Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 6
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 6
Khám Phá Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập Tuyệt Vời Tại taipdf.com
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. Nền tảng taipdf.com 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. 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. 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.
Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Khác với các phương pháp truyền thống, taipdf.com ứng dụng công nghệ để tối ưu hóa việc phân phối tài liệu học tập và giải bài tập đến tay bạn. 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. 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.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 6
\(\max\limits_{[-1;3]} f(x)=5\).
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn [-1; 3] là 5.
Đồ thị hàm số đã cho có bao nhiêu đường tiệm cận?
2
Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận:
+ Tiệm cận đứng \(x = 1\).
+ Tiệm cận xiên: \(y = 2 – x\).
11.
Số cách chọn ngẫu nhiên một học sinh của tổ là: \(C_{11}^1 = 11\).
\(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} \).
Ta có: \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} \)
Do đó ý C là sai
\(\left( {1;1;3} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;3} \right)\)
\(\left[ {150;155} \right)\)
\(\left[ {155;160} \right)\)
\(\left[ {160;165} \right)\)
\(\left[ {165;170} \right)\)
\(\left[ {170;175} \right)\) Số quả táo
4
7
12
6
2 Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là:
\(R = 25\).
Khoảng biến thiên: \({R} = 175 – 150 = 25\).
8.
Có \({u_5} = 2.5 – 2 = 8\).
\(\left( { - \infty ; - \frac{4}{3}} \right]\).
Giải bất phương trình
\({\left( {\frac{1}{8}} \right)^{x – 1}} \geqslant 128\)
\( \Leftrightarrow {8^{1 – x}} \geqslant 128\)
\( \Leftrightarrow 1 – x \geqslant {lo}{{g}_8}128\)
\( \Leftrightarrow x \leqslant \frac{{ – 4}}{3}\)
\(\left( {ABA'} \right){//}\left( {B'D'C} \right)\).
Ta thấy \(B’\) là điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {ABA’} \right)\) và \(\left( {B’D’C} \right)\).
Vậy hai mặt phẳng \(\left( {ABA’} \right)\) và \(\left( {B’D’C} \right)\) không song song với nhau.
\(2\sqrt {34} \).
Ta có \(B\) là điểm đối xứng với \(A\) qua trục \(Oy\) nên \(B\left( {5;2; – 3} \right)\) nên \(AB = 2\sqrt {34} \).
\(x = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).
Họ nghiệm còn lại của phương trình đã cho là \(x = \pi – \frac{\pi }{5} + k2\pi = \frac{{4\pi }}{5} + k2\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).
\(F\left( 9 \right) = 12\).
Có mà \(F\left( 0 \right) = 3\)
Suy ra \(F\left( 9 \right) – 3 = 9 \Rightarrow F\left( 9 \right) = 12\).
\(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2}\)
b) Đúng: Đạo hàm của hàm số: \(f’\left( x \right) = 2{cos}x – \sqrt 3 ,\forall x \in \mathbb{R}\).
c) Sai: Có
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2{cos}x – \sqrt 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow {cos}x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \)
d) Đúng: \(f’\left( x \right) = 0\) trong đoạn \(\left[ {0;\frac{{5\pi }}{2}} \right]\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k \in \left\{ {0;1} \right\}} \\
{x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi ,k = 1}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = \frac{\pi }{6}} \\
{x = \frac{{11\pi }}{6}} \\
{x = \frac{{13\pi }}{6}}
\end{array}} \right.} \right.\)
Tổng các nghiệm là \(\frac{\pi }{6} + \frac{{11\pi }}{6} + \frac{{13\pi }}{6} = \frac{{25\pi }}{6}\).
