• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay

Đề thi thử TN THPT môn Toán cụm trường THPT Đà Nẵng năm 2026 - Lần 1

Số câu: 22 câu  Thời gian làm bài: 90 phút

Phạm vi kiểm tra: Toán THPT

Lưu ý: Bạn chỉ có thể làm các câu hỏi trắc nghiệm. HocTot.XYZ chưa hỗ trợ làm các câu hỏi tự luận

Làm từng câu Làm tất cả

Bắt đầu làm bài

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng $\\left( {2; + \\infty} \\right)$.

b) Hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị.

c) f’(2) = 16.

d) Đồ thị hàm số $g(x) = \\dfrac{\\sqrt{x}}{f'(x) + 2}$ có 3 đường tiệm cận đứng.

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng $\\left( {2; + \\infty} \\right)$.

b) Hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị.

c) f’(2) = 16.

d) Đồ thị hàm số $g(x) = \\dfrac{\\sqrt{x}}{f'(x) + 2}$ có 3 đường tiệm cận đứng.

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng $\\left( {2; + \\infty} \\right)$.

b) Hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị.

c) f’(2) = 16.

d) Đồ thị hàm số $g(x) = \\dfrac{\\sqrt{x}}{f'(x) + 2}$ có 3 đường tiệm cận đứng.

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên $\\mathbb{R}$ và f’(x) là hàm số bậc ba có đồ thị là đường cong trong hình vẽ.

a) Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng $\\left( {2; + \\infty} \\right)$.

b) Hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị.

c) f’(2) = 16.

d) Đồ thị hàm số $g(x) = \\dfrac{\\sqrt{x}}{f'(x) + 2}$ có 3 đường tiệm cận đứng.

a) Đúng. Vì từ đồ thị của hàm số y = f’(x) ta thấy f’(x) > 0 $\\forall x > 1$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\\left( {2; + \\infty} \\right)$.

b) Sai. Vì từ đồ thị của hàm số y = f’(x) ta thấy f’(x) chỉ đổi dấu một lần qua x = 1 nên hàm số có một điểm cực trị.

c) Đúng. Vì từ đồ thị ta có hàm số f’(x) có dạng: $f'(x) = a\\left( {x + 2} \\right)^{2}\\left( {x - 1} \\right)$.

Đồ thị hàm số y = f’(x) đi qua (0; -4) nên: $\\left. - 4 = a\\left( {0 + 2} \\right)^{2}\\left( {0 - 1} \\right)\\Leftrightarrow a = 1 \\right.$.

Vậy $\\left. f'(x) = \\left( {x + 2} \\right)^{2}\\left( {x - 1} \\right)\\Rightarrow f'(2) = \\left( {2 + 2} \\right)^{2}\\left( {2 - 1} \\right) = 16 \\right.$.

d) Sai. ĐK: $x \\geq 0$.

$\\left. f'(x) + 2 = 0\\Leftrightarrow f'(x) = - 2\\Leftrightarrow\\left\\lbrack \\begin{array}{l} {x = a < - 2} \\\\ {x = - 1} \\\\ {x = b > 0} \\end{array} \\right. \\right.$.

Đối chiếu với ĐK chỉ chọn nghiệm x = b. Vậy đồ thị hàm số g(x) chỉ có 1 đường tiệm cận đứng.

Xét trên tập xác định của hàm số:

a) Hàm số đồng biến trên khoảng f’(x) > 0.

b) Hàm số đạt cực trị tại điểm mà qua đó f’(x) đổi dấu.

c) Tìm công thức hàm số f’(x) từ đồ thị, sau đó tính f’(2).

d) Tìm số nghiệm lớn hơn hoặc bằng 0 của phương trình $f'(x) + 2 = 0$.

Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 (cm). Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh x (cm), rồi gấp tấm nhôm lại để được cái hộp không nắp.

a) Độ dài cạnh đáy của cái hộp là (12 – 2x) (cm).

b) Thể tích cái hộp được tính theo công thức $V(x) = 4x^{3} + 144x$.

c) Đạo hàm của hàm thể tích là $V'(x) = 12x^{2} - 96x + 144$.

d) Cái hộp có thể tích lớn nhất khi x = 2.

a) Độ dài cạnh đáy của cái hộp là (12 – 2x) (cm).

b) Thể tích cái hộp được tính theo công thức $V(x) = 4x^{3} + 144x$.

c) Đạo hàm của hàm thể tích là $V'(x) = 12x^{2} - 96x + 144$.

d) Cái hộp có thể tích lớn nhất khi x = 2.

a) Độ dài cạnh đáy của cái hộp là (12 – 2x) (cm).

b) Thể tích cái hộp được tính theo công thức $V(x) = 4x^{3} + 144x$.

c) Đạo hàm của hàm thể tích là $V'(x) = 12x^{2} - 96x + 144$.

d) Cái hộp có thể tích lớn nhất khi x = 2.

Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12 (cm). Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh x (cm), rồi gấp tấm nhôm lại để được cái hộp không nắp.

a) Độ dài cạnh đáy của cái hộp là (12 – 2x) (cm).

b) Thể tích cái hộp được tính theo công thức $V(x) = 4x^{3} + 144x$.

c) Đạo hàm của hàm thể tích là $V'(x) = 12x^{2} - 96x + 144$.

d) Cái hộp có thể tích lớn nhất khi x = 2.

a) Đúng. Độ dài cạnh đáy của cái hộp là 12 – 2x.

b) Sai. $V = S.h = \\left( {12 - 2x} \\right)^{2}.x = 4x^{3} - 48x^{2} + 144x$.

c) Đúng. $V'(x) = 12x^{2} - 96x + 144$.

d) Đúng. Ta có $V' = 12x^{2} - 96x + 144$.

Do đó $\\left. V' = 0\\Leftrightarrow 12x^{2} - 96x + 144 = 0\\Leftrightarrow\\left\\lbrack \\begin{array}{l} {x = 2} \\\\ {x = 6} \\end{array} \\right. \\right.$.

Lập bảng biến thiên, ta được $V_{max}$ khi x = 2. Vậy để thể tích hộp lớn nhất thì x = 2 cm.

Biểu diễn độ dài cạnh đáy, thể tích hộp theo x. Áp dụng đạo hàm, lập bảng biến thiên tìm x để thể tích đạt GTLN.

Cho tứ diện đều ABCD, gọi M là trung điểm của cạnh BC.

a) Có 4 vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là một trong các đỉnh còn lại của tứ diện.

b) $\\overset{\\rightarrow}{AB} + \\overset{\\rightarrow}{AD} = 2\\overset{\\rightarrow}{AM}$.

c) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD và I là điểm thuộc đoạn thẳng AG sao cho $\\overset{\\rightarrow}{AI} = 3\\overset{\\rightarrow}{IG}$. Khi đó $\\overset{\\rightarrow}{IA} + \\overset{\\rightarrow}{IB} + \\overset{\\rightarrow}{IC} + \\overset{\\rightarrow}{ID} = \\overset{\\rightarrow}{0}$.

d) $\\cos\\left( {AB,DM} \\right) = \\dfrac{\\sqrt{3}}{6}.$

a) Có 4 vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là một trong các đỉnh còn lại của tứ diện.

b) $\\overset{\\rightarrow}{AB} + \\overset{\\rightarrow}{AD} = 2\\overset{\\rightarrow}{AM}$.

c) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD và I là điểm thuộc đoạn thẳng AG sao cho $\\overset{\\rightarrow}{AI} = 3\\overset{\\rightarrow}{IG}$. Khi đó $\\overset{\\rightarrow}{IA} + \\overset{\\rightarrow}{IB} + \\overset{\\rightarrow}{IC} + \\overset{\\rightarrow}{ID} = \\overset{\\rightarrow}{0}$.

d) $\\cos\\left( {AB,DM} \\right) = \\dfrac{\\sqrt{3}}{6}.$

a) Có 4 vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là một trong các đỉnh còn lại của tứ diện.

b) $\\overset{\\rightarrow}{AB} + \\overset{\\rightarrow}{AD} = 2\\overset{\\rightarrow}{AM}$.

c) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD và I là điểm thuộc đoạn thẳng AG sao cho $\\overset{\\rightarrow}{AI} = 3\\overset{\\rightarrow}{IG}$. Khi đó $\\overset{\\rightarrow}{IA} + \\overset{\\rightarrow}{IB} + \\overset{\\rightarrow}{IC} + \\overset{\\rightarrow}{ID} = \\overset{\\rightarrow}{0}$.

d) $\\cos\\left( {AB,DM} \\right) = \\dfrac{\\sqrt{3}}{6}.$

Cho tứ diện đều ABCD, gọi M là trung điểm của cạnh BC.

