{4}}},x \in \left[ {0;4} \right]\)
Xét \(g(x)\) là đường thẳng ngang dạng: \(g(x) = b\) đối chiếu hình ta có được hàm này có \(x \in \left[ {0;12} \right]\) và là hằng với \(\boxed{b = 4}\), suy ra \(g(x) = 4,x \in \left[ {0;12} \right]\)
Xét \(h(x)\) là đa thức bậc ba dạng: \(h(x) = c{x^3} + dx + e\) đối chiếu hình ta có được hàm này có \(x \in \left[ {0;10} \right]\), ta có \(\left\{ \begin{gathered}
h(0) = 4 \Rightarrow \boxed{e = 4} \hfill \\
h(10) = 2 \Rightarrow 2 = 1000c + 10d + 4\,(*) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì tất cả các đường này được ghép trơn với nhau hay khi đó \(g(x)\) là tiếp tuyến của đường \(h(x)\) tại \(x = 0\), hay \(h'(0) = 0\)(hệ số góc của đường \(g(x)\)), mà \(h'(x) = 3c{x^2} + d \Rightarrow h'(0) = \boxed{d = 0}\)
Thay vào (*) ta suy ra được: \(\boxed{c = – 0,002}\).
Vậy \(h(x) = – 0,002{x^3} + 4,x \in \left[ {0;10} \right]\).
a) Sai. . Tổng các hệ số \(a + b + d + e = 4 + 4 + 0 + 4 = 12\)
b) Đúng.
Thân chai là phần hình trụ \(g\) (dài 12, bán kính 4), thì tấm decal tối thiểu chính là diện tích xung quanh của hình trụ:
– Chu vi đáy \( = 2\pi r = 2\pi \cdot 4 = 8\pi \),
– Chiều cao (chiều dài phằn thân) \( = 12\).
Vậy \({S_{{\text{decal }}}} = 8\pi \cdot 12 = 96\pi \,(c{m^2}).\)
c) Sai. Diện tích tiết diện dọc (mặt cắt qua trục)
Tiết diện là hai dải đối xứng nên \(S = 2\left( {\int_0^4 f (x)dx + \int_0^{12} g (x)dx + \int_0^{10} h (x)dx} \right)\)
Tính từng phần:
\(\begin{gathered}
\int_0^4 f (x)dx = \left. {a\frac{4}{5}{x^{5/4}}} \right|_0^4 = \frac{{64}}{5} = 12,8 \hfill \\
\int_0^{12} g (x)dx = 4 \cdot 12 = 48 \hfill \\
\int_0^{10} h (x)dx = \left. {\left( {\frac{c}{4}{x^4} + 4x} \right)} \right|_0^{10} = c \cdot 2500 + 40 = – 5 + 40 = 35 \hfill \\
\end{gathered} \)
Suy ra \(S = 2(12,8 + 48 + 35) = 191,6\left( {c{m^2}} \right).\)
d) Đúng. Thể tích chai (khối tròn xoay quanh \(Ox\)): \(V = \pi \left( {\int_0^4 f {{(x)}^2}dx + \int_0^{12} g {{(x)}^2}dx + \int_0^{10} h {{(x)}^2}dx} \right)\)
Từng phần:
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{\int_0^4 {{f^2}} dx}&{ = \int_0^4 {{a^2}} {x^{1/2}}dx = \left. {{a^2}\frac{2}{3}{x^{3/2}}} \right|_0^4 = \frac{{128}}{3}} \\
{\int_0^{12} {{g^2}} dx}&{ = {4^2} \cdot 12 = 192} \\
{\int_0^{10} {{h^2}} dx}&{ = \int_0^{10} {\left( {{c^2}{x^6} + 8c{x^3} + 16} \right)} dx = \frac{{{c^2}}}{7}{{10}^7} + 2c \cdot {{10}^4} + 160} \\
{}&{ = \frac{{40}}{7} – 40 + 160 = \frac{{880}}{7}}
\end{array}\)
Tổng: \(\sum {{R^2}} = \frac{{128}}{3} + 192 + \frac{{880}}{7} = \frac{{7568}}{{21}}\)
Do đó \(V = \pi \cdot \frac{{7568}}{{21}} \approx 1,132,2\left( {c{m^3}} \right).\)
Vì \(V > 1000\) cm3 nên chai này chứa được 1 lít so đa
Gọi A là biến cố “ Người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu”
Gọi B là biến cố “ Người được phỏng vấn trả lời sẽ xem trận đấu”
Tỉ lệ người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu là \(72,5\% \).