Quãng đường chất điểm \(B\) đi được trong 15 giây là \(\frac{{225}}{2}m\).
b) Đúng: Quãng đường chất điểm A đi được trong 10 s đâu là
Đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm \(\left( {\frac{3}{2};0;\frac{5}{2}} \right)\)
a) Đúng. Mặt phẳng chứa quỹ đạo bay của chim vuông góc với \(\left( {Oxy} \right)\) và đi qua \(A\left( {0;0;5} \right)\), \(B\left( {4;0;4} \right)\)Mặt phẳng này nhận vectơ \(\vec k\left( {0;0;1} \right)\) và \(\overrightarrow {AB} \left( {4;0; – 1} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương
Vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}} = [\vec k,\overrightarrow {AB} ] = \left( {0;1;0} \right)\), suy ra phương trình mặt phẳng là \(y = 0\)
b) Sai. Vì tứ giác \(AMBN\) nội tiếp nên \(\widehat {ANB} = 180^\circ – 135^\circ = 45^\circ \), dẫn đến góc ở tâm \(\widehat {AIB} = 90^\circ \) với \(I\) là tâm đường tròn
Bán kính \(R = IA = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {17} }}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\)
Ta có: \(\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IB} = 0\) và \(IA = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\) với \(I\left( {a;0;c} \right)\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{( – a)(4 – a) + (5 – c)(4 – c) = 0} \\
{{a^2} + {{(5 – c)}^2} = \frac{{17}}{2}}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
a = 2,5 \hfill \\
c = 6,5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\left( {TM} \right) \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
a = 1,5 \hfill \\
c = 2,5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\left( L \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
(Do điểm \(M\) đúng như hình vẽ nên tọa độ của tâm I sẽ có cao độ lớn hơn của điểm \(B\) )
Khi đó phương trình đường tròn có dạng: \({\left( {x – 2,5} \right)^2} + {\left( {z – 6,5} \right)^2} = \frac{{17}}{2}\) có tâm \(I\left( {\frac{5}{2};0;\frac{{13}}{2}} \right),R = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\).
c) Đúng. Khoảng cách ngắn nhất đến mặt nước là \(KH = d\left( {I,Oxy} \right) – R = \)\(6,5 – \frac{{\sqrt {34} }}{2} \approx 3,58\) m
d) Đúng. Điểm gần với mặt nước nhất là điểm \(K\) là giao của đường tròn và \(IH\)\((\)\(IH\) có phương trình \(x = 2,5\) ). Khi đó quãng đường chim bói cá bay được đến điểm gần mặt nước nhất là độ dài cung
\(AK = R \cdot AIK \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {x – 2,5} \right)}^2} + {{\left( {z – 6,5} \right)}^2} = \frac{{17}}{2}} \\
{x = 2,5}
\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\left[ \begin{gathered}
z = \frac{{\sqrt {34} }}{2} + 6,5\,\left( {\,L} \right) \hfill \\
z = – \frac{{\sqrt {34} }}{2} + 6,5\left( {TM} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
x = 2,5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow K\left( {2,5;0; – \frac{{\sqrt {34} }}{2} + 6,5} \right)\)
\(\operatorname{Cos} AIK = \frac{{\overrightarrow {IA} \cdot \overrightarrow {IK} }}{{|\overrightarrow {IA} | \cdot |\overrightarrow {IK} |}} = \frac{{\frac{{4\sqrt {34} }}{4}}}{{{R^2}}} = \frac{{\frac{{4\sqrt {34} }}{4}}}{{\frac{{17}}{2}}} = \frac{{3\sqrt {34} }}{3} \Rightarrow AIK = \arccos \left( {\frac{{3\sqrt {34} }}{3}} \right)\)
Khi đó: \(AK = R \cdot AIK = \frac{{\sqrt {34} }}{2} \cdot \arccos \left( {\frac{{3\sqrt {34} }}{3}} \right)\).
Suy ra: \({t_{AM}} = \frac{{\frac{{\sqrt {34} }}{2} \cdot \arccos \left( {\frac{{3\sqrt {34} }}{3}} \right)}}{2} \approx 1,502s\)
\(P\left( B \right) = 0,5\)
Gọi \(D\) là biến cố “Số chấm chia hết cho \(3\)” nên \(P\left( D \right) = \frac{1}{3}\) và có sơ đồ cây như sau:
a) Đúng.
