• 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 trường Lê Thánh Tông 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 đồng biến trên $\\mathbb{R}\\setminus\\left\\{-2\\right\\}$.

b) Hàm số có tâm đối xứng $I(-2;1)$.

c) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị $\\left(C\\right)$ tại điểm $x=1$ là $y=\\frac{1}{3}x-\\frac{1}{3}$.

d) Xét tam giác đều $ABI$ có hai đỉnh $A,B$ thuộc $\\left(C\\right)$, đoạn thẳng $AB$ có độ dài bằng $2\\sqrt{3}$.

a) Hàm số đồng biến trên $\\mathbb{R}\\setminus\\left\\{-2\\right\\}$.

b) Hàm số có tâm đối xứng $I(-2;1)$.

c) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị $\\left(C\\right)$ tại điểm $x=1$ là $y=\\frac{1}{3}x-\\frac{1}{3}$.

d) Xét tam giác đều $ABI$ có hai đỉnh $A,B$ thuộc $\\left(C\\right)$, đoạn thẳng $AB$ có độ dài bằng $2\\sqrt{3}$.

a) Hàm số đồng biến trên $\\mathbb{R}\\setminus\\left\\{-2\\right\\}$.

b) Hàm số có tâm đối xứng $I(-2;1)$.

c) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị $\\left(C\\right)$ tại điểm $x=1$ là $y=\\frac{1}{3}x-\\frac{1}{3}$.

d) Xét tam giác đều $ABI$ có hai đỉnh $A,B$ thuộc $\\left(C\\right)$, đoạn thẳng $AB$ có độ dài bằng $2\\sqrt{3}$.

Cho hàm số $y=\\frac{x-1}{x+2}$ có đồ thị $\\left(C\\right)$. Gọi $I$ là giao điểm của hai tiệm cận của $\\left(C\\right)$.

a) Hàm số đồng biến trên $\\mathbb{R}\\setminus\\left\\{-2\\right\\}$.

b) Hàm số có tâm đối xứng $I(-2;1)$.

c) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị $\\left(C\\right)$ tại điểm $x=1$ là $y=\\frac{1}{3}x-\\frac{1}{3}$.

d) Xét tam giác đều $ABI$ có hai đỉnh $A,B$ thuộc $\\left(C\\right)$, đoạn thẳng $AB$ có độ dài bằng $2\\sqrt{3}$.

a) Sai. \\(y' = \\frac{3}{{{{(x + 2)}^2}}} > 0\\) \\(\\forall x \\ne  - 2\\).

Vậy hàm số đồng biến trên từng khoảng \\(\\left( { - \\infty ; - 2} \\right)\\) và \\(\\left( { - 2; + \\infty } \\right)\\). Cách viết \\(\\mathbb{R}\\backslash \\{  - 2\\} \\) là sai.

b) Đúng. Tâm đối xứng của đồ thị (C) là giao điểm của hai tiệm cận.

(C) có tiệm cận ngang là y = 1, tiệm cận đứng là x = -2. Vậy I(-2; 1).

c) Đúng. Đặt \\(y = f(x) = \\frac{{x - 1}}{{x + 2}}\\). Ta có: \\(f'(1) = \\frac{1}{3}\\); \\(f(1) = 0\\).

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm x = 1 là: \\(y = \\frac{1}{3}(x - 1) + 0 \\Leftrightarrow y= \\frac{1}{3}x - \\frac{1}{3}\\).

d) Đúng. Để tam giác ABI đều, I là tâm đối xứng thì A và B phải đối xứng nhau qua một trong hai đường phân giác \\({\\Delta _1}\\), \\({\\Delta _2}\\) của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận.

Các đường tiệm cận song song với trục hai trục tọa độ nên góc tạo bởi lần lượt hai đường thẳng \\({\\Delta _1}\\), \\({\\Delta _2}\\) với trục Ox là \\({45^o}\\) và \\({135^o}\\), do đó hệ số góc của \\({\\Delta _1}\\), \\({\\Delta _2}\\) lần lượt là \\({k_1} = \\tan {45^o} = 1\\) và \\({k_2} = \\tan {135^o} =  - 1\\).

\\({\\Delta _1}\\), \\({\\Delta _2}\\) đi qua I(-2; 1) nên ta có: \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}{\\Delta _1}:1 = 1.( - 2) + {c_1}\\\\{\\Delta _2}:1 =  - 1.( - 2) + {c_2}\\end{array} \\right. \\Rightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l}{c_1} = 3\\\\{c_2} =  - 1\\end{array} \\right. \\Rightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l}{\\Delta _1}:y = x + 3\\\\{\\Delta _2}:y =  - x - 1\\end{array} \\right.\\).

Ta có \\({\\Delta _2}\\) cắt (C) nên A, B đối xứng qua \\({\\Delta _2}\\).

Gọi H là hình chiếu của A lên đường phân giác d. Trong tam giác đều ABI, góc giữa đường thẳng IA và đường phân giác d phải là \\({30^o}\\).

Sử dụng công thức cosin góc giữa đường thẳng IA và d: \\(\\cos {30^o} = \\frac{{\\left| {\\overrightarrow {IA} .\\overrightarrow {{u_d}} } \\right|}}{{\\left| {\\overrightarrow {IA} } \\right|.\\left| {\\overrightarrow {{u_d}} } \\right|}}\\).

\\({\\Delta _2}\\) có một vecto chỉ phương là \\(\\overrightarrow {{u_d}}  = (1; - 1)\\).

Vì A thuộc (C) nên \\(A\\left( {{x_A};\\frac{{{x_A} - 1}}{{{x_A} + 2}}} \\right)\\); \\(\\overrightarrow {IA}  = \\left( {{x_A} + 2;\\frac{{{x_A} - 1}}{{{x_A} + 2}} - 1} \\right) = \\left( {{x_A} + 2;\\frac{{ - 3}}{{{x_A} + 2}}} \\right)\\).

