Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 19
Xem thêm thông tin về:Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 19
Chuyên Mục Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập - Sự Lựa Chọn Phù Hợp
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. Khác với các phương pháp truyền thống, gamemodapk.org ứng dụng công nghệ để tối ưu hóa việc phân phối tài liệu học tập và giải bài tập đến tay bạn. 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.
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, gamemodapk.org ứng dụng công nghệ để tối ưu hóa việc phân phối tài liệu học tập và giải bài tập đến tay bạn. Việc đạt kết quả cao trong học tập giờ đây trở nên vô cùng đơn giản. Đây chính là minh chứng rõ ràng cho sự cam kết về một dịch vụ miễn phí nhưng chất lượng vượt trội.
Đề Kiểm Tra: Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 19
\(\frac{1}{4}{x^4} + \frac{1}{2}{x^2} + C\).
Theo công thức, ta có: \(\int {f\left( x \right)\,{d}x} = \int {\left( {{x^3} + x} \right)\,{d}x} = \frac{1}{4}{x^4} + \frac{1}{2}{x^2} + C\).
\(2e.\)
Ta có \(\int\limits_0^1 {f’\left( x \right)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_0^1 = f\left( 1 \right) – f\left( 0 \right) = 2e – 0 = 2e\)
\(S = \left( { - \infty ;{{\log }_2}3} \right)\).
Ta có \({2^x} < 3 \Leftrightarrow x < {\log _2}3 \Rightarrow \) tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - \infty ;{{\log }_2}3} \right)\).
\(10\,{c}{{m}^{3}}\).
Thể tích của khối chóp bằng
\(V = \frac{1}{3}S.h = \frac{1}{3}.6.5 = 10\,{c}{{m}^{3}}\).
\(z = 0\).
Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình là \(z = 0\).
\(6\).
\(\left( S \right):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} + {z^2} = 9\) có bán kính \(R = \sqrt 9 = 3\) \( \Rightarrow \) đường kính \(d = 2R = 6\)
\(3\).
Xét cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_1} = 3\) và công bội \(q\)
Ta có \({u_4} = 81 = {u_1}.{q^3} = 3.{q^3}\)\( \Rightarrow {q^3} = \frac{{81}}{3} = 27 \Rightarrow q = 3\)
[5;8)
[8;11)
[11;14)
[14;17)
[17;20) Số người
30
55
45
30
20 Tính mức thu nhập trung bình của người lao động ở công ty trên ( đơn vị: triệu đồng)
\(11,75\).
Mức thu nhập trung bình của người lao động ở công ty trên là:
\(\overline x = \frac{{6,5.30 + 9,5.55 + 12,5.45 + 15,5.30 + 18,5.20}}{{30 + 55 + 45 + 30 + 20}} = 11,75\)
\(\overrightarrow {SM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {SA} - \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SC} } \right)\).
Ta có
\(\overrightarrow {SM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {SA} – \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SC} } \right) \Leftrightarrow 2\overrightarrow {SM} = \overrightarrow {SA} – \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SC} \)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = \overrightarrow {SA} – \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SC} \)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {SD} – \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SA} – \overrightarrow {SB} \Leftrightarrow \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA} \,\,.\)
\(y = \frac{{{x^2} - x + 1}}{{x - 1}}\).
Từ hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số nhận đường thẳng \(x = 1\) làm tiệm cận đứng
Suy ra loại câu C (TCĐ: \(x = – 1\)) và câu D (TCĐ: \(x = 2\)).
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -1.
Xét \(y = \frac{{{x^2} + x – 1}}{{x – 1}}\) với \(x = 0 \Rightarrow y = 1\) (loại)
Xét \(y = \frac{{{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}\) với \(x = 0 \Rightarrow y = – 1\) (thỏa mãn).
Vậy đường cong là đồ thị của hàm số \(y = \frac{{{x^2} – x + 1}}{{x – 1}}\).
Tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là
3.