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
P\left( {B \cap A} \right) = \frac{1}{3}.0,2 + \frac{2}{3}.0,4.0,02 = 0,012 \hfill \\
P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0,02 + \frac{2}{3}\left( {0,6.0,04 + 0,4.0,02} \right) = 0,028 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) suy ra \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {B \cap A} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{3}{7}\)
b) Sai.
Ta có: \(P\left( B \right) = \frac{1}{3}.1 + \frac{2}{3}.0,4 = \frac{3}{5} = 0,6\)
c) Đúng.
Ta có: \(P\left( A \right) = \frac{1}{3}.0,02 + \frac{2}{3}\left( {0,6.0,04 + 0,4.0,02} \right) = 0,028\)
d) Sai.
Ta có:\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,012}}{{0,6}} = 0,02\)
Cách 1:
Vì khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước: chiều dài 20 cm, chiều rộng 10 cm, chiều cao 8 cm, nên ta có thể tích nước trong khay thứ nhất trước khi đổ ra là: \(20.10.8 = 1600\)(cm3).
Sau khi đổ nước sang khay thứ hai, ta thấy rằng lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi \(\frac{1}{4}\) so với ban đầu, cho nên lượng nước có ở trong khay thứ 2 bằng \(\frac{1}{4}\) lượng nước ban đầu có ở trong khay thứ nhất. Như vậy, thể tích nước có trong khay thứ hai là \(\frac{1}{4}.1600 = 400\) (cm3).
Gọi chiều cao của khay thứ hai là h (cm).
Giả sử khay thứ hai có hình dạng chóp cụt tứ giác đều \(ABCD.A’B’C’D’\)như hình vẽ sau:
Dễ dàng chứng minh được \(ACC’A’\) là hình thang cân. Lấy \(MN\) song song với \(AC;H,K\)lần lượt là hình chiếu của \(A’,C’\)trên \(AC;P,Q\)lần lượt là giao điểm của \(A’H\)và \(MN\), \(C’K\)và \(MN\) như hình vẽ sau:
Theo giả thiết mực nước (ngang với \(MN\)) trong khay thứ hai cao bằng \(\frac{2}{5}\) chiều cao của khay đó, nên ta có thể coi \(C’Q\) chính là chiều cao nước trong khay.
Dễ thấy: \(A’H = C’K = h\)
Suy ra: \(C’Q = \frac{2}{5}h\), có nghĩa là chiều cao nước trong khay thứ hai là \(\frac{2}{5}h\)
Dễ dàng chứng minh được \(HKC’A’\)là hình chữ nhật
Từ đó ta có \(A’C’ = HK = n\), \(AH = CK = \frac{{AC – HK}}{2} = \frac{n}{2}\).
Tam giác \(A’AH\) có \(MP//AH\) nên theo hệ quả định lí Thales ta có: \(\frac{{MP}}{{AH}} = \frac{{A’P}}{{A’H}} = \frac{2}{5}\)
\( \Rightarrow MP = \frac{2}{5}AH = \frac{2}{5}.\frac{n}{2} = \frac{n}{5}\)
Tương tự tam giác \(C’CK\) có \(QN//CK\) nên ta cũng có \(QN = \frac{n}{5}\)
Do đó: \(MN = MP + PQ + QN = \frac{n}{5} + n + \frac{n}{5} = \frac{{7n}}{5}\)
Theo giả thiết ta có thể tích nước trong khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận \(MN\) làm đường chéo có diện tích \({S’_1}\)và đáy nhỏ (hình vuông) nhận \(A’C’\)làm đường chéo có diện tích \({S’_2}\) , chiều cao bằng \(h’ = \frac{2}{5}h\).