a) Có 4 vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là một trong các đỉnh còn lại của tứ diện.

b) $\\overset{\\rightarrow}{AB} + \\overset{\\rightarrow}{AD} = 2\\overset{\\rightarrow}{AM}$.

c) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD và I là điểm thuộc đoạn thẳng AG sao cho $\\overset{\\rightarrow}{AI} = 3\\overset{\\rightarrow}{IG}$. Khi đó $\\overset{\\rightarrow}{IA} + \\overset{\\rightarrow}{IB} + \\overset{\\rightarrow}{IC} + \\overset{\\rightarrow}{ID} = \\overset{\\rightarrow}{0}$.

d) $\\cos\\left( {AB,DM} \\right) = \\dfrac{\\sqrt{3}}{6}.$

a) Sai. Vì có 3 vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là một trong các đỉnh còn lại của tứ diện là $\\overset{\\rightarrow}{AB},^{}\\overset{\\rightarrow}{AC},^{}\\overset{\\rightarrow}{AD}.$

b) Sai. Vì M là trung điểm của cạnh BC nên $\\overset{\\rightarrow}{AB} + \\overset{\\rightarrow}{AC} = 2\\overset{\\rightarrow}{AM}$.

c) Đúng. Vì G là trọng tâm của tam giác BCD nên với điểm I, ta có $\\overset{\\rightarrow}{IB} + \\overset{\\rightarrow}{IC} + \\overset{\\rightarrow}{ID} = 3\\overset{\\rightarrow}{IG}$.

Do đó $\\overset{\\rightarrow}{IA} + \\overset{\\rightarrow}{IB} + \\overset{\\rightarrow}{IC} + \\overset{\\rightarrow}{ID} = \\overset{\\rightarrow}{IA} + 3\\overset{\\rightarrow}{IG}$.

Vì I là điểm thuộc đoạn thẳng AG sao cho $\\overset{\\rightarrow}{AI} = 3\\overset{\\rightarrow}{IG}$ nên $\\overset{\\rightarrow}{IA},\\overset{\\rightarrow}{IG}$ là hai vectơ ngược hướng và IA = 3IG. Do đó $\\left. \\overset{\\rightarrow}{IA} = - 3\\overset{\\rightarrow}{IG}\\Leftrightarrow\\overset{\\rightarrow}{IA} + 3\\overset{\\rightarrow}{IG} = \\overset{\\rightarrow}{0} \\right.$.

d) Đúng. Giả sử cạnh của tứ diện đã cho bằng a.

Ta có AB = a, $DM = \\dfrac{a\\sqrt{3}}{2}$, $AM = \\dfrac{a\\sqrt{3}}{2}$, $\\left( {\\overset{\\rightarrow}{AB},\\overset{\\rightarrow}{AM}} \\right) = 30^{o}$, $\\left( {\\overset{\\rightarrow}{AB},\\overset{\\rightarrow}{AD}} \\right) = 60^{o}$.

Khi đó $\\overset{\\rightarrow}{AB} \\cdot \\overset{\\rightarrow}{DM} = \\overset{\\rightarrow}{AB} \\cdot \\left( {\\overset{\\rightarrow}{AM} - \\overset{\\rightarrow}{AD}} \\right) = \\overset{\\rightarrow}{AB} \\cdot \\overset{\\rightarrow}{AM} - \\overset{\\rightarrow}{AB} \\cdot \\overset{\\rightarrow}{AD}$

$= \\left| \\overset{\\rightarrow}{AB} \\right| \\cdot \\left| \\overset{\\rightarrow}{AM} \\right| \\cdot \\cos\\left( {\\overset{\\rightarrow}{AB},\\overset{\\rightarrow}{AM}} \\right) - \\left| \\overset{\\rightarrow}{AB} \\right| \\cdot \\left| \\overset{\\rightarrow}{AD} \\right| \\cdot \\cos\\left( {\\overset{\\rightarrow}{AB},\\overset{\\rightarrow}{AD}} \\right)$

$= a \\cdot \\dfrac{a\\sqrt{3}}{2} \\cdot \\cos 30{^\\circ} - a \\cdot a \\cdot \\cos 60{^\\circ} = \\dfrac{a^{2}}{4}$.