Do nên đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng \(x = 1\).
Do và nên đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang \(y = 2\) và \(y = 5\).
Vậy đồ thị hàm số có tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng là 3.
\(\alpha = {120^{o}}\).
Ta có \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)\)
\( \Rightarrow cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\vec a.\overrightarrow b }}{{\left| {\vec a} \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{ – 3}}{{3.2}} = – \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = {120^0}\)
\(f\left( 1 \right) = 3\).
\(f\left( 1 \right) = {3^{{1^3} – 3.1 + 1}} = {3^{ – 1}} = \frac{1}{3}\).
b) Sai.
\(f’\left( x \right) = {\left( {{3^{{x^3} – 3x + 1}}} \right)^\prime } = {\left( {{x^3} – 3x + 1} \right)^\prime }{.3^{{x^3} – 3x + 1}}\ln 3 = \left( {3{x^2} – 3} \right){.3^{{x^3} – 3x + 1}}\ln 3\).
c) Đúng.
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {3{x^2} – 3} \right){.3^{{x^3} – 3x + 1}}\ln 3 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{3{x^2} – 3 = 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;} \\
{{3^{{x^3} – 3x + 1}} = 0\;\left( {Do \;\;{3^{{x^3} – 3x + 1}}\; > 0\;} \right)}
\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow 3{x^2} – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\;x = 1 \in \left[ { – 1;\,\,2} \right]\;\;\;\;\;} \\
{x = – 1 \in \left[ { – 1;\,\,2} \right]\;\;}
\end{array}} \right.\)
Vậy \(f’\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm trên đoạn \(\left[ { – 1;\,\,2} \right]\).
d) Sai.
Dựa vào câu c:
\(f\left( { – 1} \right) = {3^{{{\left( { – 1} \right)}^3} – 3.\left( { – 1} \right) + 1}} = {3^3} = 27\)
\(f\left( 1 \right) = \frac{1}{3}\)
\(f\left( 2 \right) = {3^{{{\left( 2 \right)}^3} – 3.\left( 2 \right) + 1}} = {3^3} = 27\)
\(\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;\,\,2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = \frac{1}{3} < 1\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { – 1;\,\,2} \right]\) nhỏ hơn 1.
Tổng lượng nước được hồ chứa xả về hạ lưu từ 0h đến 5h là \(20,25\) triệu \({m^3}\).
Lưu lượng nước được hồ chứa xả về hạ lưu từ 0h đến 5 h là \(\int\limits_0^5 {\left( { – 0,108{t^3} + 0,54{t^2} + 1} \right)dt} = 10,625\)
Tổng lượng nước được hồ chứa xả về từ 0h đến 5h là \(10,625.5.3600 = 191250\) nghìn \({m^3}\)
b) Đúng.
c) Đúng
d) Sai. Ta có \(f\left( 5 \right) = 1 \Leftrightarrow 125a + 25b + 1 = 1\) hay \(5a + b = 0\)hay \(b = – 5a\) (1)
\(f’\left( t \right) = 3a{t^2} + 2bt = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{ – 2b}}{{3a}} = \frac{{10}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Giá trị cực đại của hàm số là \(f\left( {\frac{{10}}{3}} \right) = a.{\left( {\frac{{10}}{3}} \right)^3} + b.{\left( {\frac{{10}}{3}} \right)^2} + 1 = 3\) (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được \(a = – 0,108;\,b = 0,54\)
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp, đơn vị trên mỗi trục là mét, mặt phẳng Oxy là mặt đất và tia Oz hướng lên trời, Sol Goku đứng ở vị trí \(A\left( {5\,;\,\,0\,;\,\,40} \right)\), Frieza đại đế đứng ở vị trí \(B\left( {85\,;\,\,60\,;\,\,40} \right)\). Trước khi Goku tạo ra quả cầu Genki thì Frieza đã tấn công phủ đầu, hắn lao về phía Goku với vận tốc 50 m/s.