\(\begin{gathered}
{{S’}_1} = \frac{{M{N^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {\frac{{7n}}{5}} \right)}^2}}}{2} = \frac{{49{n^2}}}{{50}};{{S’}_1} = \frac{{A{C^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2} \hfill \\
\Rightarrow V’ = \frac{1}{3}.\frac{2}{5}h.\left( {\frac{{49{n^2}}}{{50}} + \sqrt {\frac{{49{n^2}}}{{50}}.\frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{{109}}{{375}}{n^2}h = 400 \hfill \\
\Rightarrow {n^2}h = \frac{{150000}}{{109}} \hfill \\
\end{gathered} \)
Mặt khác, thể tích khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận \(AC\) là đường chéo có diện tích \({S_1}\) và đáy nhỏ (hình vuông) nhận \(A’C’\) làm đường chéo có diện tích \({S_2}\), chiều cao bằng \(h\).
\(\begin{gathered}
{S_1} = \frac{{A{C^2}}}{2} = 2{n^2};{S_2} = \frac{{A'{{C’}^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2} \hfill \\
\Rightarrow V = \frac{1}{3}h.\left( {2{n^2} + \sqrt {2{n^2}.\frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{7}{6}{n^2}h = \frac{7}{6}.\frac{{150000}}{{109}} \approx 1606 \hfill \\
\end{gathered} \)
VậyTổng các chữ số của số \(a = 1606\) bằng \(13\).
Cách 2:
Thể tích nước có trong khay thứ hai là \(V = \frac{1}{4}.20.10.8 = 400\) (cm3).
Gọi \(S\)là điểm đồng qui của các cạnh bên của hình chóp cụt.
Dễ dàng chứng minh được \(SO = \frac{1}{2}SO’\)
\( \Rightarrow \)chiều cao của nước trong khay thứ hai là: \(\frac{2}{5}.\frac{1}{2}.SO’ = \frac{1}{5}SO’\)
\( \Rightarrow \)khoảng cách từ mặt nước trong khay thứ hai đến \(S\) là: \(\left( {\frac{1}{5} + \frac{1}{2}} \right).SO’ = \frac{7}{{10}}SO’\)
Mà tỉ số thể tích bằng lập phương tỉ số đồng dạng
\(\begin{gathered}
\Rightarrow V = 400 = {\left( {\frac{7}{{10}}} \right)^3}.{V_{S.A’B’C’D’}} – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3}.{V_{S.A’B’C’D’}} \hfill \\
\Rightarrow {V_{S.A’B’C’D’}} \approx 1834,86 \hfill \\
\end{gathered} \)
\( \Rightarrow \)Thể tích của chiếc khay thứ hai bằng \(\frac{7}{8}{V_{S.A’B’C’D’}} \approx 1606\)
Vậy Tổng các chữ số của số \(a = 1606\) bằng \(13\).
Không mất tính tổng quát, giả sử đoàn xuất phát từ địa điểm \(A.\)
Khi đó nếu đoàn đi theo thứ tự địa điểm A-C-B-D-A thì tổng thời gian tham quan là nhỏ nhất và bằng: \(15 + 34 + 20 + 30 = 99\).
Ta có: \(f(x) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\)
\( \Rightarrow f'(x) = 3a{x^2} + 2bx + c\)
Điểm cực đại của đồ thị hàm số là \((18;16)\)
\( \Rightarrow 972a + 36b + c = 0\)(1)
Điểm (0;16), (12;15), (18;16) \( \in f(x)\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 16 \hfill \\
1728a + 144b + 12c + 16 = 15 \hfill \\
5832a + 324b + 18c + 16 = 16 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 16 \hfill \\
1728a + 144b + 12c = – 1 \hfill \\
5832a + 324b + 18c = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) \(\begin{gathered}
\hfill \\
(2) \hfill \\
(3) \hfill \\
\end{gathered} \)
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = \frac{{ – 1}}{{432}} \hfill \\
b = \frac{1}{{12}} \hfill \\
c = \frac{{ – 3}}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow f(x) = \frac{{ – 1}}{{432}}{x^3} + \frac{1}{{12}}{x^2} – \frac{3}{4}x + 16\)
\( \Rightarrow f'(x) = \frac{{ – {x^2}}}{{144}} + \frac{x}{6} – \frac{3}{4} = 0\)
\( \Rightarrow x = 6\) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số \(f(x)\).
