Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 15
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 15
Tổng Quan Về Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
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, sachhoang.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. Việc đạt kết quả cao trong học tập giờ đây trở nên vô cùng đơn giản. 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.
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. Dù bạn là người mới hay đã có kinh nghiệm, sachhoang.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. 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 15
\(\left( { - 1;\,1} \right)\).
Nhìn vào bảng biến thiên ta chọn đáp án D.
\(x = 4\).
\({\log _3}\left( {x – 1} \right) = 1 \Leftrightarrow x – 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4\).
\(\frac{2}{{39}}\).
Không gian mẫu \(\Omega \): “chọn ngẫu nhiên 4 học sinh”
\( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{15}^4\).
Biến cố \(A\): “chọn được 4 học sinh nam”
\(\begin{gathered}
\Rightarrow n\left( A \right) = C_8^4 \hfill \\
\Rightarrow P\left( A \right) = \frac{2}{{39}} \hfill \\
\end{gathered} \)
\(2x + 2y + z - 2 = 0\).
Ta có phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(A\left( {1; – 1;2} \right)\) và có một vec tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n \left( {2;2;1} \right)\)có dạng:
\(2\left( {x – 1} \right) + 2\left( {y + 1} \right) + \left( {z – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 2y + z – 2 = 0\).
\(3{a^3}\)
Ta có thể tích khối lăng trụ đã cho là: \(V = {S_{ABCD}}.AA’ = {a^2}.3a = 3{a^3}\).
[6,5;7)
[7;7,5)
[7,5;8)
[8;8,5)
[8,5;9)
[9;9,5)
[9,5;10) 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
\(0,609\).
Ta có
\(S = - \int\limits_a^c {f\left( x \right)} {\text{d}}x + \int\limits_c^b {f\left( x \right)} {\text{d}}x\).
Ta có \(S = – \int\limits_a^c {f\left( x \right)} {\text{d}}x + \int\limits_c^b {f\left( x \right)} {\text{d}}x\).
\(\left\{ \begin{gathered}<br/><br/> x = 1 + t \hfill \\<br/><br/> y = 3 - t \hfill \\<br/><br/> z = - 2 + 5t \hfill \\ <br/><br/>\end{gathered} \right.\)
Đường thẳng đi qua điểm \(M\left( {1;3; – 2} \right)\) và nhận vectơ \(\overrightarrow u = \left( {1; – 1;5} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là: \(\left\{ \begin{gathered}
x = 1 + t \hfill \\
y = 3 – t \hfill \\
z = – 2 + 5t \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\(6.\)
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 8 – 2 = 6.\)
\(\left\{ {\frac{\pi }{3} + k2\pi ,\frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(2\sin x – \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {\frac{\pi }{3} + k2\pi ,\frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\)
\(89\left( {m/s} \right) \cdot \)
Vì \(s = \frac{1}{3}{t^3} – {t^2} + 9t \Rightarrow v = {t^2} – 2t + 9\).
Xét hàm \(f\left( t \right) = {t^2} – 2t + 9 \Rightarrow f’\left( t \right) = 2t – 2 = 0 \Rightarrow t = 1\).
BBT của hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} – 2t + 9\)
Dựa vào BBT ta thấy: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;10} \right]} f\left( t \right) = f\left( {10} \right) = 89\).
\(CD\).
Nhận xét \(\left\{ \begin{gathered}
SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD \hfill \\
CD \bot AD \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).
Chi phí để lưu trữ nguyên liệu trong \(x\) ngày của một chu kì sản xuất là \(50{x^2}\) \(USD.\)
Giả sử, mỗi chu kì \(x\) ngày xưởng mộc nhập về \(n\) chiếc bàn, mà mỗi ngày xưởng sản xuất 5 chiếc. Do đó ta có \(\frac{n}{x} = 5 \Rightarrow n = 5x\).
b) Sai.
Vì lượng nguyên liệu lưu trữ trung bình mỗi ngày được tính bằng một nửa tổng lượng nguyên liệu tồn kho đầu kì và lượng nguyên liệu tồn kho cuối kì nên lượng nguyên liệu là \(\frac{{5x}}{2}\).
Chi phí để lưu trữ nguyên liệu trong \(x\) ngày của một chu kì sản xuất là: \(10.\frac{{5x}}{2}.x = 25{x^2}\) (USD)
c) Sai.