Đặt \\(t = {x_A} + 2 \\Rightarrow \\overrightarrow {IA}  = \\left( {t;\\frac{{ - 3}}{t}} \\right)\\).

Suy ra \\(\\cos {30^o} = \\frac{{\\left| {t.1 + \\left( { - \\frac{3}{t}} \\right).( - 1)} \\right|}}{{\\sqrt {{t^2} + \\frac{9}{{{t^2}}}} .\\sqrt 2 }} \\Leftrightarrow \\frac{{\\sqrt 3 }}{2} = \\frac{{\\left| {t + \\frac{3}{t}} \\right|}}{{\\sqrt {2\\left( {{t^2} + \\frac{9}{{{t^2}}}} \\right)} }}\\).

Bình phương hai vế: \\(\\frac{3}{4} = \\frac{{{{\\left( {t + \\frac{3}{t}} \\right)}^2}}}{{2\\left( {{t^2} + \\frac{9}{{{t^2}}}} \\right)}} \\Leftrightarrow \\frac{3}{4} = \\frac{{{t^2} + \\frac{9}{{{t^2}}} + 6}}{{2\\left( {{t^2} + \\frac{9}{{{t^2}}}} \\right)}}\\).

Đặt \\(u = {t^2} + \\frac{9}{{{t^2}}} = {t^2} + {\\left( {\\frac{{ - 3}}{t}} \\right)^2} = I{A^2}\\). Ta có phương trình:

\\(\\frac{3}{4} = \\frac{{u + 6}}{{2u}} \\Rightarrow 6u = 4u + 24 \\Rightarrow 2u = 24 \\Rightarrow u = 12\\).

Vậy \\(I{A^2} = 12\\). Vì tam giác ABI đều nên cạnh \\(AB = IA = \\sqrt {12}  = 2\\sqrt 3 \\).

a) Xét dấu y’.

b) Tâm đối xứng của (C) là giao điểm của tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

c) Phương trình tiếp tuyến của y = f(x) tại \\(x = {x_0}\\) là: \\(y = f'({x_0})(x - {x_0}) + f({x_0})\\).

d) Sử dụng kiến thức về đường phân giác và tam giác đều để tính.

Một đồ lưu niệm bằng thủy tinh có chiều cao bằng 14 cm, được thiết kế gồm hai phần, phần dưới là một khối lập phương cạnh bằng 8 cm và phần trên là một phần của khối cầu có đường kính bằng 8 cm (được mô hình hóa bởi hình vẽ bên cạnh).

a) Thể tích phần dưới (khối lập phương) bằng 512 $(cm^{3})$.

b) Phần chóm cầu có bán kính $R=4$ (cm) và chiều cao $h=6$ (cm).

c) Thể tích của chóm cầu (phần phía trên) bằng $70\\pi$ $(cm^{3})$.

d) Thể tích của đồ lưu niệm đó là 738 $(cm^{3})$ (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

a) Thể tích phần dưới (khối lập phương) bằng 512 $(cm^{3})$.

b) Phần chóm cầu có bán kính $R=4$ (cm) và chiều cao $h=6$ (cm).

c) Thể tích của chóm cầu (phần phía trên) bằng $70\\pi$ $(cm^{3})$.

d) Thể tích của đồ lưu niệm đó là 738 $(cm^{3})$ (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

a) Thể tích phần dưới (khối lập phương) bằng 512 $(cm^{3})$.

b) Phần chóm cầu có bán kính $R=4$ (cm) và chiều cao $h=6$ (cm).

c) Thể tích của chóm cầu (phần phía trên) bằng $70\\pi$ $(cm^{3})$.

d) Thể tích của đồ lưu niệm đó là 738 $(cm^{3})$ (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Một đồ lưu niệm bằng thủy tinh có chiều cao bằng 14 cm, được thiết kế gồm hai phần, phần dưới là một khối lập phương cạnh bằng 8 cm và phần trên là một phần của khối cầu có đường kính bằng 8 cm (được mô hình hóa bởi hình vẽ bên cạnh).

a) Thể tích phần dưới (khối lập phương) bằng 512 $(cm^{3})$.

b) Phần chóm cầu có bán kính $R=4$ (cm) và chiều cao $h=6$ (cm).

c) Thể tích của chóm cầu (phần phía trên) bằng $70\\pi$ $(cm^{3})$.

d) Thể tích của đồ lưu niệm đó là 738 $(cm^{3})$ (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

a) Đúng. Thể tích khối lập phương là \\({V_{LP}} = {8^3} = 512\\) \\((c{m^3})\\).

b) Đúng. Chỏm cầu có bán kính \\(R = \\frac{8}{2} = 4\\) (cm) và chiều cao h = 14 – 8 = 6 (cm).

c) Sai. Ta có mặt cắt dọc qua đường kính của quả cầu là một đường tròn bán kính R = 4 (cm).

Chiều cao phần bị mất của chỏm cầu là 8 – 6 = 2 (cm).

Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O trùng với tâm đường tròn, mặt cắt xoay ngang như hình (đơn vị trên trục: cm).

Ta có phương trình đường tròn là \\({x^2} + {y^2} = 16\\).

Phương trình cung tròn nằm phía trên trục hoành là \\(y = \\sqrt {16 - {x^2}} \\).

Thể tích chỏm cầu bị khuất trong khối lập phương là:

\\({V_K} = \\pi \\int\\limits_2^4 {{{\\left( {\\sqrt {16 - {x^2}} } \\right)}^2}dx}  = \\frac{{40}}{3}\\pi \\) \\((c{m^3})\\).

Thể tích khối cầu là:

\\({V_C} = \\frac{4}{3}\\pi {.4^3} = \\frac{{256}}{3}\\pi \\) \\((c{m^3})\\).