Vậy đoạn thấp nhất của nhánh cây cách mặt đất là \(f(6) = 14\;{m}\).
x = 44 + 3t \hfill \\
y = 27 – 4t \hfill \\
z = 1 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\) và một điểm nằm trên parabol là \(B\left( {19;2;2} \right)\). Tính giá trị của \(h\) (làm tròn đến hàng phần trăm).
Trả lời: 3,92.
Gọi \(C = \Delta \cap \left( {Oxy} \right)\).
Suy ra \(C\left( {41;31;0} \right)\).
Vẽ các điểm \(A\), \(B\), \(C\) lên cùng mặt phẳng tọa độ với \(C\) trùng với gốc tọa độ.
\(AC = \sqrt {{{\left( {1 – 41} \right)}^2} + {{\left( {1 – 31} \right)}^2}} = 50\).
\(d\left( {B,\Delta } \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{u_\Delta }} } \right|}} = 35\).
Đường thẳng \(AC\) có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AC} = \left( {40;30;0} \right)\).
\(d\left( {B,AC} \right)\frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = 2\sqrt {26} \).
Parabol có dạng \(y = a{x^2} + c\). \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {50;0} \right)\), \(B\left( {35;2\sqrt {26} } \right)\) ta có
\(\left\{ \begin{gathered}
{50^2}.a + c = 0, \hfill \\
{35^2}.a + c = 2\sqrt {26} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{{2\sqrt {26} }}{{1275}} \hfill \\
c = \frac{{200\sqrt {26} }}{{51}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Suy ra \(\left( P \right):y = – \frac{{2\sqrt {26} }}{{1275}}{x^2} + 20\).
Gọi \(D\) là đỉnh của parabol.
\(D \in \Delta \Rightarrow D\left( {44 + 3t;27 – 4t;1 + t} \right)\). Điều kiện \(1 + t > 0 \Leftrightarrow t > – 1.\)
\(DC = c \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( { – 3 – 3t} \right)}^2} + {{\left( {4 + 4t} \right)}^2} + {{( – 1 – t)}^2}} = \frac{{200\sqrt {26} }}{{51}} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – \frac{{251}}{{51}} \hfill \\
t = \frac{{149}}{{51}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vì \(t > – 1\) nên nhận \(t = \frac{{149}}{{51}}\).
Vậy \(h = 1 + t = 1 + \frac{{149}}{{51}} \approx 3,92\).
Nhân vật trong game khi đến vùng đất này cần phải di chuyển đến giếng nước hoặc bờ sông để lấy nước. Lập trình viên muốn tô màu một phần của vùng đất đó sao cho khi đứng trong vùng tô màu này, nhân vật di chuyển đến giếng nước để lấy nước nhanh hơn so với đến bờ sông. Diện tích vùng tô màu đó là bao nhiêu mét vuông? (Giả sử rằng khi di chuyển, vận tốc của nhân vật không đổi; làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Vì vận tốc của nhân vật không đổi, việc di chuyển đến giếng nước “nhanh hơn” tương đương với “khoảng cách ngắn hơn”. Vùng đất được tô màu là tập hợp các điểm \(P\) trong hình chữ nhật \(ABCD\) sao cho khoảng cách từ \(P\) đến giếng \(I\) nhỏ hơn hoặc bằng khoảng cách từ \(P\) đến bờ sông \(AD\).
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho đỉnh \(D\) của hình chữ nhật trùng với gốc tọa độ \(O(0;0)\).
– Cạnh \(AD\) nằm trên trục \(Oy\), cạnh \(DC\) nằm trên trục \(Ox\).
– Tọa độ các đỉnh: \(D(0;0)\), \(A(0;40)\), \(C(80;0)\), \(B(80;40)\).
– Bờ sông chính là đường thẳng \(x = 0\).