Chi phí cần bỏ ra cho mỗi chu kì sản xuất là \(5625 + 25{x^2}\).
Khi đó hàm chi phí trung bình mỗi ngày trong một chu kì sản xuất là \(c\left( x \right) = \frac{{5625 + 25{x^2}}}{x} = 25x + \frac{{5625}}{x}\).
d) Đúng.
Ta có \(c’\left( x \right) = 25 – \frac{{5625}}{{{x^2}}}\) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
\(c’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 225 \Rightarrow x = 15\).
Bảng biến thiên:
Vậy chi phí trung bình mỗi ngày của một chu kì sản xuất là ít nhất thì xưởng mộc nên nhập hàng mỗi 15 ngày và mỗi lần nhập về \(5.15 = 75\) đơn vị nguyên liệu.
\(\int\limits_0^1 {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x = \frac{7}{{12}}\).
– 3 = a.\left( { – 2} \right) + b \hfill \\
3 = a.1 + b \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
2a – b = 3 \hfill \\
a + b = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 2 \hfill \\
b = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow g\left( x \right) = 2x + 1\).
Suy ra mệnh đề Đúng.c) Ta có \(\int\limits_0^1 {\left[ {g\left( x \right) – f\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x = \int\limits_0^1 {g\left( x \right)} \,{\text{d}}x – \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {2x + 1} \right)} \,{\text{d}}x – \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x = 2 – \frac{{19}}{{12}} = \frac{5}{{12}}\).
Suy ra mệnh đề Sai.d) Vì \(S = \int\limits_{ – 2}^0 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x + \int\limits_0^1 {\left[ {g\left( x \right) – f\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x\).
Suy ra \(\int\limits_{ – 2}^0 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x = S – \int\limits_0^1 {\left[ {g\left( x \right) – f\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x = \frac{{37}}{{12}} – \frac{5}{{12}} = \frac{{32}}{{12}} = \frac{8}{3}\).
Mà \(\int\limits_{ – 2}^0 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x = \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x – \int\limits_{ – 2}^0 {g\left( x \right)} \,{\text{d}}x = \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x – \int\limits_{ – 2}^0 {\left( {2x + 1} \right)} \,{\text{d}}x = \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x + 2\).
Khi đó \(\int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x = \frac{8}{3} – 2 = \frac{2}{3}\). Suy ra mệnh đề Đúng.
Tung độ điểm\(\;B\) là \({y_B} = 5\).
Gọi \({A_1}\) là điểm đối xứng của \(A\) qua mặt sàn \(\left( {Oxy} \right)\). Vì \(A(0;6;5)\) nên \({A_1}\left( {0;6; – 5} \right)\).
Ta thấy 3 điểm \({A_1};B;C\) thẳng hàng nên điểm \(B\) chính là giao điểm của đường thẳng \({A_1}C\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).
Ta có véc tơ \(\overrightarrow {{A_1}C} = 6\left( {2; – 1;2} \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng \({A_1}C\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2t} \\
{y = 6 – t} \\
{z = – 5 + 2t}
\end{array}} \right.\)
\(B\) là giao điểm của \({A_1}C\) với mặt phẳng \(z = 0\) nên \( – 5 + 2t = 0 \Leftrightarrow t = 2,5\)
Thay \(t = 2,5\) vào phương trình đường thẳng, ta được tọa độ điểm \(B\)là \(B\left( {5;\frac{7}{2};0} \right)\)
a) Sai. Tọa độ điểm \(B\left( {5;\frac{7}{2};0} \right)\)
b) Đúng. \(\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B};{y_B} – 6; – 5} \right)\).
c) Sai. Hình chiếu của \(C\left( {12;0;7} \right)\) trên mặt sàn \(\left( {Oxy} \right)\) (mặt phẳng \(z = 0\)) phải là điểm \(\left( {12;0;0} \right)\).
d) Đúng. Tia laze truyền từ \(S \to A \to B\), do đó \(S,A,B\) thẳng hàng theo thứ tự đó.
Ta có véc tơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {5; – 2,5; – 5} \right)\).
Độ dài đoạn \(AB = \sqrt {{5^2} + {{( – 2,5)}^2} + {{( – 5)}^2}} = 7,5\) (m).
