Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 3
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 3
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 3
9.
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 4 – \left( { – 1} \right) = 5\)
Ta có: \({u_8} = {u_1} + 2d = – 1 + 5.5 = 9\)
\(y' < 0,\forall x \ne 1\).
Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { – \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\)
Hơn nữa đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\)
Do đó \(y’ < 0,\forall x \ne 1\)
\(x + 2y + z - 4 = 0\).
Vì nên \(\left( Q \right):x + 2y + z + d = 0\)
Mặt khác \(\left( Q \right)\) đi qua \(M\left( {1;2; – 1} \right)\) nên \(1 + 2.2 – 1 + d = 0 \Leftrightarrow d = – 4\)
Vậy \(\left( Q \right):x + 2y + z – 4 = 0\)
\(\left( {2; - 2;0} \right)\).
Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2; – 2;1} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có tọa độ là \(\left( {2; – 2;0} \right)\)
\(S = \int\limits_1^4 {{6^x}dx} \).
Theo công thức tính diện tích hình phẳng ta có \(S = \int\limits_1^4 {{6^x}dx} \).
\({x^{2026}} + {e^x} + C\).
Theo công thức nguyên hàm của một số hàm thường gặp ta có \(\int {\left( {2026{x^{2025}} + {e^x}} \right)dx} = {x^{2026}} + {e^x} + C\).
\(x = \frac{\pi }{2} + k\pi {\text{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Theo công thức nghiệm đặc biệt thì \(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi {\text{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
\(\widehat {SCM}\).
Do \(\Delta SAB\) cân tại \(S\)mà \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(SM \bot AB\)
Do đó ta có \(\left\{ \begin{gathered}
\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\
\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB \hfill \\
\left( {SAB} \right) \supset SM \bot AB \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow SM \bot \left( {ABCD} \right)\)
Do đó hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(CM\)
Vậy \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,CM} \right) = \widehat {SCM}\)
\(2\sqrt 3 \).
Ta có: \(\vec u = \overrightarrow {A’C’} – \overrightarrow {A’A} = \overrightarrow {AC’} \)
Suy ra \(\left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {AC’} } \right| = AC’ = \sqrt {AA{‘^2} + A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 3 \)
16.
ТХĐ: \(D = \left( { – 3; + \infty } \right)\)
Ta có: \({\text{lo}}{{\text{g}}_{0,5}}\left( {2x + 6} \right) \geqslant – 5 \Leftrightarrow 2x + 6 \leqslant 32 \Leftrightarrow 2x \leqslant 26 \Leftrightarrow x \leqslant 13\)
Kết hợp với TXĐ ta được \( – 3 < x \leqslant 13\)
Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left( { – 2; – 1;0;1; \ldots ;13} \right)\)
1.
Ta thấy \(x = – 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 1
[0;20)
[20;40)
[40;60)
[60;80)
[80;100) Số học sinh
5
9
12
10
6 Nhóm chứa trung vị của mẫu số liệu trên là
\(\left[ {40;60} \right)\).