Xác định tọa độ của giếng \(I({x_I};{y_I})\):
\(I\) cách \(AD\) (\(x = 0\)) một khoảng \(60\)m \( \Rightarrow {x_I} = 60\).
\(I\) cách \(CD\) (\(y = 0\)) một khoảng \(20\)m \( \Rightarrow {y_I} = 20\).
Vậy tọa độ giếng nước là \(I(60;20)\).
Gọi \(P(x;y)\) là một điểm bất kỳ trong vùng đất được tô màu. Miền xác định của \(P\) là \(0 \leqslant x \leqslant 80\) và \(0 \leqslant y \leqslant 40\).
Khoảng cách từ \(P\) đến giếng \(I\) là \(PI = \sqrt {{{(x – 60)}^2} + {{(y – 20)}^2}} \).
Khoảng cách từ \(P\) đến bờ sông \(AD\) (đường thẳng \(x = 0\)) là \(d(P,AD) = x\).
Theo yêu cầu, ta có bất phương trình: \(PI \leqslant d(P,AD) \Leftrightarrow \sqrt {{{(x – 60)}^2} + {{(y – 20)}^2}} \leqslant x\).
Bình phương hai vế (vì cả hai đều không âm):
\({(x – 60)^2} + {(y – 20)^2} \leqslant {x^2}\)\( \Leftrightarrow x \geqslant \frac{1}{{120}}{(y – 20)^2} + 30\).
Đây là miền nằm bên phải của một parabol có đỉnh tại \((30;20)\) và trục đối xứng song song với trục \(Ox\).
Diện tích \(S\) của vùng tô màu được giới hạn bởi parabol \(x = \frac{1}{{120}}{(y – 20)^2} + 30\), đường thẳng \(x = 80\) và hai đường thẳng \(y = 0\), \(y = 40\).
Ta tính diện tích bằng tích phân:
\(S = \int\limits_0^{40} {\left[ {80 – \left( {\frac{1}{{120}}{{(y – 20)}^2} + 30} \right)} \right]} {\mkern 1mu} {d}y = \frac{{17600}}{9} \approx 1955,56{ (}{{m}^2}{)}\).
Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị, ta được \(1956{ }{{m}^2}\).
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
Giá Trị Đích Thực Của 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. 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.
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. Dù bạn là người mới hay đã có kinh nghiệm, taipdf.com đều cung cấp những tài liệu, tài liệu học tập và giải bài tập phù hợp với trình độ và nhu cầu cá nhân. Việc đạt kết quả cao trong học tập giờ đây trở nên vô cùng đơn giản. 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.
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 taipdf.com 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. 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.
Hướng Dẫn Sử Dụng Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập Hiệu Quả
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. Nền tảng taipdf.com 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. 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.
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 taipdf.com luôn sẵn sàng phục vụ bạn 24/7. 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.
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 taipdf.com đã thay đổi hoàn toàn thói quen của họ. 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. 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.
Đặc Điểm Nổi Bật Của Nền Tảng
- Điểm mạnh số 1: 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 2: 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 3: 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 4: 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.
- 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.
Cẩm Nang An Toàn Cho Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
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. Thông qua quá trình tổng hợp và phân tích chuyên sâu, taipdf.com tự hào giới thiệu bộ sưu tập tài liệu học tập và giải bài tập đa dạng. 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. 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.
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. Bằng cách tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập thường xuyên trên taipdf.com, bạn sẽ nắm bắt được những xu hướng mới nhất. 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.
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. Khác với các phương pháp truyền thống, taipdf.com 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. 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.
Giải Đáp Thắc Mắc: Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại taipdf.com 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. 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. Việc truy cập tài liệu.
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại taipdf.com 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. 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. Thông qua qu.
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại taipdf.com 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. 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. Chính vì vậy, taipdf.com.
Tổng Kết Về 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. 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. Đội ngũ của chúng tôi luôn nỗ lực cập nhật dữ liệu liên tục để mang đến trải nghiệm tuyệt vời. 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 taipdf.com đã thay đổi hoàn toàn thói quen của họ. 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. 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.