Thể tích phần chỏm cầu lớn phía trên là:

\\({V_{CC}} = {V_C} - {V_K} = \\frac{{256}}{3}\\pi  - \\frac{{40}}{3}\\pi  = 72\\pi \\) \\((c{m^3})\\).

d) Đúng. Thể tích của đồ lưu niệm là:

\\(V = {V_{LP}} + {V_{CC}} = 512 + 72\\pi  \\approx 738\\) \\((c{m^3})\\).

a) Áp dụng công thức thể tích khối lập phương cạnh a: $V=a^3$.

b) Dựa vào hình vẽ để tính.

c, d) Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox là \\(V = \\pi \\int\\limits_a^b {{f^2}(x)dx} \\).

Trong không gian Oxyz cho trước với mặt nước phẳng lặng trùng với mặt phẳng (Oxy), đơn vị trên mỗi trục là mét; một chú chim bói cá đang đậu trên một cảnh cây ở vị trí A(0; 0; 5) tiến hành bay xuống để thám thính ngang qua trên mặt hồ nước đến đậu trên một cảnh cây khác tại vị trí B(4; 0; 4) theo quỹ đạo là một cung tròn hoàn hảo nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt nước đi qua điểm M thỏa mãn $\\widehat{AMB} = 135^o$ (Điểm M như hình vẽ bên).

a) Quỹ đạo bay của chim bói cá thuộc mặt phẳng $y=0$.

b) Đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm $I\\left(\\frac{3}{2};0;\\frac{5}{2}\\right)$.

c) Khoảng cách ngắn nhất mà chim bói cá bay xuống sát với mặt nước nhất là 3,58 m (làm tròn đến hàng phần trăm).

d) Biết rằng vận tốc của con chim bói cá là 2 m/s thì thời gian chim bói cá bay từ điểm A(0; 0; 5) tới điểm gần mặt nước nhất mất 1,5 s (làm tròn đến hàng phần chục).

a) Quỹ đạo bay của chim bói cá thuộc mặt phẳng $y=0$.

b) Đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm $I\\left(\\frac{3}{2};0;\\frac{5}{2}\\right)$.

c) Khoảng cách ngắn nhất mà chim bói cá bay xuống sát với mặt nước nhất là 3,58 m (làm tròn đến hàng phần trăm).

d) Biết rằng vận tốc của con chim bói cá là 2 m/s thì thời gian chim bói cá bay từ điểm A(0; 0; 5) tới điểm gần mặt nước nhất mất 1,5 s (làm tròn đến hàng phần chục).

a) Quỹ đạo bay của chim bói cá thuộc mặt phẳng $y=0$.

b) Đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm $I\\left(\\frac{3}{2};0;\\frac{5}{2}\\right)$.

c) Khoảng cách ngắn nhất mà chim bói cá bay xuống sát với mặt nước nhất là 3,58 m (làm tròn đến hàng phần trăm).

d) Biết rằng vận tốc của con chim bói cá là 2 m/s thì thời gian chim bói cá bay từ điểm A(0; 0; 5) tới điểm gần mặt nước nhất mất 1,5 s (làm tròn đến hàng phần chục).

Trong không gian Oxyz cho trước với mặt nước phẳng lặng trùng với mặt phẳng (Oxy), đơn vị trên mỗi trục là mét; một chú chim bói cá đang đậu trên một cảnh cây ở vị trí A(0; 0; 5) tiến hành bay xuống để thám thính ngang qua trên mặt hồ nước đến đậu trên một cảnh cây khác tại vị trí B(4; 0; 4) theo quỹ đạo là một cung tròn hoàn hảo nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt nước đi qua điểm M thỏa mãn $\\widehat{AMB} = 135^o$ (Điểm M như hình vẽ bên).

a) Quỹ đạo bay của chim bói cá thuộc mặt phẳng $y=0$.

b) Đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm $I\\left(\\frac{3}{2};0;\\frac{5}{2}\\right)$.

c) Khoảng cách ngắn nhất mà chim bói cá bay xuống sát với mặt nước nhất là 3,58 m (làm tròn đến hàng phần trăm).

d) Biết rằng vận tốc của con chim bói cá là 2 m/s thì thời gian chim bói cá bay từ điểm A(0; 0; 5) tới điểm gần mặt nước nhất mất 1,5 s (làm tròn đến hàng phần chục).

a) Đúng. Hai điểm A, B cùng quỹ đạo bay đều thuộc mặt phẳng y = 0.

b) Sai. Vì quỹ đạo bay nằm trong mặt phẳng y = 0 nên tâm đường tròn chứa quỹ đạo là \\(I\\left( {{x_I};0;{z_I}} \\right)\\).

Kẻ đường kính AC. Khi đó \\(\\widehat {AMC} = {90^o} \\Rightarrow \\widehat {CMB} = \\widehat {AMB} - \\widehat {AMC} \\)

\\(= {135^o} - {90^o} = {45^o}\\).

Suy ra \\(\\widehat {ACB} = \\widehat {CMB} = {45^o}\\) (góc nội tiếp cùng chắn cung CB).

Mặt khác, tam giác IAB cân tại I có \\(\\widehat {IAB} = {45^o}\\) nên tam giác IAB vuông cân tại I, hay \\(IA \\bot IB\\).

Hình biểu diễn trên mặt phẳng y = 0:

Ta có \\(\\overrightarrow {IA}  = ( - {x_I};0;5 - {z_I})\\), \\(\\overrightarrow {IB}  = (4 - {x_I};0;4 - {z_I})\\).

\\(IA \\bot IB \\Leftrightarrow \\overrightarrow {IA} .\\overrightarrow {IB}  = 0 \\)

\\(\\Leftrightarrow  - {x_I}\\left( {4 - {x_I}} \\right) + \\left( {5 - {z_I}} \\right)\\left( {4 - {z_I}} \\right) = 0 \\)

\\(\\Leftrightarrow  - 4{x_I} + {x_I}^2 + 20 - 9{z_I} + {z_I}^2 = 0\\) (*).