Do đó $\\cos\\left( {\\overset{\\rightarrow}{AB},\\overset{\\rightarrow}{DM}} \\right) = \\dfrac{\\overset{\\rightarrow}{AB} \\cdot \\overset{\\rightarrow}{DM}}{\\left| \\overset{\\rightarrow}{AB} \\right| \\cdot \\left| \\overset{\\rightarrow}{DM} \\right|} = \\dfrac{\\dfrac{a^{2}}{4}}{a \\cdot \\dfrac{a\\sqrt{3}}{2}} = \\dfrac{\\sqrt{3}}{6} > 0$.

Suy ra $\\cos\\left( {AB,DM} \\right) = \\cos\\left( {\\overset{\\rightarrow}{AB},\\overset{\\rightarrow}{DM}} \\right) = \\dfrac{\\sqrt{3}}{6}$.

Áp dụng các phép toán vecto trong không gian.

Qua khảo sát, thời gian hoàn thành một bài thi thử tốt nghiệp của một số học sinh lớp 12 của hai trường X và Y được ghi lại ở bảng sau:

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên bằng 25.

b) Nếu so sánh theo khoảng tứ phân vị thì học sinh trường Y có tốc độ làm bài đồng đều hơn.

c) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường X (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 37,8.

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm của trường Y (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 33,9.

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên bằng 25.

b) Nếu so sánh theo khoảng tứ phân vị thì học sinh trường Y có tốc độ làm bài đồng đều hơn.

c) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường X (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 37,8.

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm của trường Y (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 33,9.

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên bằng 25.

b) Nếu so sánh theo khoảng tứ phân vị thì học sinh trường Y có tốc độ làm bài đồng đều hơn.

c) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường X (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 37,8.

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm của trường Y (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 33,9.

Qua khảo sát, thời gian hoàn thành một bài thi thử tốt nghiệp của một số học sinh lớp 12 của hai trường X và Y được ghi lại ở bảng sau:

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên bằng 25.

b) Nếu so sánh theo khoảng tứ phân vị thì học sinh trường Y có tốc độ làm bài đồng đều hơn.

c) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm của trường X (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 37,8.

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm của trường Y (Làm tròn đến chữ số hàng phần chục) là 33,9.

a) Đúng. Khoảng biến thiên: R = 90 – 65 = 25.

b) Sai. Trường X:

Cỡ mẫu: 7 + 10 + 15 + 30 + 45 = 107.

$Q_{1} = 75 + \\dfrac{\\dfrac{107}{4} - (7 + 10)}{15}(80 - 75) = 78,25$.

$Q_{3} = 85 + \\dfrac{\\dfrac{3.107}{4} - (7 + 10 + 15 + 30)}{45}(90 - 85) = \\dfrac{3133}{36}$.

$\\Delta_{Q} = Q_{3} - Q_{1} = \\dfrac{3133}{36} - 78,25 = \\dfrac{79}{9} \\approx 8,778$.

Trường Y:

Cỡ mẫu: 5 + 13 + 18 + 35 + 31 = 102.

$Q_{1}' = 75 + \\dfrac{\\dfrac{102}{4} - (5 + 13)}{18}(80 - 75) = \\dfrac{925}{12}$.

$Q_{3}' = 85 + \\dfrac{\\dfrac{3.102}{4} - (5 + 13 + 18 + 35)}{31}(90 - 85) = \\dfrac{5325}{62}$.

$\\Delta_{Q}' = Q_{3} - Q_{1} = \\dfrac{5325}{62} - \\dfrac{925}{12} = \\dfrac{3275}{372} \\approx 8,804$.

Vì $\\Delta_{Q} < \\Delta_{Q}'$ nên học sinh trường X có tốc độ làm bài đồng đều hơn.

c) Đúng. Trường X:

$\\overline{x} = \\dfrac{67,5.7 + 72,5.10 + 77,5.15 + 82,5.30 + 87,5.45}{107} = \\dfrac{17545}{214}$.

$s_{X}{}^{2} = \\dfrac{1}{107}\\left\\lbrack {7.{(67,5 - \\overline{x})}^{2} + ... + 45.{(87,5 - \\overline{x})}^{2}} \\right\\rbrack \\approx 37,8$.

d) Sai. Trường Y:

$\\overline{y} = \\dfrac{67,5.5 + 72,5.13 + 77,5.18 + 82,5.35 + 87,5.31}{102} = \\dfrac{8275}{102}$.