Ta có: \(n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42\)
Vậy trung vị của dãy số liệu là \(\frac{{{x_{21}} + {x_{22}}}}{2} \in \left[ {40;60} \right)\)
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\)
b) Đúng: Gọi phương trình tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(\left( d \right):y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\)
Ta thấy \(\left( d \right)\) đi qua các điểm có tọa độ \(\left( {0;1} \right),\left( { – 1;0} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 = b} \\
{ – a + b = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = 1} \\
{b = 1}
\end{array}} \right.} \right.\)
Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số có phương trình là \(y = x + 1\)
c) Sai: 2 điểm cực trị của hàm số đã cho tọa độ là \(A\left( {0;2} \right),B\left( { – 2; – 2} \right)\)
Gọi \(I\left( { – 1;0} \right),C\left( { – 1;2} \right),D\left( { – 2;0} \right),E\left( {0; – 2} \right)\)
Suy ra \(I\) là trung điểm của \(AB\)
Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{S_{OIA}} = \frac{1}{2}{S_{OICA}} = \frac{1}{2}.1.2 = 1} \\
{{S_{OIB}} = \frac{1}{2}{S_{OBD}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.2.2 = 1}
\end{array} \Rightarrow {S_{OAB}} = {S_{OIA}} + {S_{OIB}} = 1 + 1 = 2} \right.\)
d) Đúng: Từ đồ thị hàm số ta thấy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(\left( {\text{\Delta }} \right)\): \(x = – 1\)
Trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho chính là phân giác của góc tạo bởi tiệm cận xiên \(\left( d \right):x – y + 1 = 0\) và tiệm cận đứng \(\left( {\text{\Delta }} \right):x + 1 = 0\)
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi \(\left( d \right),\left( {\text{\Delta }} \right)\) là
\(\frac{{x – y + 1}}{{\sqrt 2 }} = \pm \left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – y + 1 = \sqrt 2 \left( {x + 1} \right)} \\
{x – y + 1 = – \sqrt 2 \left( {x + 1} \right)}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y = \left( {1 – \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right)} \\
{y = \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right) = \left( {x + 1} \right){\text{tan}}\frac{{3\pi }}{8}}
\end{array}} \right.} \right.\)
x = – 2 + 2t \hfill \\
y = – 1 – 3t \hfill \\
z = t \hfill \\
\end{gathered} \right.\). Gọi \(A,\,\,B\) lần lượt là hai tiếp điểm của tấm ván, sàn nhà với quả bóng và \(I\) là tâm quả bóng
Quả bóng có tâm \(I\left( {2\,;\,1\,;\,1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 6 \)
Mặt ngoài quả bóng là mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2\,;\,\, – 1\,;\,\, – 1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 6 \) nên mệnh đề a) Sai.Xét mệnh đề b)
Đường thẳng d: \(\frac{{x + 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ – 3}} = \frac{z}{1}\) qua \(A\left( { – 2\,;\,\, – 1\,;\,\,0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \({\vec u_d} = \left( {2\,;\,\, – 3\,;\,\,1} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AI} = \left( {4\,;\,\,0\,;\,\, – 1} \right)\,;\,\,\left[ {{{\vec u}_d}\,,\,\,\overrightarrow {AI} } \right] = \left( {3\,;\,\,6\,;\,\,12} \right)\).
Do đó \(d\left( {I\,,\,\,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {{{\vec u}_d}\,,\,\,\overrightarrow {AI} } \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_d}} \right|}} = \frac{{\sqrt {{3^2} + {6^2} + {{12}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { – 3} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\) nên mệnh đề b) Đúng.Xét mệnh đề c)
Gọi \(K\) là hình chiếu của \(I\)trên \(d\) thì \(KI = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\) và \(KA \bot IA\) suy ra \({\text{cos}}\widehat {AIK} = \frac{{IA}}{{IK}} = \frac{2}{3}.\)
Do vậy \({\text{cos}}\widehat {AIB} = 2{\text{co}}{{\text{s}}^2}\widehat {AIK} – 1\)\( = 2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} – 1 = – \frac{1}{9} = \frac{a}{b} \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 82\) nên mệnh đề c) Sai.Xét mệnh đề d)
Độ dài cung tròn bé nhất mà con kiến có thể đi: (dm)
Thời gian tối thiểu để kiến đến nơi là giây nên mệnh đề d) sai
\(h\left( t \right) = - 0,04{t^3} + 0,6{t^2}\,\,\,\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\).
Ta có \(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\text{dt}} = – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + C} \).
Tại thời điểm xuất phát (\(t = 0\)), độ cao của khinh khí cầu là 520m nên \(h\left( 0 \right) = 520 \Rightarrow C = 520\).
Vậy \(h\left( t \right) = – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + 520\).
b) Đúng.
Tại thời điểm \(t = 3\) phút, độ cao của khinh khí cầu là \(h\left( 3 \right) = 524,32\)m.
c) Đúng.
Ta có \(h’\left( t \right) = v\left( t \right) = – 0,12{t^2} + 1,2t\), suy ra \(h’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 10 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Ta có BBT:
Vậy độ cao tối đa của khinh khí cầu là 540m.
d) Đúng.