A, B thuộc quỹ đạo nên \\(IA = IB \\Leftrightarrow I{A^2} = I{B^2}\\)

\\( \\Leftrightarrow {\\left( {0 - {x_I}} \\right)^2} + {\\left( {0 - 0} \\right)^2} + {\\left( {5 - {z_I}} \\right)^2} = {\\left( {4 - {x_I}} \\right)^2} + {\\left( {0 - 0} \\right)^2} + {\\left( {4 - {z_I}} \\right)^2}\\)

\\( \\Leftrightarrow {x_I}^2 + 25 - 10{z_I} + {z_I}^2 = 16 - 8{x_I} + {x_I}^2 + 16 - 8{z_I} + {z_I}^2\\)

\\( \\Leftrightarrow 8{x_I} - 2{z_I} - 7 = 0 \\Leftrightarrow {z_I} = \\frac{{8{x_I} - 7}}{2}\\). Thay vào (*), ta được:

\\( - 4{x_I} + {x_I}^2 + 20 - 9.\\frac{{8{x_I} - 7}}{2} + {\\left( {\\frac{{8{x_I} - 7}}{2}} \\right)^2} = 0 \\)

\\(\\Leftrightarrow {x_I}^2 - 4{x_I} + \\frac{{15}}{4} = 0 \\Leftrightarrow \\left[ \\begin{array}{l}{x_I} = \\frac{5}{2}\\\\{x_I} = \\frac{3}{2}\\end{array} \\right.\\).

Với \\({x_I} = \\frac{5}{2}\\) thì \\({z_I} = \\frac{{13}}{2}\\). Với \\({x_I} = \\frac{3}{2}\\) thì \\({z_I} = \\frac{5}{2}\\). Mà \\({z_I} > {z_A}\\) nên \\(I\\left( {\\frac{5}{2};0;\\frac{{13}}{2}} \\right)\\).

c) Đúng. Bán kính quỹ đạo là:

\\(R = IA = \\sqrt {{{\\left( {0 - \\frac{5}{2}} \\right)}^2} + {{\\left( {0 - 0} \\right)}^2} + {{\\left( {5 - \\frac{{13}}{2}} \\right)}^2}}  = \\frac{{\\sqrt {34} }}{2}\\) (m).

Khoảng cách ngắn nhất giữa chim bói cá và mặt nước là:

\\({z_I} - R = \\frac{{13}}{2} - \\frac{{\\sqrt {34} }}{2} \\approx 3,58\\) (m).

d) Đúng. Gọi H là điểm mà chim bói cá sát với mặt nước nhất.

Khi đó một vecto chỉ phương của IH là \\(\\overrightarrow {{u_{IH}}}  = \\left( {0;0; - 1} \\right)\\), \\(\\overrightarrow {IA}  = \\left( { - \\frac{5}{2};0; - \\frac{3}{2}} \\right)\\).

\\(\\cos \\left( {\\overrightarrow {IA} ,\\overrightarrow {IH} } \\right) = \\frac{{\\overrightarrow {IA} .\\overrightarrow {IH} }}{{IA.IH}}\\)

\\(= \\frac{{0.\\left( { - \\frac{5}{2}} \\right) + 0.0 - 1.\\left( { - \\frac{3}{2}} \\right)}}{{\\sqrt {{0^2} + {0^2} + {{( - 1)}^2}} .\\sqrt {{{\\left( { - \\frac{5}{2}} \\right)}^2} + {0^2} + {{\\left( { - \\frac{3}{2}} \\right)}^2}} }} = \\frac{{3\\sqrt {34} }}{{34}}\\).

\\( \\Rightarrow \\left( {\\overrightarrow {IA} ,\\overrightarrow {IH} } \\right) \\approx 1,03\\) (rad). Độ dài cung nhỏ AH là \\({l_{AH}} \\approx 1,03.\\frac{{\\sqrt {34} }}{2} \\approx 3\\) (m).

Thời gian chim bói cá bay từ A đến H là xấp xỉ \\(\\frac{3}{2} = 1,5\\) (s).

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto trong không gian và kiến thức về đường tròn trong hình học phẳng.

Một công ty công nghệ tổ chức một kỳ thi tuyển dụng với hai bài kiểm tra: một bài kiểm tra lập trình và một bài kiểm tra tư duy logic. Công ty nhận thấy rằng, 60% ứng viên là nam, 40% ứng viên là nữ. 80% nam vượt qua bài kiểm tra lập trình, 70% nữ vượt qua bài kiểm tra lập trình. 75% nam vượt qua bài kiểm tra tư duy logic, 85% nữ vượt qua bài kiểm tra tư duy logic. Giả sử các bài kiểm tra là độc lập giữa các giới tính.

a) Trong những người vượt qua bài kiểm tra lập trình tỉ lệ ứng viên nữ là $\\frac{7}{19}$.

b) Trong những ứng viên nam có 40% ứng viên không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra.

c) Có 59,8% ứng viên vượt qua được hai bài kiểm tra.

d) Một ứng viên ngẫu nhiên được chọn và được biết rằng người đó đã vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình và logic. Khi đó xác suất người đó là nữ là 0,397 (làm tròn đến hàng phần nghìn).

a) Trong những người vượt qua bài kiểm tra lập trình tỉ lệ ứng viên nữ là $\\frac{7}{19}$.

b) Trong những ứng viên nam có 40% ứng viên không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra.

c) Có 59,8% ứng viên vượt qua được hai bài kiểm tra.

d) Một ứng viên ngẫu nhiên được chọn và được biết rằng người đó đã vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình và logic. Khi đó xác suất người đó là nữ là 0,397 (làm tròn đến hàng phần nghìn).

a) Trong những người vượt qua bài kiểm tra lập trình tỉ lệ ứng viên nữ là $\\frac{7}{19}$.

b) Trong những ứng viên nam có 40% ứng viên không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra.

c) Có 59,8% ứng viên vượt qua được hai bài kiểm tra.

d) Một ứng viên ngẫu nhiên được chọn và được biết rằng người đó đã vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình và logic. Khi đó xác suất người đó là nữ là 0,397 (làm tròn đến hàng phần nghìn).