Vì \(S\) nằm trên đường thẳng \(AB\) và \(A\) nằm giữa \(S,{\text{ }}B\).
Ta có véc tơ \(\overrightarrow {AS} \) ngược hướng với \(\overrightarrow {AB} \):
\(\overrightarrow {AS} = – \frac{{SA}}{{AB}} \cdot \overrightarrow {AB} = – \frac{3}{{7,5}} \cdot \left( {5; – 2,5; – 5} \right) = \left( { – 2;1;2} \right)\)
Suy ra \(S\left( { – 2;7;7} \right)\) nên \(a = – 2,b = 7,c = 7\).
Tổng \(a + b + c = – 2 + 7 + 7 = 12\).
Gọi \(A\)là biến cố: “ Ngày thứ 7 trời nắng” và \(B\) là biến cố: “ Ngày chủ nhật trời mưa”.
\(P(AB) = 0,21\).
Theo dự báo thời tiết, xác suất trời sẽ nắng vào ngày thứ 7 là \(0,7\) nên \(P(A) = 0,7\).
b) Sai
Nếu một ngày là nắng thì khả năng sảy ra mưa ở ngày tiếp theo là \(20\% \) nên \(P(B\backslash A) = 0,2\).
Ta có \(P(B\backslash A) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} \Rightarrow P(AB) = P(B\backslash A).P(A) = 0,2.0,7 = 0,14\).
c) Đúng
Nếu một ngày là mưa thì khả năng ngày hôm sau vẫn mưa là \(30\% \) nên \(P(B\backslash \overline A ) = 0,3\).
Ta có \(P(\overline B \backslash \overline A ) = 1 – P(B\backslash \overline A ) = 1 – 0,3 = 0,7\).
d) Sai
Xác suất để ngày chủ nhật trời nắng là \(P(\overline B )\).
Ta có:
\(P(B) = P(B\backslash A).P(A) + P(B\backslash \overline A ).P(\overline A ) = 0,2.0,7 + 0,3.0,3 = 0,23 \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 – 0,23 = 0,77\).
Xét hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) trong đó \(S\)là đỉnh của hình lập phương nằm bên trong ly nước và \(A,\,B,\,C\) là các điểm chung của kim cương với miệng ly; \(O\)là trọng tâm tam giác \(ABC\) và \(H\) là trung điểm \(BC\)
Đặt \(x\)(cm) là cạnh đáy hình chóp thì \(AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\).
Vì hình chóp S.ABC có SA, SB, SC bằng nhau và đôi một vuông góc tại đỉnh S nên độ dài cạnh \(SA = SB = SC = \frac{x}{{\sqrt 2 }}\).
Từ đó suy ra \(SO = \sqrt {S{A^2} – O{A^2}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} – \frac{{{x^2}}}{3}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{6}\).
Theo giả thiết thì chiều cao hình chóp S.ABC bằng \(\frac{1}{3}\) chiều cao ly nước: \(SO = \frac{1}{3}.9 = 3\) (cm)
Suy ra chiều dài cạnh đáy của hình chóp: \(\frac{{x\sqrt 6 }}{6} = 3 \Rightarrow x = 3\sqrt 6 \)(cm)
Vậy thể tích nước tràn ra bằng với thể tích khối chóp \(S.ABC\)
Thể tích đó là: \(V = \frac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.3.\frac{{{{\left( {3\sqrt 6 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2} \approx 23,4\)(cm3)
+ Bánh xe được xem là đường tròn có bán kính bằng (2) trên bánh xe có điểm \(A\) được đánh dấu để tiện cho việc quan sát.
+ Ban đầu tâm của bánh xe có tọa độ là \((0;2)\) và điểm \(A\) tại góc tọa độ \(O\). Sau đó người ta điều khiển cho bánh xe lăn không trượt trên trục \(Ox\) đúng một vòng rồi dừng (tại vị trí dừng thì tâm của bánh xe có tọa độ là \((4\pi ;2)\) và điểm \(A\) trên bánh xe cũng chạm trục hoành). Biết rằng bánh xe không bị biến dạng khi chuyển động.
Trong suốt quá trình chuyển động lăn không trượt (một vòng) của bánh xe như trên thì điểm \(A\) trên bánh xe vẽ nên một đường cong (\(C\)).