Vectơ vận tốc của Frieza là \(\vec v = \left( {400\,;\,\,300\,;\,\,0} \right)\), đơn vị: m/s.
Ta có \(\overrightarrow {BA} = \left( { – 80\,;\,\, – 60\,;\,\,0} \right)\) và \(AB = \sqrt {{{\left( { – 80} \right)}^2} + {{\left( { – 60} \right)}^2}} = 100\) m.
Thời gian để Frieza bay từ B đến A để tấn công Goku là \(\frac{{100}}{{50}} = 2\)s.
b) Mệnh đề sai.
Vectơ vận tốc của Frieza có dạng \(\vec v = k\overrightarrow {BA} = \left( { – 80k\,;\,\, – 60k\,;\,\,0} \right)\), với tham số \(k > 0\).
Ta có \(\left| {\vec v} \right| = 50 \Rightarrow \sqrt {{{\left( { – 80k} \right)}^2} + {{\left( { – 60k} \right)}^2}} = 50 \Rightarrow 100\left| k \right| = 50 \Rightarrow k = \frac{1}{2} > 0\).
Do đó Frieza bay đến chỗ Goku với vectơ vận tốc \(\vec v = \left( { – 40\,;\,\, – 30\,;\,\,0} \right)\).
c) Mệnh đề đúng.
Quả cầu Genki có tâm \(I\left( {8\,;\,\, – 1\,;\,\,58} \right)\), bán kính \(R = 10\,\,m\).
\(ID = \sqrt {{{\left( { – 182 – 8} \right)}^2} + {{\left( {159 + 1} \right)}^2} + {{\left( {45 – 58} \right)}^2}} = \sqrt {61\,869} \,\,m \approx 248,7\,\,m\).
Khoảng cách ngắn cần tính là \(ID – R = \sqrt {61\,869} – 10 \approx 238,7\,\,m\).
d) Mệnh đề đúng.
Sau t giây, điểm M (thuộc mặt cầu gần Frieza nhất) di chuyển đoạn đường: \(64t + t = 65t\) (m).
Khi M chạm vào Frieza (nếu hắn đứng yên) thì \(ID – R = 65t \Rightarrow t = \frac{{ID – R}}{{65}} \approx 3,67\) (giây).
Nếu anh An nhận kết quả xét nghiệm âm tính thì xác suất anh An không mắc bệnh là \(95\% \).
Theo giả thiết nếu một người không mắc bệnh X thì xác suất xét nghiệm âm tính là \(95\% \)nên anh An không mắc bệnh thì xác suất anh An nhận kết quả dương tính là \(5\% \).
b) Sai.
Gọi biến cố A: “ Người mắc bệnh X” và biến cố B: “ Người có xét nghiệm bệnh X dương tính”. Theo bài ra ta có: \(P\left( A \right) = 0,01\), \(P\left( {\overline A } \right) = 0,99\), \(P\left( {B|A} \right) = 0,97\)và \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,05\).
Ta có:
\(P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B |\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B |\overline A } \right) + P\left( A \right).P\left( {\overline B |A} \right)}} = \frac{{0,99.0,95}}{{0,99.0,95 + 0,01.0,03}} = 0,99968 \approx 100\% \)
c) Đúng.
Ta có:
\(P\left( {\overline A |B} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) + P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}} = \frac{{0,99.0,05}}{{0,99.0,05 + 0,01.0,97}} = 0,836 \approx 84\% \)
d) Đúng.
Theo giả thiết “Thống kê cho thấy tỷ lệ dân số mắc bệnh hiểm nghèo X là \(1\% \).” thì trước khi đi xét nghiệm, xác suất anh An không mắc bệnh là \(99\% \).
Gọi \(M,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(DC,\,DA\). Kẻ \(NP \bot AD\) tại \(N,\,P \in DD’\) \( \Rightarrow \left[ {D’,\,\,AD,\,\,C} \right] = \widehat {MNP}\).