Một công ty công nghệ tổ chức một kỳ thi tuyển dụng với hai bài kiểm tra: một bài kiểm tra lập trình và một bài kiểm tra tư duy logic. Công ty nhận thấy rằng, 60% ứng viên là nam, 40% ứng viên là nữ. 80% nam vượt qua bài kiểm tra lập trình, 70% nữ vượt qua bài kiểm tra lập trình. 75% nam vượt qua bài kiểm tra tư duy logic, 85% nữ vượt qua bài kiểm tra tư duy logic. Giả sử các bài kiểm tra là độc lập giữa các giới tính.

a) Trong những người vượt qua bài kiểm tra lập trình tỉ lệ ứng viên nữ là $\\frac{7}{19}$.

b) Trong những ứng viên nam có 40% ứng viên không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra.

c) Có 59,8% ứng viên vượt qua được hai bài kiểm tra.

d) Một ứng viên ngẫu nhiên được chọn và được biết rằng người đó đã vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình và logic. Khi đó xác suất người đó là nữ là 0,397 (làm tròn đến hàng phần nghìn).

Gọi các biến cố:

A: “Ứng viên là nam”, \\(\\overline A \\): “Ứng viên là nữ”. Khi đó P(A) = 60%, \\(P(\\overline A ) = 40\\% \\).

B: “Ứng viên vượt qua bài kiểm tra lập trình”. Khi đó:

\\(P(B|A) = 80\\%  \\Rightarrow P(\\overline B |A) = 20\\% \\);

\\(P(B|\\overline A ) = 70\\%  \\Rightarrow P(\\overline B |\\overline A ) = 30\\% \\).

C: “Ứng viên vượt qua bài kiếm tra logic”. Khi đó:

\\(P(C|A) = 75\\%  \\Rightarrow P(\\overline C |A) = 25\\% \\);

\\(P(C|\\overline A ) = 85\\%  \\Rightarrow P(\\overline C |\\overline A ) = 15\\% \\).

a) Đúng. \\(P(\\overline A |B) = \\frac{{P(\\overline A ).P(B|\\overline A )}}{{P(A).P(B|A) + P(\\overline A ).P(B|\\overline A )}} = \\frac{{40\\% .70\\% }}{{60\\% .80\\%  + 40\\% .70\\% }} = \\frac{7}{{19}}\\).

b) Đúng. Ứng viên nam không vượt qua được ít nhất 1 bài kiểm tra gồm:

- Ứng viên nam không vượt qua 1 bài kiếm tra. Xác suất là:

\\(P(B|A).P(\\overline C |A) + P(\\overline B |A).P(C|A) = 80\\% .25\\%  + 20\\% .75\\%  = 35\\% \\).

- Ứng viên nam không vượt qua 2 bài kiểm tra. Xác suất là:

\\(P(\\overline B |A).P(\\overline C |A) = 20\\% .25\\%  = 5\\% \\).

Vậy trong số ứng viên nam có 35% + 5% = 40% ứng viên không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra.

c) Đúng. \\(P(BC) = P(A).P(BC|A) + P(\\overline A ).P(BC|\\overline A )\\)

\\( = P(A).P(B|A).P(C|A) + P(\\overline A ).P(B|\\overline A ).P(C|\\overline A )\\)

\\( = 60\\% .80\\% .75\\%  + 40\\% .70\\% .85\\%  = 36\\%  + 23,8\\%  = 59,8\\% \\).

d) Sai. \\(P(\\overline A |BC) = \\frac{{P(\\overline A ).P(BC|\\overline A )}}{{P(BC)}} = \\frac{{23,8\\% }}{{59,8\\% }} \\approx 0,398\\).

Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes.

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh $\\sqrt{2}$, hình chiếu của A', lên mặt (ABC) trùng với trung điểm của BC và biết rằng góc nhị diện $\\left[C',BC,A\\right]=135^o$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và AC' là?

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa trong không gian.

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O là trung điểm của BC, A thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy, A’ thuộc tia Oz. Gọi O' là trung điểm của B'C'.

Tam giác ABC và A’B’C’ là các tam giác đều nên \\(AO = A'O' = \\frac{{\\sqrt 3 }}{2}AB = \\frac{{\\sqrt 3 }}{2}.\\sqrt 2  = \\frac{{\\sqrt 6 }}{2}\\).

Ta có \\(A'O \\bot (ABC) \\Rightarrow A'O \\bot AO \\Rightarrow \\widehat {A'OO'} = {45^o}\\), mà \\(A'O \\bot A'O'\\) nên tam giác A’O’O vuông cân tại A’ và \\(OA' = A'O' = \\frac{{\\sqrt 6 }}{2}\\).

\\(A\\left( {\\frac{{\\sqrt 6 }}{2};0;0} \\right)\\), \\(C\\left( {\\frac{{\\sqrt 2 }}{2};0;0} \\right)\\), \\(B\\left( {0;\\frac{{ - \\sqrt 2 }}{2};0} \\right)\\), \\(A'\\left( {0;0;\\frac{{\\sqrt 6 }}{2}} \\right)\\).

\\(\\overrightarrow {AA'}  = \\left( {\\frac{{ - \\sqrt 6 }}{2};0;\\frac{{\\sqrt 6 }}{2}} \\right) = \\overrightarrow {CC'}  \\Rightarrow C'\\left( {\\frac{{ - \\sqrt 6 }}{2};\\frac{{\\sqrt 2 }}{2};\\frac{{\\sqrt 6 }}{2}} \\right)\\).

\\(\\overrightarrow {A'B}  = \\left( {0;\\frac{{ - \\sqrt 2 }}{2};\\frac{{ - \\sqrt 6 }}{2}} \\right) = \\frac{{ - \\sqrt 2 }}{2}\\overrightarrow {{u_1}} \\) với \\(\\overrightarrow {{u_1}}  = \\left( {0;1;\\sqrt 3 } \\right)\\).