Khi trở lại độ cao như lúc xuất phát thì \(h\left( t \right) = 520 \Leftrightarrow – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + 520 = 520 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 15 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy sau 15 phút thì khinh khí cầu quay trở lại độ cao như lúc đầu.
Gọi \(A\) là biến cố: “nhiễm bệnh nếu tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang”.
\(B\)là biến cố: “nhiễm bệnh nếu tiếp xúc với người bệnh mà đeo khẩu trang”.
\(C\)là biến cố: “không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần đều không mang khẩu trang”.
\(D\)là biến cố: “ít nhất một lần bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang”.
\(P\left( C \right) = 0,04\).
Vì bệnh truyền nhiễm có xác suất truyền bệnh là 0,7 nếu tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang nên \(P\left( A \right) = 0,7\).
b) Đúng.
Ta có \(P\left( B \right) = 0,2\) nên \(P\left( {\overline B } \right) = 1 – P\left( B \right) = 1 – 0,2 = 0,8\).
c) Sai.
Biến cố \(C\): “Không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần đều không đeo khẩu trang”.
Mỗi lần tiếp xúc mà không đeo khẩu trang thì xác suất không bị lây bệnh là
\(1 – P\left( A \right) = 1 – 0,7 = 0,3\).
Do độc lập giữa các lần tiếp xúc, nên \(P\left( C \right) = 0,3 \cdot 0,3 = 0,09\).
d) Đúng.
\(D\) là biến cố: “ít nhất một lần bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang”.
\(\overline D \) là biến cố: “cả hai lần tiếp xúc đều không bị lây bệnh, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang.
Ta có \(P\left( {\overline D } \right) = 0,3 \cdot 0,8 = 0,24 \Rightarrow P\left( D \right) = 1 – 0,24 = 0,76\).
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt: \(V = \frac{1}{3}.h\left( {S + s + \sqrt {S.s} } \right)\).
Trong đó: \(S\)là diện tích đáy lớn; \(s\) là diện tích đáy bé; \(h\) là chiều cao khối chóp cụt đều.
Ta có: \(V = \frac{1}{3}.1.5\left( {4\sqrt 3 + \sqrt 3 + \sqrt {4\sqrt 3 .\sqrt 3 } } \right) = \frac{{7\sqrt 3 }}{2} \approx 6.06\).
Nếu cần \(a\) bước theo phương ngang (sang phải) và \(b\) bước theo phương dọc (đi lên), thì số đường đi ngắn nhất từ điểm xuất phát \(A\) đến điểm \(B\) là: \(\frac{{(a + b)!}}{{a!b!}}\)
Nếu như trong hình ta lấy ba điểm \({Q_1},{Q_2},{Q_3}\) thì để đi từ \(A\) đến \(P\) phải đi qua một trong hai điểm \({Q_1}\) hoặc \({Q_2}\); còn để đi từ \(P\) đến \(B\) thì phải đi qua một trong hai điểm \({Q_2}\) hoặc \({Q_3}\).
Do đó, khi xuất phát từ \(A\), đi qua \(P\) rồi đến \(B\), mỗi đoạn đường chỉ đi một lần và quãng đường là ngắn nhất, số cách đi trong từng trường hợp sau đây là:
(i) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_1} \to P \to {Q_2} \to B\): \(\frac{{4!}}{{1!.3!}}.1.1.1 \times \frac{{4!}}{{2!.2!}} = 24\)
(ii) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_1} \to P \to {Q_3} \to B\): \(\frac{{4!}}{{1!.3!}}.1.1.\frac{{5!}}{{2!.3!}} = 40\)
(iii) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_2} \to P \to {Q_3} \to B\): \(\frac{{3!}}{{1!.2!}}.1.1.1.\frac{{5!}}{{2!.3!}} = 30\)
Theo (i), (ii), (iii), số cách cần tìm là \(24 + 40 + 30 = 94\)
Để đường đi ngắn nhất thì chú cá bơi đến điểm dưới đáy hồ cách \(BA\) và \(BC\) những đoạn bằng \(a\) và \(b\). Khi đó tổng \(D = 3a + 6b\) bao nhiêu?