Từ giả thiết suy ra \(AM = AD = AD’ = DM = 3\). Tam giác \(ADM\) đều nên \(MN = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).
Xét \(\Delta ADD’\) có \({cos}\widehat {ADD’} = \frac{{D{A^2} + D{{D’}^2} – A{{D’}^2}}}{{2.DA.DD’}} = \frac{{{3^2} + {4^2} – {3^2}}}{{2.3.4}} = \frac{2}{3}\).
Xét \(\Delta DNP\) vuông tại \(N\) có
\({cos}\widehat {NDP} = \frac{{DN}}{{DP}} \Rightarrow DP = \frac{{DN}}{{{cos}\widehat {NDP}}} = \frac{9}{4}\)\( \Rightarrow PN = \sqrt {D{P^2} – D{N^2}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{4}\);
Xét \(\Delta DMP\) vuông tại \(D\) có \(MP = \sqrt {D{M^2} + D{P^2}} = \frac{{15}}{4}\).
Xét \(\Delta MNP\) có
\({cos}\widehat {MNP} = \frac{{N{M^2} + N{P^2} – P{M^2}}}{{2.NM.NP}} = – \frac{{2\sqrt {15} }}{{15}}\)
\( \Rightarrow \widehat {MNP} \approx 121^\circ \)
Vậy \(\left[ {D’,\,\,AD,\,\,C} \right] \approx 121^\circ \).
Ta thấy chỉ có 2 thỏa mãn yêu cầu đề bài:
– Chu trình 1-2-3: Quân \((1,2),(2,3),(1,3)\).
– Chu trình 2-3-4: Quân \((2,3),(3,4),(2,4)\).
Xác suất cần tìm là \(\frac{2}{{C_6^2}} = 0,1\).
Giả sử mỗi chuyến vận chuyển \(x\) tấn hàng hóa
Thời gian vận chuyển của mỗi chuyến là \(\frac{x}{{60 – x}} + \frac{3}{{60}}x + 1,2 = \frac{{{x^2} – 64x + 1440}}{{20\left( {60 – x} \right)}}\) (giờ)
Khối lượng hàng hóa vận chuyển trung bình mỗi giờ là
\(m\left( x \right) = \frac{{20x\left( {60 – x} \right)}}{{{x^2} – 64x + 1440}}\)
\(m’\left( x \right) = \frac{{20\left( {4{x^2} – 2880x + 86400} \right)}}{{{{\left( {{x^2} – 64x + 1440} \right)}^2}}}\)
\(m’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
m \approx 31,4\left( {tm} \right) \hfill \\
m \approx 688,6\left( l \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Lập BBT ta có khối lượng hàng hóa vận chuyển trung bình mỗi giờ là lớn nhất thì mỗi xe nên vận chuyển \(31,4\,\) tấn
x = 2 + t \hfill \\
y = 3 \hfill \\
z = – 1 + 8t \hfill \\
\end{gathered} \right.\) một góc lớn nhất, có phương trình là \(ax + by + cz – 5 = 0.\) Tính \(a + b + c.\)
Đường thẳng \(d\) qua \(A\left( {1;\; – 1;\;0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;\; – 1;\;2} \right)\).
Đường thẳng \(\Delta \) qua \(B\left( {2;\;3;\; – 1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1;\;0;\;8} \right)\).
Cách 1: Sử dụng luôn dạng của \(\left( P \right)\) giả thiết đã cho
Ta có: \(\left( P \right):ax + by + cz – 5 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {a;\,b;\,c} \right)\).
+ Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(A\left( {1;\, – 1;\,0} \right)\) nên \(a – b – 5 = 0\) (1)
+ \(\left( P \right)\) chứa \(d\) nên \(\overrightarrow n .\overrightarrow {{u_1}} = 0 \Leftrightarrow 2a – b + 2c = 0 \Leftrightarrow b = 2a + 2c\). (2)
Gọi \(\varphi \) là góc giữa \(\left( P \right)\) và \(\Delta \), \(\varphi \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\).