\\(\\overrightarrow {AC'}  = \\left( { - \\sqrt 6 ;\\frac{{\\sqrt 2 }}{2};\\frac{{\\sqrt 6 }}{2}} \\right) = \\frac{{\\sqrt 2 }}{2}\\overrightarrow {{u_2}} \\) với \\(\\overrightarrow {{u_2}}  = \\left( { - 2\\sqrt 3 ;1;\\sqrt 3 } \\right)\\).

\\(d\\left( {A'B,AC'} \\right) = \\frac{{\\left| {\\left[ {\\overrightarrow {{u_1}} ,\\overrightarrow {{u_2}} } \\right].\\overrightarrow {AB} } \\right|}}{{\\left| {\\left[ {\\overrightarrow {{u_1}} ,\\overrightarrow {{u_2}} } \\right]} \\right|}} = \\frac{{\\sqrt 6 }}{4} \\approx 0,61\\).

Một doanh nghiệp vận tải muốn đóng các thùng gỗ để chứa hàng hóa trong quá trình vận chuyển. Mỗi thùng được thiết kế theo dạng hình hộp chữ nhật không có nắp đậy có thể tích 1 $\\left(m^{3}\\right)$. Để đảm bảo phù hợp với thiết bị xếp dỡ, thùng được thiết kế sao cho chiều dài của đáy gấp 1,5 lần chiều rộng. Biết chi phí vật liệu làm mặt đáy là 240.000 đồng/$m^2$, chi phí vật liệu làm mặt bên là 180.000 đồng/$m^2$ (bỏ qua các chi phí khác như công lắp ráp, vận chuyển, hao hụt vật liệu,...). Hỏi với số tiền là 200 triệu đồng, doanh nghiệp có thể sản xuất tối đa bao nhiêu thùng gỗ?

Gọi chiều rộng thùng gỗ là x. Lập hàm biểu diễn chi phí sản xuất 1 thùng gỗ theo x. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số đó rồi tìm số thùng gỗ có thể sản xuất với 200 triệu đồng.

Gọi chiều rộng thùng gỗ là x (m, x > 0), khi đó chiều dài thùng gỗ là 1,5x (m).

Diện tích đáy thùng gỗ là \\({S_d} = 1,5{x^2}\\) \\(({m^2})\\), suy ra chiều cao thùng gỗ là \\(h = \\frac{1}{{1,5{x^2}}} = \\frac{2}{{3{x^2}}}\\) (m).

Diện tích xung quanh thùng gỗ là \\({S_{xq}} = 2(x + 1,5x).\\frac{2}{{3{x^2}}} = \\frac{{10}}{{3x}}\\) \\(({m^2})\\).

Chi phí 1 thùng gỗ là: \\(C(x) = 240000.1,5{x^2} + 180000.\\frac{{10}}{{3x}}\\)

\\( = 360000{x^2} + \\frac{{600000}}{x} = 10000\\left( {36{x^2} + \\frac{{60}}{x}} \\right)\\) (đồng).

\\(C'(x) = 720000x - \\frac{{600000}}{{{x^2}}} = 0 \\Leftrightarrow {x^3} = \\frac{5}{6} \\Leftrightarrow x = \\sqrt[3]{{\\frac{5}{6}}}\\).

Vậy với 200 triệu đồng, doanh nghiệp có thể sản xuất tối đa \\(\\frac{{200000000}}{{C\\left( {\\sqrt[3]{{\\frac{5}{6}}}} \\right)}} \\approx 209\\) thùng gỗ.

Hình chỏm cầu có một đáy là một phần của hình cầu bị chia bởi một mặt phẳng. Một rada có thể phát hiện các mục tiêu trong khu vực của một hình chỏm cầu với chiều rộng trên mặt đất là một hình tròn với bán kính 450 km và chiều cao 30 km. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với mặt phẳng Oxy là mặt đất (xem mặt đất là mặt phẳng), trục Oz hướng lên cao và gốc tọa độ O trùng với vị trí của rada (tham khảo hình vẽ bên), mỗi đơn vị trên trục là 1 km. Một tên lửa bắt đầu từ vị trí điểm A(30; –780; 60), dự định bay thẳng với vận tốc không đổi 7 km/giây hướng thẳng đến vị trí của rada. Thời gian dự kiến từ khi tên lửa bị rada phát hiện đến khi nó bắn trúng rada là bao nhiêu giây? (làm tròn đến hàng đơn vị).

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto trong không gian.

Đặt tên các điểm như hình vẽ.

Xét tam giác DBC vuông tại D, đường cao DO:

\\(D{O^2} = BO.CO = {450^2} = 30.CO \\Leftrightarrow CO = 6750\\) (km).

\\( \\Rightarrow BC = CO + BO = 6750 + 30 = 6780\\) (km).

Bán kính mặt cầu là \\(R = \\frac{{6780}}{2} = 3390\\) (km). Do đó \\(IO = 3390 - 30 = 3360 \\Rightarrow I(0;0;-3360)\\).

Phương trình mặt cầu: \\({x^2} + {y^2} + {(z + 3360)^2} = {3390^2}\\).

Vecto chỉ phương của OA là \\(\\overrightarrow u  = \\frac{1}{{30}}\\overrightarrow {OA}  = (1; - 26;2)\\).

Phương trình đường thẳng OA: \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}x = t\\\\y =  - 26t\\\\z = 2t\\end{array} \\right.\\).

Để tìm giao điểm K của OA với mặt cầu, ta xét:

\\({t^2} + {( - 26t)^2} + {(2t + 3360)^2} = {3390^2}\\)

\\( \\Leftrightarrow 227{t^2} + 4480t - 67500 = 0\\)

\\(\\Leftrightarrow \\left[ \\begin{array}{l}t = 10\\\\t =  - \\frac{{6750}}{{227}} \\approx  - 29,7\\end{array} \\right.\\).