Do yêu cầu về kȳ thuật, người ta cần biết diện tích của một hình tứ giác với bốn đỉnh là \(M(m;1)\), \(N(n;1),P(p;3),Q(q;3)\) đều thuộc đường cong \((C)(m < n\) và \(q < p)\). Tính diện tích tứ giác\(MNPQ\). (làm tròn kết quả đến hàng phần chục)
Ta cần xác định công thức đường cong ( \(C\) )
Gọi \(A(x;y)(C):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = OE – FE} \\
{y = AN + MN}
\end{array}} \right.\).
Độ dài \(OE = AE = \alpha .r\).
Góc \(AIH = \alpha – \frac{\pi }{2}\) nên \(\cos AIH = \frac{{IH}}{{IA}} = \frac{{FE}}{r} \Rightarrow FE = r \cdot \cos \left( {\alpha – \frac{\pi }{2}} \right) = r \cdot \sin \alpha \).
Nên \(x = \alpha .r – r.\sin \alpha \Rightarrow x = r.(\alpha – \sin \alpha )\).
Độ dài \(AN = r\).
\(\sin AIH = \frac{{AH}}{{IA}} = \frac{{MN}}{r} \Leftrightarrow MN = r \cdot \sin \left( {\alpha – \frac{\pi }{2}} \right) = – r \cdot \cos \alpha .\)
Nên \(y = r – r \cdot \cos \alpha \Rightarrow y = r \cdot (1 – \cos \alpha )\).
Vậy tập hợp điểm \(A(x;y)\) là đường cong \((C):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = r \cdot (\alpha – \sin \alpha )} \\
{y = r \cdot (1 – \cos \alpha )}
\end{array}} \right.\) được gọi đường cong Cycloid Tính diện tích tứ giác \(MNPQ\), bốn đỉnh là \(M(m;1),N(n;1),P(p;3),Q(q;3)\) đều thuộc đường cong ( \(C\) )( \(m < n\) và \(q < p\) ).
(C) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2.(\alpha – \sin \alpha )} \\
{y = 2.(1 – \cos \alpha )}
\end{array}} \right.\) với \(0 \leqslant \alpha \leqslant 2\pi \).
Xét \(M(m;1) \in (C) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = 2.(\alpha – \sin \alpha )} \\
{1 = 2(1 – \cos \alpha )}
\end{array}} \right.\).
Với \(\cos \alpha = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\alpha = \frac{\pi }{3} + k2\pi } \\
{\alpha = – \frac{\pi }{3} + k2\pi }
\end{array}(k \in \mathbb{Z}) \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant \frac{\pi }{3} + k2\pi \leqslant 2\pi } \\
{0 \leqslant – \frac{\pi }{3} + k2\pi \leqslant 2\pi }
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{k = 0} \\
{k = 1}
\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\alpha = \frac{\pi }{3}} \\
{\alpha = \frac{{5\pi }}{3}}
\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).
\( \Rightarrow m = \frac{{2\pi }}{3} – \sqrt 3 \) và \(n = \frac{{10\pi }}{3} + \sqrt 3 \)
Nên \(M\left( {\frac{{2\pi }}{3} – \sqrt 3 ;1} \right),N\left( {\frac{{10\pi }}{2} + \sqrt 3 ;1} \right)\).
Xét \(Q(q;3) \in (C) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{q = 2 \cdot (\alpha – \sin \alpha )} \\
{3 = 2(1 – \cos \alpha )}
\end{array}} \right.\).
Vó́i \(\cos \alpha = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\alpha = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi } \\
{\alpha = – \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }
\end{array}(k \in \mathbb{Z})} \right.\).
\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \leqslant 2\pi } \\
{0 \leqslant – \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \leqslant 2\pi }
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{k = 0} \\
{k = 1}
\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\alpha = \frac{{2\pi }}{3}} \\
{\alpha = \frac{{4\pi }}{3}}
\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
\( \Rightarrow q = \frac{{4\pi }}{3} – \sqrt 3 \) và \(p = \frac{{8\pi }}{3} + \sqrt 3 \)
Nến \(Q\left( {\frac{{4\pi }}{3} – \sqrt 3 ;3} \right)\) và \(P\left( {\frac{{8\pi }}{3} + \sqrt 3 ;3} \right)\). Từ đó \(MNPQ\) là một hình thang.