Ta có \(\sin \varphi = \frac{{\left| {a + 8c} \right|}}{{\sqrt {65} .\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{{\left( {a + 8c} \right)}^2}}}{{{a^2} + 4{{\left( {a + c} \right)}^2} + {c^2}}}} \) (vì \(b = 2\left( {a + c} \right)\)).
Do hàm số \(y = \sin x\) đồng biến trên \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) nên \(\varphi \) lớn nhất khi và chỉ khi \(\sin \varphi \) lớn nhất. Do đó ta cần tìm giá trị lớn nhất của \(\sin \varphi \).
+ Nếu \(c = 0\) thì \(\sin \varphi = \sqrt {\frac{1}{{325}}} \)
+ Nếu \(c \ne 0\) thì \(\sin \varphi = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{{\left( {t + 8} \right)}^2}}}{{{t^2} + 4{{\left( {t + 1} \right)}^2} + 1}}} = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{t^2} + 16t + 64}}{{5{t^2} + 8t + 5}}} \) với \(t = \frac{a}{c}\).
Ta có \(\sin \varphi \) lớn nhất khi và chỉ khi \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 16t + 64}}{{5{t^2} + 8t + 5}}\) lớn nhất.
Ta có \(f’\left( t \right) = \frac{{ – 72{t^2} – 630t – 432}}{{{{\left( {5{t^2} + 8t + 5} \right)}^2}}}\) và \(f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – 8 \hfill \\
t = – \frac{3}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Bảng biến thiên
Suy ra \(f{\left( t \right)_{\max }} = 29\) khi \(t = \frac{a}{c} = – \frac{3}{4}\). Khi đó \(\sin \varphi = \sqrt {\frac{{29}}{{65}}} > \sqrt {\frac{1}{{325}}} \)
Do đó \(\sin {\varphi _{\max }} = \sqrt {\frac{{29}}{{65}}} \) khi \(\frac{a}{c} = – \frac{3}{4}\) (3)
Chọn \(a = 3\) thì \(c = – 4\) và \(b = – 2\) (thỏa mãn đồng thời (1) và (2) và (3))
Vậy \(\left( P \right):3x – 2y – 4z – 5 = 0\). Khi đó \(a + b + c = – 3\).
Cách 2: Giải tổng quát
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(A\left( {1;\, – 1;\,0} \right)\) có dạng \(a\left( {x – 1} \right) + b\left( {y + 1} \right) + cz = 0\) với \({a^2} + {b^2} + {c^2} > 0\).
Hay \(\left( P \right):ax + by + cz + b – a = 0\), với \(\overrightarrow n = \left( {a;\,b;\,c} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\).
Ta có: \(\left( P \right)\) chứa \(d\) nên \(\overrightarrow n .\overrightarrow {{u_1}} = 0 \Leftrightarrow 2a – b + 2c = 0 \Leftrightarrow b = 2a + 2c\).
Gọi \(\varphi \) là góc giữa \(\left( P \right)\) và \(\Delta \), \(\varphi \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\).
Ta có \(\sin \varphi = \frac{{\left| {a + 8c} \right|}}{{\sqrt {65} .\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{{\left( {a + 8c} \right)}^2}}}{{{a^2} + 4{{\left( {a + c} \right)}^2} + {c^2}}}} \).
Do hàm số \(y = \sin x\) đồng biến trên \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) nên \(\varphi \) lớn nhất khi và chỉ khi \(\sin \varphi \) lớn nhất. Do đó ta cần tìm giá trị lớn nhất của \(\sin \varphi \).
+ Nếu \(c = 0\) thì \(\sin \varphi = \sqrt {\frac{1}{{325}}} \)
+ Nếu \(c \ne 0\) thì \(\sin \varphi = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{{\left( {t + 8} \right)}^2}}}{{{t^2} + 4{{\left( {t + 1} \right)}^2} + 1}}} = \frac{1}{{\sqrt {65} }}.\sqrt {\frac{{{t^2} + 16t + 64}}{{5{t^2} + 8t + 5}}} \) với \(t = \frac{a}{c}\).