$s_{Y}{}^{2} = \\dfrac{1}{102}\\left\\lbrack {5.{(67,5 - \\overline{y})}^{2} + ... + 31.{(87,5 - \\overline{y})}^{2}} \\right\\rbrack \\approx 33,9$.

$s_{Y} \\approx \\sqrt{33,9} \\approx 5,8$.

Áp dụng công thức tính khoảng biến thiên, khoảng tứ phân vị, phương sai và độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, \\(\\widehat {ABC} = {60^o}\\). Biết rằng \\(SO \\bot \\left( {ABCD} \\right)\\), \\(SO = \\frac{{3a}}{2}\\). Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng \\(\\frac{{m\\sqrt {13} .a}}{n}\\) với \\(\\frac{m}{n}\\) là phân số tối giản, m > 0, n > 0. Giá trị m + n bằng bao nhiêu?

Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng là khoảng cách từ điểm đó đến hình chiếu vuông góc của nó lên mặt phẳng.

Gọi K là hình chiếu của O lên CD, H là hình chiếu của O lên SK.

\\(\\left. \\begin{array}{l}OK \\bot CD\\\\SO \\bot (ABCD) \\Rightarrow SO \\bot CD\\end{array} \\right\\} \\Rightarrow CD \\bot (SOK) \\Rightarrow CD \\bot OH\\).

\\(\\left. \\begin{array}{l}OH \\bot SK\\\\OH \\bot CD\\end{array} \\right\\} \\Rightarrow OH \\bot (SCD) \\Rightarrow d\\left( {O,SCD)} \\right) = OH\\).

\\(AC = 2OC \\Rightarrow d\\left( {A;\\left( {SCD} \\right)} \\right) = 2d\\left( {O;\\left( {SCD} \\right)} \\right) = 2OH\\).

\\(\\Delta ABC\\) đều cạnh a, suy ra \\(OC = \\frac{a}{2}\\), \\(OB = \\frac{{a\\sqrt 3 }}{2} = OD\\).

\\(\\frac{1}{{O{K^2}}} = \\frac{1}{{O{C^2}}} + \\frac{1}{{O{D^2}}} = \\frac{{16}}{{3{a^2}}}\\);

\\(\\frac{1}{{O{H^2}}} = \\frac{1}{{O{S^2}}} + \\frac{1}{{O{K^2}}} = \\frac{{52}}{{9{a^2}}} \\Rightarrow OH = \\frac{{3\\sqrt {13} a}}{{26}}\\).

Vậy \\(d\\left( {A;\\left( {SCD} \\right)} \\right) = 2OH = \\frac{{3{\\sqrt {13} }a}}{13}\\).

Vậy m + n = 3 + 13 = 16.

Để chuẩn bị cho hành trình học đại học sau khi tốt nghiệp phổ thông, ngay từ đầu năm lớp 10, được sự đồng ý của cha mẹ, bạn Hùng vừa đi học vừa đi làm thêm ngoài giờ để có thể giảm gánh nặng kinh tế cho gia đình. Tháng đầu tiên đi làm, bạn Hùng được ông chủ trả 3 triệu đồng, nhờ siêng năng làm việc nên cứ mỗi tháng ông chủ lại tăng 7% lương so với tiền lương tháng liền trước (Công việc không thay đổi và không bị gián đoạn trong suốt thời gian 3 năm học phổ thông). Mỗi khi lĩnh lương bạn Hùng đều cất đi phần lương tăng so với tháng trước. Hỏi sau 3 năm kể từ khi bắt đầu đi làm thêm thì bạn Hùng tiết kiệm được bao nhiêu triệu đồng? (Kết quả làm tròn đến chữ số hàng đơn vị).

Chứng minh phần lương tăng mỗi tháng của Hùng lập thành một cấp số nhân. Tìm số hạng đầu, công bội và áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số nhân.

Lương tháng thứ 1: \\({u_1} = 3\\) (triệu đồng).

Lương tháng thứ 2: \\({u_2} = {u_1} + r.{u_1} = \\left( {1 + r} \\right).{u_1}\\).

Lương tháng thứ 3: \\({u_3} = {u_2} + r.{u_2} = \\left( {1 + r} \\right).{u_2}\\)….

Như vậy tiền lương mỗi tháng bạn Hùng nhận được lập thành cấp số nhân \\(\\left( {{u_n}} \\right)\\) có \\({u_1} = 3\\) và công bội \\(q = 1 + r\\), với \\(r = 7\\%  = 0,07\\).