\({S_{MNPQ}} = \frac{1}{2} \cdot h \cdot (PQ + MN)\) với \({\text{ }}PQ = \frac{{4\pi }}{3} + 2\sqrt 3 ,MN = \frac{{8\pi }}{3} + 2\sqrt 3 ;h = 3 – 1 = 2.\)
\( \Rightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \left( {\frac{{4\pi }}{3} + 2\sqrt 3 + \frac{{8\pi }}{3} + 2\sqrt 3 } \right) = 4\pi + 4\sqrt 3 \approx 19,5\)
Cách 2:
Nhận xét: Nhìn vào đề bài và phân tích, ta kết luận đây là đường “Cycloid”.
Đường Cycloid có phương trình là \((C):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = R \cdot (\varphi – \sin \varphi )} \\
{y = R \cdot (1 – \cos \varphi )}
\end{array}} \right.\).
\(\sin (\pi – \varphi ) = \frac{{\Delta x}}{R} \Rightarrow \Delta x = R \cdot \sin \varphi \)
\(\cos (\pi – \varphi ) = \frac{{\Delta y}}{R} \Rightarrow \Delta y = R \cdot \cos \varphi \)
\({I_1}{I_2} = \varphi \cdot R\)
\(R = 2 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_A} = \varphi \cdot R – R \cdot \sin \varphi = R(\varphi – \sin \varphi )} \\
{{y_A} = R – R \cdot \cos \varphi = R(1 – \cos \varphi )}
\end{array}} \right.\)
Với:
\(y = 1 \Rightarrow 2(1 – \cos \varphi ) = 1 \Rightarrow \cos \varphi = \frac{1}{2}\)
\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\varphi = \frac{\pi }{3} \Rightarrow {x_M} = 2\left( {\frac{\pi }{3} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} \\
{\varphi = \frac{{5\pi }}{3} \Rightarrow {x_N} = 2\left( {\frac{{5\pi }}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}
\end{array} \Rightarrow MN\mathop = \limits^{{\text{ }}} \mathcal{A}.} \right.\)
\(y = 3 \Rightarrow 2(1 – \cos \varphi ) = 3 \Rightarrow \cos \varphi = – \frac{1}{2}\)
\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\varphi = \frac{{2\pi }}{3} \Rightarrow {x_Q} = 2\left( {\frac{{2\pi }}{3} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} \\
{\varphi = \frac{{4\pi }}{3} \Rightarrow {x_P} = 2\left( {\frac{{2\pi }}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}
\end{array} \Rightarrow PQ\mathop = \limits^{{\text{ }}} \mathcal{B}.} \right.\)
Nhận xét: Ta dễ thấy rằng \(MNPQ\) là hình thang. Do đó:
\({S_{{\text{hinh thang }}MNPQ}} = \frac{{(\mathcal{A} + \mathcal{B})}}{2} \cdot 2 \approx 19,5.\)
Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right) \Rightarrow {y_0} = \frac{{2{x_0} – 3}}{{{x_0} – 2}}\) và \(y{‘_0} = – \frac{1}{{{{\left( {{x_0} – 2} \right)}^2}}}\) và có \(I\left( {2;2} \right)\)
Phương trình tiếp tuyến \(\left( d \right)\) của \(\left( C \right)\)tại\(M\):\(y = \frac{{ – 1}}{{{{\left( {{x_0} – 2} \right)}^2}}}\left( {x – {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} – 3}}{{{x_0} – 2}}\)
\(\left( d \right)\) cắt hai đường tiệm cận tại hai điểm phân biệt \(A\left( {2;\frac{{2{x_0} – 2}}{{{x_0} – 2}}} \right),\)\(B\left( {2{x_0} – 2;2} \right)\).