Vì cao độ K dương nên \\(2t > 0 \\Leftrightarrow t > 0\\), do đó \\(K\\left( {10; - 260;20} \\right)\\).

\\(OK = \\sqrt {{{10}^2} + {{\\left( { - 260} \\right)}^2} + {{20}^2}}  = 10\\sqrt {681} \\) (km).

Thời gian dự kiến từ khi tên lửa bị rada phát hiện đến khi bắn trúng rada là \\(\\frac{{10\\sqrt {681} }}{7} \\approx 37\\) (giây).

Anh Nghĩa có một khu đất hình thang vuông ABCD với AB = 100 m, DC = 60 m và AD = 40 m. Anh ấy đã đào một cái hồ để nuôi cá, hồ được bao bởi cạnh AB và một phần của đường cong $\\mathcal{H}$, biết rằng $\\mathcal{H}$ chứa các điểm K sao cho tích khoảng cách từ K đến AD và BC luôn bằng $600\\sqrt{2}$ m. Anh nghĩa xây thêm một nhà kho để chứa thức ăn cho cá được tạo bởi cạnh AD, DC và đường cong Parabol P có đỉnh A, biết rằng phần đất để xây nhà kho có diện tích $S=\\frac{1600}{3}$ $\\left(m^{2}\\right)$. Anh Nghĩa suy nghĩ và muốn xây một con đường thẳng đi từ nhà kho đến ao cá để vận chuyển thức ăn cho cá. Hãy tính độ dài con đường ngắn nhất? (Đơn vị: mét, làm tròn đến hàng phần trăm).

Tìm phương trình của (P) và (H). Giả sử M thuộc (P), N thuộc (H) sao cho MN ngắn nhất, khi đó tiếp tuyến của (P), (H) tại M, N song song với nhau. Từ đó tính MN.

Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O trùng A, B thuộc tia Ox, D thuộc tia Oy.

Khi đó A(0; 0), B(100; 0), C(60; 40), D(0; 40).

Từ tọa độ hai điểm B, C, ta tìm được phương trình đường thẳng BC: x + y – 100 = 0.

Giả sử K(x; y). Ta có \\(d\\left( {K,AD} \\right).d\\left( {K,BC} \\right) = 600\\sqrt 2  \\)

\\(\\Leftrightarrow x.\\frac{{\\left| {x + y - 100} \\right|}}{{\\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = 600\\sqrt 2 \\)

\\( \\Leftrightarrow \\left[ \\begin{array}{l}x + y - 100 = \\frac{{1200}}{x}\\\\x + y - 100 = \\frac{{ - 1200}}{x}\\end{array} \\right. \\Leftrightarrow \\left[ \\begin{array}{l}y =  - x + 100 + \\frac{{1200}}{x}\\\\y =  - x + 100 - \\frac{{1200}}{x}\\end{array} \\right.\\)

Vì đồ thị (H) có điểm cực trị nên (H): \\( - x + 100 - \\frac{{1200}}{x}\\).

Giả sử (P): \\(y = a{x^2}\\). Xét \\(y = a{x^2} = 40 \\Leftrightarrow x = \\sqrt {\\frac{{40}}{a}} \\).

Ta có \\(S = \\int\\limits_0^{\\sqrt {\\frac{{40}}{a}} } {\\left( {40 - a{x^2}} \\right)dx}  = \\frac{{1600}}{3} \\)

\\(\\Leftrightarrow 40\\sqrt {\\frac{{40}}{a}}  - \\frac{a}{3}{\\left( {\\sqrt {\\frac{{40}}{a}} } \\right)^3} - \\frac{{1600}}{3} = 0 \\Leftrightarrow a = \\frac{1}{{10}}\\).

Vậy (P): \\(y = \\frac{1}{{10}}{x^2}\\).

Giả sử M thuộc (P), N thuộc (H) sao cho MN ngắn nhất.

Ta có \\(M\\left( {m;\\frac{{{m^2}}}{{10}}} \\right)\\), \\(N\\left( {n; - n + 100 - \\frac{{1200}}{n}} \\right)\\).

Để MN ngắn nhất thì tiếp tuyến của (P), (H) tại M, N song song với nhau

\\( \\Leftrightarrow {k_M} = {k_N} \\Leftrightarrow y{'_M} = y{'_N} \\Leftrightarrow \\frac{m}{5} =  - 1 + \\frac{{1200}}{{{n^2}}} \\Leftrightarrow m = \\frac{{6000}}{{{n^2}}} - 5\\).

Suy ra \\(M\\left( {\\frac{{6000}}{{{n^2}}} - 5;\\frac{1}{{10}}{{\\left( {\\frac{{6000}}{{{n^2}}} - 5} \\right)}^2}} \\right)\\).

\\(M{N^2} = {\\left( {\\frac{{6000}}{{{n^2}}} - 5 - n} \\right)^2} + {\\left[ {\\frac{1}{{10}}{{\\left( {\\frac{{6000}}{{{n^2}}} - 5} \\right)}^2} + n - 100 + \\frac{{1200}}{n}} \\right]^2} = f(n)\\).

\\(f'(n) = 0 \\Leftrightarrow n \\approx 18,13\\), khi đó \\(MN \\approx 5,23\\).

Một con mã đang được đặt ở vị trí chính giữa tâm ô vuông $d4$ trong bàn cờ vua. Thầy Nghĩa di chuyển con mã 4 bước để sau 4 bước đó quân mã quay trở lại vị trí ban đầu với điều kiện 4 bước đi không trùng nhau. Mỗi bước di chuyển Thầy Nghĩa đều đặt con mã ở các điểm chính giữa tâm ô vuông đó. (4 điểm đặt mã sau 4 bước được xem là 4 điểm ở tâm ô vuông con mã đi đến). Xác suất đường đi của con mã có 4 điểm đặt đó là 4 đỉnh của một hình vuông có dạng $\\frac{a}{b}$ (là phân số tối giản, $a,b\\in\\mathbb{N}^{*}$). Tính $a+2b$?