Ta có \(\sin \varphi \) lớn nhất khi và chỉ khi \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 16t + 64}}{{5{t^2} + 8t + 5}}\) lớn nhất.
Ta có \(f’\left( t \right) = \frac{{ – 72{t^2} – 630t – 432}}{{{{\left( {5{t^2} + 8t + 5} \right)}^2}}}\)
\(f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – 8 \hfill \\
t = – \frac{3}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Bảng biến thiên
Suy ra \(f{\left( t \right)_{\max }} = 29\) khi \(t = \frac{a}{c} = – \frac{3}{4}\). Khi đó \(\sin \varphi = \sqrt {\frac{{29}}{{65}}} > \sqrt {\frac{1}{{325}}} \)
Do đó \(\sin {\varphi _{\max }} = \sqrt {\frac{{29}}{{65}}} \) khi \(\frac{a}{c} = – \frac{3}{4}\).
Chọn \(a = 3\) thì \(c = – 4\) và \(b = – 2\).
Vậy \(\left( P \right):3x – 2y – 4z – 5 = 0\). Khi đó \(a + b + c = – 3\).
Ta có:
+) \(a = – 10(\;{m}/{s}) \Rightarrow v(t) = \int a (t)dt = – 10t + C\)
\(v(0) \Rightarrow C = 24 \Rightarrow v(t) = – 10t + 24\)
+) \(h = 15 \Rightarrow \int_0^a {( – 10t + 24)} = 15 \Rightarrow a = \frac{{12 + \sqrt {69} }}{5}\)
\( \Rightarrow v\left( {\frac{{12 + \sqrt {69} }}{5}} \right) \approx – 17(\;{m}/{s})\)
Số phần từ của không gian mẫu là
\(n(\Omega ) = A_9^6 = 60480{ }\)(cách).
Gọi \(A\) là biến cố “Bạn Nam giải được mật khẩu”.
Vì mỗi bộ ba số \((A,M,B);(B,N,C);(C,P,A)\) lập thành một một cấp số cộng nên
\(M = \frac{{A + B}}{2};N = \frac{{B + C}}{2};P = \frac{{A + C}}{2}.\)
Khi đó bộ ba số \(A\), \(B\), \(C\) phải cùng chẵn hoặc cùng lè, ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Bộ ba số \(A\), \(B\), \(C\) cùng chẵn.
Ta có 2 bộ ba số thỏa mãn là \((22;24;28)\) và (22; 26; 28)
Vởi mỗi cách xếp một bộ ba số vào ba vị trí \(A\), \(B\), \(C\) thì có duy nhất một số được chọn để xếp vào vị trí \(M\), một số được chọn để xếp vào vị trí \(N\), một số được chọn để xếp vào vị trí \(P\).
Số cách Nam giải được mật thư trong trường hợp này là \(2.3! = 12\) (cách).
Trường hợp 2: Bộ ba số \(A\), \(B\), \(C\) cùng lẻ.
Ta có 6 bộ sáu số thỏa mãn là \((21;23;27),(21;23;29),(21;25;27),(21;27;29)\), \((23;25;29)\), \((23;27;29)\)
Với mỗi cách xếp một bộ ba số vào ba vị trí \(A\), \(B\), \(C\) thì có duy nhất một số được chọn để xếp vào vị trí \(M\), một số được chọn để xếp vào vị trí \(N\), một số được chọn để xếp vào vị trí \(P\).
Số cách Nam giải được mật thư trong trương hợp này là \(6.3! = 36\) (cách).