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\)
Khi đó \(IC = \left( {MICG} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)
Giả sử con cá bơi tới điểm \(K \in HC\)
Khi đó quãng đường con cá bơi là \(GK + KM\)
Ta có: \(IC = \sqrt {I{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {8^2}} = \sqrt {73} \left( {\text{m}} \right)\)
Đặt \(KC = x(x > 0)\)
Khi đó \(GK + KM = \sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{5^2} + {{(\sqrt {73} – x)}^2}} \)
Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{5^2} + {{(\sqrt {73} – x)}^2}} \)
Theo BĐT Minkowski ta có \(\sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{{(\sqrt {73} – x)}^2} + {5^2}} \geqslant \sqrt {{{(x + \sqrt {73} – x)}^2} + {{(10 + 5)}^2}} = \sqrt {298} \)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{x}{{\sqrt {73} – x}} = \frac{{10}}{5} \Leftrightarrow x = 5,696\)
Khi đường đi ngắn nhất thì \(KC = 5,696\)
Kẻ \(KL \bot BC,KN \bot BI\left( {L \in BC,N \in BI} \right)\)
Ta có: \(\frac{{KL}}{{BI}} = \frac{{KC}}{{CI}} \Rightarrow \frac{{KL}}{3} = \frac{{5,696}}{{\sqrt {73} }} \Rightarrow KL \approx 2\left( m \right)\)
\(\frac{{KN}}{{BC}} = \frac{{KI}}{{IC}} \Rightarrow KN = \frac{{KI.BC}}{{IC}} = \frac{{\left( {\sqrt {73} – 5,696} \right).8}}{{\sqrt {73} }} \approx 2,67\left( {\text{m}} \right)\)
Vậy \(D = 3a + 6b = 3.2,67 + 6.2 = 20\left( m \right)\)
Từ hình vẽ: \(f(20) = 30 \Rightarrow a\sqrt {20} = 30 \Rightarrow a = \frac{{15}}{{\sqrt 5 }} = 3\sqrt 5 \).
Vậy \(f(x) = 3\sqrt 5 \sqrt x \).
Thể tích khối tròn xoay:
\(\begin{array}{*{20}{l}}
V&{ = \pi \int_0^{20} {(f(} x){)^2}dx = \pi \int_0^{20} {{{(3\sqrt 5 )}^2}} xdx = \pi \int_0^{20} 4 5xdx} \\
{}&{ = \pi \cdot \left. {\left[ {\frac{{45}}{2}{x^2}} \right]} \right|_0^{20} = \pi \cdot 9000 \approx 28274,33\;c{m^3} \approx 28,3{\text{ l\’i t}}{\text{. }}}
\end{array}\)
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.
Gọi \(D\) là điểm ném quả bóng. Do đó, \(D\left( {0;0;2} \right)\) và điểm \(A\left( {3;4;0} \right)\), \(H\left( {0;4;0} \right)\).
Quỹ đạo của quả bóng nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và chứa trục \(Oz\).
Ta thiết lập một trục hoành mới\(t\) trên mặt đất \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho trục \(t\) đi qua hình chiếu của quỹ đạo (đoạn \(OA\)) và trục tung mới \(z\) trùng với \(Oz\).
Đặt \(t\) là khoảng cách từ điểm chiếu trên mặt đất đến gốc tọa độ \(O\).
Một điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) trên quỹ đạo có hình chiếu \(M’\left( {x;y;0} \right)\) trên mặt đất.
Khoảng cách \(t\) là độ dài đoạn \(OM’\): \(t = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \).
Tọa độ các điểm trên hệ trục (t, z):
Điểm ném \(D\):\({t_D} = \sqrt {{0^2} + {0^2}} = 0 \Rightarrow D’\left( {0;2} \right)\)
Điểm chạm đất \(A\): \({t_A} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5 \Rightarrow A’\left( {5;0} \right)\).