Cách di chuyển của quân Mã: Mã di chuyển theo đường chéo của hình chữ nhật $2\\times3$ ô vuông. (hoặc $3\\times2$ ô vuông).

Liệt kê các trường hợp.

Xác suất đường đi của con mã có 4 điểm đặt đó là 4 đỉnh của một hình vuông là:

\\(\\frac{{16}}{{16 + 12 + 16}} = \\frac{4}{{11}} \\Rightarrow a + 2b = 4 + 2.11 = 26\\).

Trong trận đấu giữa Thụy Điển và Anh tại giải vô địch bóng đá thế giới, khi thời gian trận đấu sắp kết thúc, Zlatan Ibrahimović đã thực hiện một cú xe đạp chồng ngược móc bóng từ khoảng cách xa vào lưới đội tuyển Anh. Đây được coi là một trong những bàn thắng đẹp nhất lịch sử bóng đá thế giới với khoảng cách xa nhất từng được ghi bằng kỹ thuật này. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz (đơn vị trên mỗi trục tính theo mét) sao cho (Oxy) trùng với mặt đất, tại thời điểm Ibra tung người móc bóng quả bóng thuộc tia Oz và có độ cao 2 m, bay theo quỹ đạo của một Parabol thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt đất rơi xuống đất tại vị trí điểm A nằm trong khung thành. Biết $d(A,Oy) = AH = 8$ $(H \\in Oy)$ và OH = 15. Sau khi bay lên không trung quả bóng đạt độ cao lớn nhất tại điểm có hoành độ x = 3. Tại thời điểm bóng bắt đầu bay vào khung thành (tức là bóng nằm trên vạch kẻ ngang của khung thành) thì độ cao của quả bóng so với mặt đất là bao nhiêu mét? Biết rằng khung thành CDEF nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đất và đi qua 2 điểm M(4; 15; -2), N(8; 14; 6). (Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto.

Ta có: O(0; 0; 0), A(8; 15; 0), B(0; 0; 2).

\\(\\overrightarrow {OA}  = (8;15;0)\\), \\(\\overrightarrow {OB}  = (0;0;2) \\)

\\(\\Rightarrow \\left[ {\\overrightarrow {OA} ,\\overrightarrow {OB} } \\right] = (30; - 16;0) = 2(15; - 8;0)\\).

Mặt phẳng (OAB) đi qua O(0; 0; 0) và có vecto pháp tuyến \\(\\overrightarrow n  = (15; - 8;0)\\) nên có phương trình:

\\(15x - 8y = 0\\).

\\(\\overrightarrow {MN}  = (4; - 1;8)\\), \\(\\overrightarrow k  = (0;0;1) \\)

\\(\\Rightarrow \\left[ {\\overrightarrow {MN} ,\\overrightarrow k } \\right] = ( - 1; - 4;0)\\)

\\(\\Rightarrow \\overrightarrow n  =  - \\left[ {\\overrightarrow {MN} ,\\overrightarrow k } \\right] = (1;4;0)\\).

Mặt phẳng (CDEF) đi qua M(4; 15; -2) và có vecto pháp tuyến \\(\\overrightarrow n  = (1;4;0)\\) nên có phương trình:

\\(1(x - 4) + 4(y - 15) = 0 \\Leftrightarrow x + 4y - 64 = 0\\).

Xét hệ trục Otz. Gọi parabol (P): \\(z = a{t^2} + bt + c\\).

\\(B(0;2) \\in (P) \\Rightarrow c = 2\\) (1)

\\(OA = \\sqrt {{8^2} + {{15}^2} + {0^2}}  = 17 \\).

\\(\\Rightarrow A(17;0) \\in (P) \\Rightarrow 289a + 17b + c = 0\\)  (2)

Ta có \\(I \\in (OAB) \\Rightarrow 15.3 - 8{y_I} = 0 \\Leftrightarrow {y_I} = \\frac{{45}}{8} = {y_K}\\).

\\(OK = \\sqrt {{3^2} + {{\\left( {\\frac{{45}}{8}} \\right)}^2}}  = \\frac{{51}}{8} \\Rightarrow {t_K} = {t_I} = \\frac{{51}}{8}\\).

I là điểm cực trị của (P) nên \\(z'\\left( {{t_I}} \\right) = 0 \\)

\\(\\Leftrightarrow 2a{t_I} + b = 0 \\Leftrightarrow 2a.\\frac{{51}}{8} + b = 0 \\Leftrightarrow \\frac{{51}}{4}a + b = 0\\) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \\(a =  - \\frac{8}{{289}}\\), \\(b = \\frac{6}{{17}}\\), \\(c = 2 \\).

\\(\\Rightarrow (P):z =  - \\frac{8}{{289}}{t^2} + \\frac{6}{{17}}t + 2\\).

Đường thẳng OA đi qua O(0; 0; 0) và có vecto chỉ phương \\(\\overrightarrow u  = \\overrightarrow {OA}  = (8;15;0) \\Rightarrow OA:\\left\\{ {\\begin{array}{*{20}{l}}{x = 8t}\\\\{y = 15t}\\\\{z = 0}\\end{array}} \\right.\\).

Gọi G là giao điểm của OA và mặt phẳng (CDEF).

\\(G \\in OA \\Rightarrow G(8t; 15t; 0) \\in (CDEF):x + 4y - 64 = 0\\).

\\( \\Rightarrow 8t + 4.15t - 64 = 0 \\Leftrightarrow t = \\frac{{16}}{{17}}\\).

\\(OG = \\sqrt {{{(8t)}^2} + {{(15t)}^2} + {0^2}}  = 17t = 17.\\frac{{16}}{{17}} = 16 \\Rightarrow G(16;0)\\).

Suy ra độ cao của quả bóng lúc vào khung thành là:

\\(z =  - \\frac{8}{{289}}{.16^2} + \\frac{6}{{17}}.16 + 2 = \\frac{{162}}{{289}} \\approx 0,56\\) (m).