Gọi B là biến cố “Người được phỏng vấn trả lời sẽ xem trận đấu”
Theo bài ta có \(P\left( B \right) = 0,75;P\left( {\overline B } \right) = 0,25;P\left( {A\mid B} \right) = 0,8,P\left( {A\mid \overline B } \right) = 0,2\)
a) Đúng. \(P\left( {AB} \right) = P\left( B \right)P\left( {A\mid B} \right) = 0,75.0,8 = 0.6\)
b) Sai. Tỉ lệ người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu là
\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {AB} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A\mid \overline B } \right) = 0,75.0,8 + 0,25.0,2 = 0,65\)
c) Sai. Tỉ lệ người trả lời không xem khi được phỏng vấn trong số người được phỏng vấn thực sự sẽ xem là \(P\left( {\overline B \mid A} \right)\). Ta có
\(P\left( {\overline B \mid A} \right) = 1 – P\left( {B\mid A} \right) = 1 – \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = 1 – \frac{{0,6}}{{0,65}} = \frac{1}{{13}}\)
d) Đúng. Gọi C là biến cố “Người mặc áo đội bóng
Do số người được phỏng vấn thực sự sẽ xem trận đấu trong số người mặc áo đội bóng là 14 người nên \(P\left( {A\mid C} \right) = \frac{{14}}{{20}} = 0,7\)
Vậy người phỏng vấn thực sự sẽ không xem trận đấu trong số người mặc áo đội bóng là \(P\left( {\overline A \mid C} \right) = 1 – P\left( {A\mid C} \right) = 1 – 0,7 = 0,3\)
Lật đứng bệ lên ta được khối lăng trụ đứng \(ABC.A’B’C’\). Với:
− Đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\) và \(AB = 0,3\); \(BC = 1\).
− Mặt bên \(\left( {BCC’B’} \right)\) là mặt cầu dốc và là hình vuông có cạnh bằng \(1\) hay \(CC’ = 1\).
− Mặt bên \(\left( {ACC’A’} \right)\) là mặt sàn nhà.
Khi đó \(BC’\) là đường chéo bề mặt cầu dốc và \(AC’\) là hình chiếu của \(BC’\) lên \(\left( {ACC’A’} \right)\).
Suy ra góc giữa đường chéo bề mặt cầu dốc và mặt sàn nhà là góc \(B\widehat {C’A}\).
Trong tam giác vuông \(ABC’\) có \(\sin B\widehat {C’A} = \frac{{AB}}{{BC’}} = \frac{{0,3}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 2 }}{{20}}\). Suy ra \(B\widehat {C’A} \approx 12,2^\circ \).
Gọi số suất bán theo thực đơn 1 và 2 lần lượt là \(x,y\) (\(x \geqslant 0,y \geqslant 0\)).
Số tiền câu lạc bộ nhận được là \(T = 30x + 50y\) (nghìn đồng).
Số cốc nước chanh câu lạc bộ bán được là \(2x + 3y\);
Số túi khoai chiên câu lạc bộ bán được là \(x + 2y\).
Vì câu lạc bộ chỉ làm được không quá 165 cốc nước chanh và 100 túi khoai chiên nên ta có hệ bất phương trình:
\(\left\{ \begin{gathered}
x \geqslant 0 \hfill \\
y \geqslant 0 \hfill \\
2x + 3y \leqslant 165 \hfill \\
x + 2y \leqslant 100 \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\,\left( I \right)\)
Miền nghiệm của hệ \(\left( I \right)\) là miền tứ giác \(OABC\) (gồm cả biên) với\(A\left( {0\,;50} \right)\), \(B\left( {30\,;\,35} \right)\), \(C\left( {82,5\,;\,0} \right)\).
Ta có bảng sau :
Từ bảng trên ta thấy nếu bán hết hàng số tiền lớn nhất câu lạc bộ có thể nhận được là 2650 nghìn đồng.