Phương trình một đường parabol \(\left( P \right)\) nên \(z\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\).
Qua điểm ném \(D’\left( {0;2} \right)\) và điểm chạm đất \(A’\left( {5;0} \right)\) nên \(\left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b + 2 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)(1)
Qua điểm trung gian \(M\left( {x;y;z} \right)\)có hoành độ bằng \(2\) thì cao độ của nó bằng \(3,5\) nên \(M\left( {2;y;\frac{7}{2}} \right)\)
Điểm hình chiếu của \(M\) là \(M’\)nằm trên đường thẳng \(OA\) có phương trình \(y = \frac{4}{3}x\).
Suy ra \({y_M} = \frac{4}{3}.2 = \frac{8}{3}\). Vậy \(M\left( {2;\frac{8}{3};\frac{7}{2}} \right)\).
Qua điểm \(M’\): \({t_M} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\frac{8}{3}} \right)}^2}} = \frac{{10}}{3} \Rightarrow M’\left( {\frac{{10}}{3};\frac{7}{2}} \right)\).
Do đó \(\frac{{100}}{9}a + \frac{{10}}{3}b + 2 = \frac{7}{2} \Rightarrow 100a + 30b = \frac{{27}}{2}\)(2)
Từ (1) và (2) ta có \(\left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b = – 2 \hfill \\
100a + 30b = \frac{{27}}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
a = – \frac{{51}}{{100}} \hfill \\
b = \frac{{43}}{{20}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Khi đó \(z\left( t \right) = – \frac{{51}}{{100}}{t^2} + \frac{{43}}{{20}}t + 2\).
Cao độ lớn nhất xảy ra tại đỉnh Parabol. Tọa độ đỉnh là \({t_0} = – \frac{{\frac{{43}}{{20}}}}{{ – 2.\frac{{51}}{{100}}}} = \frac{{215}}{{102}}\).
Ta lại có \({t_0} = \sqrt {{x_0}^2 + {y_0}^2} \Leftrightarrow {t_0} = \sqrt {{x_0}^2 + \frac{{16}}{9}{x_0}^2} = \frac{5}{3}{x_0} \Rightarrow {x_0} = \frac{3}{5}{t_0} = \frac{3}{5}.\frac{{215}}{{102}} = \frac{{43}}{{34}} \approx 1,26\).
Gọi \(A\) là biến cố “An lấy được viên bi màu xanh”
Khi đó \(\overline A \) là biến cố “An lấy được viên bi màu đỏ”
Gọi \(B\) là biến cố “tất cả các viên bi được hai bạn chọn ra đều có đủ hai màu”
Trường hợp 1: An lấy được viên bi xanh
Khi đó hộp còn 9 viên bi xanh và 5 viên bi đỏ
Để có đủ 2 màu thì có các trường hợp là:
– Bình lấy 2 viên bi đỏ
– Bình lấy 1 viên bi đỏ và 1 bi xanh
Xác suất để tất cả viên bi hai bạn lấy ra có đủ 2 màu là
\(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_5^2 + C_9^1.C_5^1}}{{C_{14}^2}} = \frac{{55}}{{91}}\)
Trường hợp 2: An lấy được viên bi đỏ
Khi đó hộp còn 10 viên bi xanh và 4 viên bi đỏ
Để có đủ 2 màu thì có các trường hợp là:
– Bình lấy 3 viên bi xanh
– Bình lấy 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ
– Bình lấy 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ
Xác suất để tất cả viên bi hai bạn lấy ra có đủ 2 màu là
\(P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{C_{10}^3 + C_{10}^2.C_4^1 + C_{10}^1.C_4^2}}{{C_{14}^3}} = \frac{{90}}{{91}}\)
Ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right) + P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)\)
\( = \frac{1}{3}.\frac{{90}}{{91}} + \frac{2}{3}.\frac{{55}}{{91}} = \frac{{200}}{{273}}\)
Lại có: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B\mid A} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{55}}{{91}}.\frac{2}{3}}}{{\frac{{200}}{{273}}}} = \frac{9}{{14}} = 0,55\)
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. 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.