Bạn Hùng chỉ cất phần lương tăng, nên số tiền bạn Hùng tiết kiệm là:

\\(T = r.{u_1} + r.{u_2} + ... + r.{u_{35}}\\)

\\( = r\\left( {{u_1} + {u_2} + {u_3} + ... + {u_{35}}} \\right) = r.\\left( {{u_1}.\\frac{{{q^{35}} - 1}}{{q - 1}}} \\right)\\)

\\( = 0,07.\\left( {3.\\frac{{1,{{07}^{35}} - 1}}{{1,07 - 1}}} \\right) = 29,0297 \\approx 29\\).

Một cái bể nước hình nón để ngược như hình vẽ, có chiều cao 51 cm, bán kính đáy bằng 50 cm.

Một vòi nước chảy vào bể sao cho sau mỗi giây chiều cao mực nước tăng đều lên 2 cm cho đến khi đầy bể. Hãy tính tốc độ tăng thể tích \\(\\left( {{m^3}/s} \\right)\\) của nước trong khoảng thời gian một giây ngay trước khi bể đầy. (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Gọi thời điểm 1 giây trước khi đầy bể là \\({t_1}\\) giây, thời điểm đầy bể là \\({t_2}\\) giây (kể từ khi vòi bắt đầu chảy).

Sử dụng định nghĩa đạo hàm, tính \\(\\frac{{\\Delta V}}{{\\Delta t}} = \\frac{{V({t_2}) - V({t_1})}}{{{t_2} - {t_1}}}\\).

Gọi h(t) (cm) là chiều cao mực nước tại thời điểm t bất kỳ, r(t) (cm) là bán kính mặt nước, ta có

\\(\\frac{{r\\left( t \\right)}}{{h\\left( t \\right)}} = \\frac{{50}}{{51}} \\Rightarrow r\\left( t \\right) = \\frac{{50}}{{51}}.h\\left( t \\right)\\).

Thể tích khối nước là \\(V\\left( t \\right) = \\frac{1}{3}\\pi .{r^2}\\left( t \\right).h\\left( t \\right)\\)

\\( = \\frac{1}{3}\\pi .\\frac{{{{50}^2}}}{{{{51}^2}}}.{h^2}\\left( t \\right).h\\left( t \\right) = \\frac{1}{3}\\pi .\\frac{{{{50}^2}}}{{{{51}^2}}}.{h^3}\\left( t \\right)\\).

Gọi thời điểm 1 giây trước khi đầy bể là \\({t_1}\\) giây, thời điểm đầy bể là \\({t_2}\\) giây (kể từ khi vòi bắt đầu chảy).

Ta có \\({t_2} - {t_1} = 1\\), \\(h({t_1}) = 49\\), \\(h({t_2}) = 51\\).

Tốc độ tăng thể tích \\(\\left( {{m^3}/s} \\right)\\) của nước trong khoảng thời gian một giây cuối cùng trước khi bể nước vừa đầy bằng:

\\(\\frac{{\\Delta V}}{{\\Delta t}} = \\frac{{V({t_2}) - V({t_1})}}{{{t_2} - {t_1}}} = \\frac{{\\frac{1}{3}\\pi .\\frac{{{{50}^2}}}{{{{51}^2}}}{{.51}^3} - \\frac{1}{3}\\pi .\\frac{{{{50}^2}}}{{{{51}^2}}}{{.49}^3}}}{1}\\)

\\( \\approx 15100,01698\\) \\(c{m^3}/s\\) \\( \\approx 0,02\\) \\({m^3}/s\\).

Có một hòn đảo nằm trong một vịnh biển, giả sử rằng đường bao sát biển của hòn đảo được mô hình hóa vào hệ trục tọa độ Oxyz là một phần bên phải trục tung của đồ thị hàm số bậc ba \\(y = f\\left( x \\right) =  - {x^3} + 3{x^2} + 2\\) và giả sử một con đường trong đất liền chạy trên một đường thẳng có phương trình là y = -9x + 60 như hình vẽ, với đơn vị trên mỗi trục tọa độ là 100 m. Tập đoàn đầu tư du lịch S muốn làm một cây cầu vuợt biển có dạng một đoạn thẳng nối từ con đường trong đất liền ra hòn đảo để khai thác du lịch sinh thái. Tính độ dài ngắn nhất (đơn vị: mét) của cây cầu cần làm ? (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Ta có \\(f'\\left( x \\right) =  - 3{x^2} + 6x\\).

Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số song song với mặt đường tại tiếp điểm \\(M\\left( {{x_0};{y_0}} \\right)\\) \\(\\left( {{x_0} > 0} \\right)\\).

Khi đó \\(f'\\left( {{x_0}} \\right) =  - 9 \\Leftrightarrow  - 3x_0^2 + 6{x_0} =  - 9\\)

\\( \\Leftrightarrow \\left[ \\begin{array}{l}{x_0} = 3\\\\{x_0} =  - 1\\,\\,(l)\\end{array} \\right. \\Rightarrow M\\left( {3;2} \\right)\\).

Độ dài cây cầu ngắn nhất bằng khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng \\(\\left( \\Delta  \\right):9x + y - 60 = 0\\).

\\(h = \\frac{{\\left| {9.3 + 2 - 60} \\right|}}{{\\sqrt {{9^2} + {1^2}} }} \\approx 3,423\\).

Vì đơn vị của hệ trục là 100 m nên độ dài ngắn nhất của cây cầu là 342 m.

Trong không gian với một hệ trục tọa độ Oxyz cho trước (mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất, trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo trên mỗi trục lấy theo kilômét), một chiếc máy bay đang di chuyển với hướng bay không đổi từ điểm M(-50; 30; 10) đến vị trí hạ cánh là N(2; 3; 0). Đường bay của máy bay hợp với phương thẳng đứng một góc \\(a^o \\). Tìm \\(a\\)? (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Tính góc giữa hai vecto \\(\\overrightarrow k \\) và \\(\\overrightarrow {MN} \\).

\\(\\overrightarrow k  = \\left( {0;0;1} \\right)\\), \\(\\overrightarrow {MN}  = \\left( {52; - 27; - 10} \\right)\\),

\\(cos\\left( {\\overrightarrow k ;\\overrightarrow {MN} } \\right) = \\frac{{\\overrightarrow k .\\overrightarrow {MN} }}{{\\left| {\\overrightarrow k } \\right|.\\left| {\\overrightarrow {MN} } \\right|}} = \\frac{{ - 10}}{{\\sqrt {3533} }} \\)

\\(\\Rightarrow \\left( {\\overrightarrow k ;\\overrightarrow {MN} } \\right) \\approx 99^o 41'7,73''\\).

Suy ra góc giữa đường bay của máy bay và phương thẳng đứng bằng \\(180^o  - 99^o 41'7,73'' \\approx 80^o \\).

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B. Biết A(1; 2; 1), B(2; 0; 3), C(6; 1; 2) và hình thang có diện tích bằng \\(12\\sqrt 2 \\). Giả sử đỉnh D(a; b; c), tìm a + b + c? (Kết quả làm tròn đến chữ số hàng phần chục).

Từ giả thiết diện tích hình thang vuông, biểu diễn \\(\\overrightarrow {AD} \\) theo \\(\\overrightarrow {BC} \\) rồi tìm tọa độ điểm D.

Ta có \\(\\overrightarrow {AB}  = \\left( {1; - 2;2} \\right) \\Rightarrow AB = 3\\); \\(\\overrightarrow {BC}  = \\left( {4;1; - 1} \\right) \\Rightarrow BC = 3\\sqrt 2 \\).

Theo giả thiết ABCD là hình thang vuông tại A và B và có diện tích bằng \\(6\\sqrt 2 \\) nên:

\\(\\frac{1}{2}AB\\left( {AD + BC} \\right) = 6\\sqrt 2 \\)

\\( \\Leftrightarrow \\frac{1}{2}.3.\\left( {AD + 3\\sqrt 2 } \\right) = 12\\sqrt 2 \\)

\\( \\Rightarrow AD = 5\\sqrt 2  \\Rightarrow AD = \\frac{5}{3}BC\\).

Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên \\(\\overrightarrow {AD}  = \\frac{5}{3}\\overrightarrow {BC} \\).

Giả sử D(a; b; c) khi đó ta có \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}a - 1 = \\frac{{20}}{3}\\\\b - 2 = \\frac{5}{3}\\\\c - 1 = \\frac{{ - 5}}{3}\\end{array} \\right. \\Leftrightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l}a = \\frac{{23}}{3}\\\\b = \\frac{{11}}{3}\\\\c = \\frac{{ - 2}}{3}\\end{array} \\right.\\)

\\(\\Rightarrow a + b + c \\approx 10,7\\).