Tại thời điểm \(t\), chất điểm \(A\) và \(B\)lần lượt ở vị trí \(M\) và \(N\).
Suy ra \(AM = {V_A}t\), \(BN = {V_B}t = \frac{{{V_A}t}}{{\sqrt 3 }}\).
Tam giác \(OMN\) có: \(\frac{{MN}}{{\sin 30^\circ }} = \frac{{OM}}{{\sin \alpha }} = \frac{{ON}}{{\sin \beta }} \Rightarrow \frac{{MN}}{{\frac{1}{2}}} = \frac{{OA – AM}}{{\sin \alpha }} = \frac{{OB – BN}}{{\sin \beta }}\)
\( \Rightarrow 2MN = \frac{{OA – {V_A}t}}{{\sin \alpha }} = \frac{{OB – \frac{{{V_A}t}}{{\sqrt 3 }}}}{{\sin \beta }}\)
\( \Rightarrow 2MN = \frac{{OA – {V_A}t}}{{\sin \alpha }} = \frac{{\sqrt 3 OB – {V_A}t}}{{\sqrt 3 \sin \beta }} = \frac{{OA – {V_A}t – \left( {\sqrt 3 OB – {V_A}t} \right)}}{{\sin \alpha – \sqrt 3 \sin \beta }} = \frac{{OA – \sqrt 3 OB}}{{\sin \alpha – \sqrt 3 \sin \beta }}\,\left( 1 \right)\)
Lại có:
\(\sin \beta = \sin \left( {180^\circ – \beta } \right) = \sin \left( {\alpha + 30^\circ } \right) = \sin \alpha .\cos 30^\circ + \cos \alpha .\sin 30^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin \alpha + \frac{1}{2}\cos \alpha \).
\( \Rightarrow \sin \alpha – \sqrt 3 \sin \beta = \sin \alpha – \sqrt 3 \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin \alpha + \frac{1}{2}\cos \alpha } \right) = – \frac{1}{2}\sin \alpha – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos \alpha \,\left( 2 \right)\).
Từ (1) (2) suy ra \(2MN = \frac{{\sqrt 3 OB – OA}}{{\frac{1}{2}\sin \alpha + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos \alpha }} = \frac{{2\left( {\sqrt 3 OB – OA} \right)}}{{\sin \alpha + \sqrt 3 \cos \alpha }}\)\( \Rightarrow MN = \frac{{\left| {\sqrt 3 OB – OA} \right|}}{{\left| {\sin \alpha + \sqrt 3 \cos \alpha } \right|}}\).
Mặt khác: \(\left| {\sin \alpha + \sqrt 3 \cos \alpha } \right| \leqslant \sqrt {{1^2} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = 2\).Suy ra \(MN \geqslant \frac{{\left| {\sqrt 3 OB – OA} \right|}}{2}\).
\(Min\,MN = \frac{{\left| {\sqrt 3 OB – OA} \right|}}{2}\) khi \(\tan \alpha = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \alpha = 30^\circ \Rightarrow \beta = 120^\circ \).
Vậy khoảng cách giữa hai chất điểm nhỏ nhất khi \(\beta = 120^\circ \) hay \(\widehat {BAO} = 120^\circ \).
Độ dài đoạn dây điện bằng tổng độ dài ba đoạn \({\text{B’N}},{\text{MN}}\) và ME
Nghĩa là \(B’N + NM + ME = 25\)
Ta trải phẳng mô hình có dạng là hình lập phương ra như hình vẽ:
Xét trên hình trải phẳng.
Khi đó \(B’A’ = A’D’ = D’D = 10\left( m \right);DE = 5\left( m \right)\) vì \(E\) là trung điểm của \(DC\)
Xét tam giác B’D’E vuông tại D’ có:
\(B’E = \sqrt {{{\left( {B’D’} \right)}^2} + {{\left( {D’E} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {B’A’ + A’D’} \right)}^2} + {{\left( {D’D + DE} \right)}^2}} = \sqrt {{{20}^2} + {{15}^2}} = 25\)
Suy ra \(B’N + NM + ME = B’E = 25\)
Suy ra 4 điểm \({\text{B’}},{\text{M}},{\text{N}},{\text{E}}\) thẳng hàng trên hình trải phẳng.