Theo trên ta có: \(IA = \sqrt {{{\left( {\frac{{2{x_0} – 2}}{{{x_0} – 2}} – 2} \right)}^2}} = \frac{2}{{\left| {{x_0} – 2} \right|}};IB = \sqrt {{{\left( {2{x_0} – 2 – 2} \right)}^2}} = 2\left| {{x_0} – 2} \right|\)
\( \Rightarrow IA.IB = 4\)
Chu vi tam giác \(y – {y_0} = y’\left( {{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) \Leftrightarrow y – \left( {x_0^3 – 3x_0^2 + 2} \right) = \left( {3x_0^2 – 6{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right)\) là :
\(P = IA + IB + AB = IA + IB + \sqrt {I{A^2} + I{B^2}} \geqslant 2\sqrt {IA.IB} + \sqrt {2.IA.IB} = 4 + 2\sqrt 2 \)
Đẳng thức xảy ra khi \(A\left( {\frac{{23}}{9}; – 2} \right)\)
Hay \(\frac{2}{{\left| {{x_0} – 2} \right|}} = 2\left| {{x_0} – 2} \right| \Rightarrow {\left( {{x_0} – 2} \right)^2} = 1\xrightarrow{{{x_0} > 2}}{x_0} = 3\)
Vậy \(M\left( {3;3} \right) \Rightarrow IM = \sqrt 2 \approx 1,41\)
Lắp hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ (\(O \equiv A\)).
Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AD\).
Đường tròn tâm \(M\left( {1;0} \right)\), bán kính \(1cm\) có phương trình là:
\({\left( {x – 1} \right)^2} + {y^2} = 1 \Rightarrow y = \sqrt {1 – {{\left( {x – 1} \right)}^2}} = \sqrt { – {x^2} + 2x} \).
Đường tròn tâm \(N\left( {0;1} \right)\), bán kính \(1cm\) có phương trình là:
\({x^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 1 \Rightarrow y = 1 + \sqrt {1 – {x^2}} \).
Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình \(\left( H \right)\) quanh trục hoành là:
\(V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + \sqrt {1 – {x^2}} } \right)}^2}dx} + \pi \int\limits_1^2 {\left( { – {x^2} + 2x} \right)dx} \).
Giá tiền vật liệu để đúc một núm đồng trên là: \(\frac{{V.8,96.200000}}{{1000}} \approx 22\) (nghìn đồng).
Khi đó \({x_M} = 0,5,{y_M} = \sqrt {4,{5^2} – 0,{5^2}} = 2\sqrt 5 \)
Vì \((\alpha ) \bot (Oxy)\) nên \((\alpha )\) có véc tơ chỉ phương \(\vec k = (0;0;1)\).
Mà \((\alpha )\) có véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow {OM} = (0,5;2\sqrt 5 ;0)\)
Khi đó véc tơ pháp tuyến của ( \(\alpha \) ) là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = [\vec k,\overrightarrow {OM} ] = ( – 2\sqrt 5 ;0,5;0)\)
\( \Rightarrow (\alpha ): – 2\sqrt 5 x + 0,5y = 0\)\( \Leftrightarrow x – \frac{{\sqrt 5 }}{{20}}y = 0\)
\(b = \frac{{ – \sqrt 5 }}{{20}};c = 0;d = 0 \Rightarrow b + c + d \approx – 0,1\)
+ Xếp 8 bạn thành 2 hàng ngang, mỗi hàng bốn bạn.
+ Hai bạn cùng trường không ngồi cạnh nhau và cũng không ngồi đối diện nhau.
Số cách mà Đại Học Bách Khoa Hà Nội có thể sắp xếp bằng bao nhiêu?
Hoán vị lệch (Derangement):Cho một tập hợp \(S = \{ 1,2, \ldots ,n\} \). Một hoán vị \(\sigma \) của \(S\), kí hiệu \({D_n}\), là một hoán vị lệch nếu với mọi phần từ i trong S, ta có: \(\sigma (i) \ne i\) (tức là, phần tử ở vị trí thứ \(i\) không phải là phần tử \(i\) ban đầu). Khi đó ta có:
\({D_n} = n!\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{{( – 1)}^k}}}{{k!}}} = n!\left( {\frac{1}{{0!}} – \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} – \frac{1}{{3!}} + \ldots + \frac{{{{( – 1)}^n}}}{{n!}}} \right)\)
TH1: 1 hàng có 4 trường khác nhau
– Hoán vị 4 bạn ở hàng 1 có: \(4! = 24\) cách.
– Chọn 4 bạn ở hàng 2.