Xác suất để bạn Nam giải được mật thư là
\(P(A) = a = \frac{{36 + 12}}{{60480}} = \frac{1}{{1260}} \Rightarrow \frac{2}{a} = \frac{2}{{\frac{1}{{1260}}}} = 2520\)
Giải thích & Đáp án chi tiết
Giá Trị Đích Thực Của 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 gamemodapk.org 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. Đội ngũ của chúng tôi luôn nỗ lực cập nhật dữ liệu liên tục để mang đến trải nghiệm tuyệt vời. 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.
Chúng tôi hiểu rằng chất lượng của tài liệu học tập và giải bài tập quyết định trực tiếp đến sự thành công của bạn. Chỉ với một thiết bị kết nối mạng, kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập khổng lồ của gamemodapk.org luôn sẵn sàng phục vụ bạn 24/7. 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. 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.
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 nhiều người dùng đã chia sẻ rằng việc tiếp cận tài liệu học tập và giải bài tập tại gamemodapk.org 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. 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.
Cách Tận Dụng Tối Đa 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. Việc truy cập tài liệu học tập và giải bài tập tại gamemodapk.org 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. 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. Bằng cách tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập thường xuyên trên gamemodapk.org, bạn sẽ nắm bắt được những xu hướng mới nhất. 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. Hãy biến mỗi phút giây trực tuyến của bạn thành những khoảnh khắc hữu ích.
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. 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. 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.
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: Sự phát triển không ngừng của tài liệu học tập và giải bài tập đã mở ra những hướng đi mới, mang lại... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 3: 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 4: Sự phong phú của tài liệu học tập và giải bài tập trên hệ thống mang lại vô vàn lựa chọn cho người d... giúp trải nghiệm đạt kết quả cao trong học tập tuyệt vời hơn.
- Điểm mạnh số 5: 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.
Lưu Ý Quan Trọng Về 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. Chỉ với một thiết bị kết nối mạng, kho tàng tài liệu học tập và giải bài tập khổng lồ của gamemodapk.org luôn sẵn sàng phục vụ bạn 24/7. Đội ngũ của chúng tôi luôn nỗ lực cập nhật dữ liệu liên tục để mang đến trải nghiệm tuyệt vời. 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.
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. Dù bạn là người mới hay đã có kinh nghiệm, gamemodapk.org đều cung cấp những tài liệu, tài liệu học tập và giải bài tập phù hợp với trình độ và nhu cầu cá nhân. 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.
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. Việc truy cập tài liệu học tập và giải bài tập tại gamemodapk.org giúp bạn dễ dàng đạt kết quả cao trong học tập một cách nhanh chóng và chính xác. 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.
Giải Đáp Thắc Mắc: Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại gamemodapk.org 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. 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. Chính vì vậy, gamemodapk.
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại gamemodapk.org có an toàn không?
Đáp: Hoàn toàn an toàn và miễn phí. Bạn có thể thoải mái đạt kết quả cao trong học tập mà không lo lắng về vấn đề bảo mật. Sự phát triển không ngừng của tài liệu học tập và giải bài tập đã mở ra những hướng đi mới, mang lại nhiều lợi ích thiết thực. Chính vì vậy, gamemodap.
Hỏi: Sử dụng tài liệu học tập và giải bài tập tại gamemodapk.org 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. 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. Việc truy cập tài liệu h.
Tổng Kết Về Tài Liệu Học Tập Và Giải Bài Tập
Sự phong phú của tài liệu học tập và giải bài tập trên hệ thống mang lại vô vàn lựa chọn cho người dùng. Bằng cách tham khảo tài liệu học tập và giải bài tập thường xuyên trên gamemodapk.org, 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.
Một trong những ưu điểm nổi bật khi tìm kiếm tài liệu học tập và giải bài tập là hệ thống phân loại thông minh. Khác với các phương pháp truyền thống, gamemodapk.org ứng dụng công nghệ để tối ưu hóa việc phân phối tài liệu học tập và giải bài tập đến tay bạn. Việc đạt kết quả cao trong học tập giờ đây trở nên vô cùng đơn giản. 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.