Vì \(MD//B’D’\) theo định lý Thales, ta có:
\(\frac{{DM}}{{D’B}} = \frac{{ED}}{{ED’}} \Rightarrow \frac{{DM}}{{20}} = \frac{5}{{15}} = \frac{1}{3}\)
\( \Rightarrow DM = \frac{{20}}{3} \Rightarrow AM = 10 – \frac{{20}}{3} = \frac{{10}}{3}\)
Xét tam giác B’D’E có:
\({\text{A’}}\) là trung điểm của \({\text{B’D’}}\) \(A’N//ED’\)
Suy ra \(N\) là trung điểm của \(B’E\) là đường trung bình của tam giác \(B’D’E\)
\( \Rightarrow A’N = \frac{1}{2}D’E = \frac{1}{2}.15 = \frac{{15}}{2} \Rightarrow AN = 10 – \frac{{15}}{2} = \frac{5}{2}\).
Xét tam giác AMN vuông tại \(A\), có
\(MN = \sqrt {A{N^2} + A{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{10}}{3}} \right)}^2}} \approx 4,17\left( {\text{m}} \right)\).
Hai thanh gỗ có trục chính cắt nhau và tạo với nhau một góc \({30^\circ }\).
Trong hai đường chéo của tiết diện vuông góc với trục của thanh gỗ \(B\), có một đường chéo vuông góc với mặt phẳng chứa trục của cả hai thanh gỗ, còn đường chéo còn lại thì nằm trong mặt phẳng đó. Khi đó, phần thể tích chung của hai thanh gỗ là \(a\pi + b.\) Hãy tính giá trị của biểu thức \(10a + 3b\), biết rằng \(a\) và \(b\) là các số hữu tỉ.
Đầu tiên, ta sẽ thực hiện 1 lát cắt ngang vuông góc với “đường chéo vuông góc với mặt phẳng chứa trục của cả hai thanh gỗ”
Ta gọi \(O\) là giao của 2 trục chính. Giả sử lát cắt ngang này, cắt trục \(Ox\) tại điểm có hoành độ bằng \(x\) với \(x \in \left[ {0;1} \right]\).
Khi đó ta được hình sau:
Khi đó, ta cắt thanh gỗ \(A\) có chiều rộng là \(2\sqrt {1 – {x^2}} \) và thanh gỗ \(B\) có chiều rộng là \(2(1 – x)\)
Còn \(ABCD\) là tứ giác là hình bình hành do lát cắt tạo thành vào phần chung của \(A\) và \(B\).
Dễ dàng tìm được diện tích tứ giác này là \(S\left( x \right) = \frac{1}{2}.4(1 – x).4\sqrt {1 – {x^2}} \)
Vậy thể tích cần tìm là
\(\begin{gathered}
V = 2\int_0^1 {\left( {\frac{1}{2}.4(1 – x).4\sqrt {1 – {x^2}} } \right)dx} = 16\int_0^1 {\left( {(1 – x)\sqrt {1 – {x^2}} } \right)dx} \hfill \\
= 16\left[ {\int_0^1 {\sqrt {1 – {x^2}} dx – \int_0^1 {x\sqrt {1 – {x^2}} dx} } } \right] = 16\left( {\frac{\pi }{4} – \frac{1}{3}} \right) = 4\pi – \frac{{16}}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 4 \hfill \\
b = – \frac{{16}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow 10a + 3b = 24 \hfill \\
\end{gathered} \)
Gọi \(a\) là số chàng trai đứng trước cô lại thứ nhất \({G_1}\) \(\left( {a \geqslant 0} \right)\)
\(b\) là số chàng trai ở giữa cô gái thứ nhất và cô gái thứ hai \({G_1} – {G_2}\) \(\left( {b \geqslant 1} \right)\)
\(c\) là số chàng trai ở giữa cô gái thứ hai và cô gái thứ ba \({G_2} – {G_3}\) \(\left( {c \in \left\{ {0;\,1;\,2} \right\}} \right)\)
\(d\) là số chàng trai đứng sau cô gái thứ ba \({G_3}\) \(\left( {d \geqslant 0} \right)\)
Do có \(6\) chàng trai nên \(a + b + c + d = 6\)
Trường hợp 1: Với \(c = 0\) suy ra \(a + b + d = 6\,\,\left( {b \geqslant 1} \right)\) nên \(b \in \left\{ {1;\,2;\,3;\,4;\,5;\,6} \right\}\)
Giải thích & Đáp án chi tiết
Giá Trị Đích Thực Của 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. Việc truy cập tài liệu học tập và giải bài tập tại truyen.name.vn giúp bạn dễ dàng đạt kết quả cao trong học tập một cách nhanh chóng và chính xác. Đội ngũ của chúng tôi luôn nỗ lực cập nhật dữ liệu liên tục để mang đến trải nghiệm tuyệt vời. Hãy biến mỗi phút giây trực tuyến của bạn thành những khoảnh khắc hữu ích.