Số hoán vị lệch là \(4!.\left( {1 – \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} – \frac{1}{{3!}} + \frac{1}{{4!}}} \right) = 9\)
– Hoán vị từng đôi: \({(2!)^4} = 16\)
⇒ Có \(24.9.16 = 3456\) cách
TH2: Mỗi hàng có 2 cặp học sinh cùng trường
– Chọn 2 trường trong 4 trường để xếp vào hàng 1 có \(C_4^2 = 6\) cách
– Sắp xếp vị trí cho các cặp có \(2.2 = 4\) cách
– Hoán vị từng đôi: \({(2!)^4} = 16\)
⇒ Có \(6 \cdot 4 \cdot 16 = 384\) cách
TH3: Mỗi hàng chỉ có 1 cặp học sinh cùng trường
– Chọn 2 cặp học sinh để đưa vào hàng 1, hàng 2 có \(4.3 = 12\) cách
– Hoán vị từng đôi: \({(2!)^4} = 16\)
TH3.1: 2 AD đối nhau
+ Có 3 cách xếp AD đối nhau.
+ Mỗi cách xếp AD đối nhau có 2 cách xếp 2 bạn B và 2 bạn C
⇒ Có \(3.2 = 6\) cách
TH3.2: 1 AD đối nhau, 1AD không đối nhau
+ Có 4 cách xếp 1 AD đối nhau, 1 AD không đối nhau
+ Mỗi cách xếp AD đối nhau, 1 AD không đối nhau có 2 cách xếp B, C
⇒ Có \(4.2 = 8\) cách
TH3.3: Không có cặp AD đối nhau
+ Có 4 cách xếp không có cặp AD đối nhau
+ Mỗi cách xếp không có cặp AD đối nhau có 2 cách xếp B,C
⇒ Có \(4.2 = 8\) cách
Vậy có tất cả \(3456 + 384 + 12 \cdot 16 \cdot (8 + 6 + 8) = 8064\)
Giải thích & Đáp án chi tiết
x = 1 + t \hfill \\
y = 3 - t \hfill \\
z = - 2 + 5t \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
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. Rất nhiều người dùng đã chia sẻ rằng việc tiếp cận tài liệu học tập và giải bài tập tại sachhoang.name.vn đã thay đổi hoàn toàn thói quen của họ. 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. 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.
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. Bằng cách tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập thường xuyên trên sachhoang.name.vn, bạn sẽ nắm bắt được những xu hướng mới nhất. 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.
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. Việc truy cập tài liệu học tập và giải bài tập tại sachhoang.name.vn giúp bạn dễ dàng đạt kết quả cao trong học tập một cách nhanh chóng và chính xác. 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. 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.
Hướng Dẫn Sử Dụng Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập Hiệu Quả
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. 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. 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.
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. Khác với các phương pháp truyền thống, sachhoang.name.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. 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.
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 sachhoang.name.vn giúp bạn dễ dàng đạt kết quả cao trong học tập một cách nhanh chóng và chính xác. Quá trình chọn lọc này giúp loại bỏ những thông tin sai lệch, đảm bảo bạn nhận được giá trị thực sự. 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: Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Việc truy cập tài li... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 2: 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 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: Nhiều chuyên gia khẳng định rằng, việc thường xuyên cập nhật tài liệu học tập và giải bài tập là chì... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 5: Đừng bỏ lỡ cơ hội khám phá kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập đồ sộ này. Rất nhiều người dùng... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
Lưu Ý Quan Trọng 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. Bằng cách tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập thường xuyên trên sachhoang.name.vn, bạn sẽ nắm bắt được những xu hướng mới nhất. 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.
Sự phong phú của tài liệu học tập và giải bài tập trên hệ thống mang lại vô vàn lựa chọn cho người dùng. 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. 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.
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. Rất nhiều người dùng đã chia sẻ rằng việc tiếp cận tài liệu học tập và giải bài tập tại sachhoang.name.vn đã thay đổi hoàn toàn thói quen của họ. Đội ngũ của chúng tôi luôn nỗ lực cập nhật dữ liệu liên tục để mang đến trải nghiệm tuyệt vời. 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.
Hỏi Đáp Cùng sachhoang.name.vn
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại sachhoang.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. 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. Bằng .
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại sachhoang.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. 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. Khác với các phương pháp.
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại sachhoang.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. 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. Rất n.
Tổng Kết Về 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. Dù bạn là người mới hay đã có kinh nghiệm, sachhoang.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 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. 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.
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 học tập và giải bài tập tại sachhoang.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.