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. 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. Với định hướng phát triển bền vững, thư viện tài liệu học tập và giải bài tập này hứa hẹn sẽ còn mang đến nhiều bất ngờ thú vị.
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. Chính vì vậy, truyen.name.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. 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.
Mẹo Hay Cùng Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
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. Khác với các phương pháp truyền thống, truyen.name.vn ứng dụng công nghệ để tối ưu hóa việc phân phối tài liệu học tập và giải bài tập đến tay bạn. Quá trình chọn lọc này giúp loại bỏ những thông tin sai lệch, đảm bảo bạn nhận được giá trị thực sự. Với định hướng phát triển bền vững, thư viện tài liệu học tập và giải bài tập này hứa hẹn sẽ còn mang đến nhiều bất ngờ thú vị.
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. Bằng cách tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập thường xuyên trên truyen.name.vn, bạn sẽ nắm bắt được những xu hướng mới nhất. Điều này không chỉ giúp tối ưu hiệu suất mà còn tạo cảm hứng mạnh mẽ để bạn tiếp tục đạt kết quả cao trong học 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. Việc truy cập tài liệu học tập và giải bài tập tại truyen.name.vn giúp bạn dễ dàng đạt kết quả cao trong học tập một cách nhanh chóng và chính xác. 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. 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.
Đặc Điểm Nổi Bật Của Nền Tảng
- Điểm mạnh số 1: 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.
- Điểm mạnh số 2: Với sự ra đời của các nền tảng trực tuyến, việc tiếp cận tài liệu học tập và giải bài tập trở nên th... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 3: Với sự ra đời của các nền tảng trực tuyến, việc tiếp cận tài liệu học tập và giải bài tập trở nên th... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 4: Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Nền tảng truyen.name... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 5: Không thể phủ nhận vai trò to lớn của tài liệu học tập và giải bài tập trong việc nâng cao kỹ năng v... 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
Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Chỉ với một thiết bị kết nối mạng, kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập khổng lồ của truyen.name.vn luôn sẵn sàng phục vụ bạn 24/7. Quá trình chọn lọc này giúp loại bỏ những thông tin sai lệch, đảm bảo bạn nhận được giá trị thực sự. Thêm vào đó, việc sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập hàng ngày sẽ giúp củng cố kỹ năng và nền tảng kiến thức của bạn, biến mục tiêu đạt kết quả cao trong học tập thành hiện thực nhanh chóng hơn bao giờ hết.
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. 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. 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. 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.
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 truyen.name.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. 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.
Hỏi Đáp Cùng truyen.name.vn
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại truyen.name.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. Chính vì vậy, truyen.name.vn luôn ưu tiên tuy.
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại truyen.name.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. 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. Chỉ với một thiết bị kết nối mạng, kho.
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại truyen.name.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. Chính vì vậy, truyen.name.vn luôn ưu tiên tuy.
Tổng Kết Về Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
Với sự ra đời của các nền tảng trực tuyến, việc tiếp cận tài liệu học tập và giải bài tập trở nên thuận tiện hơn bao giờ hết. Nền tảng truyen.name.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. 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. Với định hướng phát triển bền vững, thư viện tài liệu học tập và giải bài tập này hứa hẹn sẽ còn mang đến nhiều bất ngờ thú vị.
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. Dù bạn là người mới hay đã có kinh nghiệm, truyen.name.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. 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. Đây chính là minh chứng rõ ràng cho sự cam kết về một dịch vụ miễn phí nhưng chất lượng vượt trội.