• 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 THPT Cửa Lò 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) Trong 8 phút tên lửa bay được quãng đường (làm tròn đến hàng đơn vị) xấp xỉ bằng 152 km.

b) Ở phút thứ 4 độ cao của tên lửa là 3 km.

c) Tọa độ của tên lửa sau 12 phút kể từ lúc phóng là (210; 90; 12).

d) Sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí A tên lửa đạt độ cao là 13,5 km.

a) Trong 8 phút tên lửa bay được quãng đường (làm tròn đến hàng đơn vị) xấp xỉ bằng 152 km.

b) Ở phút thứ 4 độ cao của tên lửa là 3 km.

c) Tọa độ của tên lửa sau 12 phút kể từ lúc phóng là (210; 90; 12).

d) Sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí A tên lửa đạt độ cao là 13,5 km.

a) Trong 8 phút tên lửa bay được quãng đường (làm tròn đến hàng đơn vị) xấp xỉ bằng 152 km.

b) Ở phút thứ 4 độ cao của tên lửa là 3 km.

c) Tọa độ của tên lửa sau 12 phút kể từ lúc phóng là (210; 90; 12).

d) Sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí A tên lửa đạt độ cao là 13,5 km.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đơn vị mỗi trục tính bằng km. Một tên lửa phóng từ mặt đất từ vị trí gốc tọa độ O theo hướng, vận tốc không đổi (đặt mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất). Tên lửa đi từ điểm O(0; 0; 0) đến điểm A(140; 60; 6) trong 8 phút.

a) Trong 8 phút tên lửa bay được quãng đường (làm tròn đến hàng đơn vị) xấp xỉ bằng 152 km.

b) Ở phút thứ 4 độ cao của tên lửa là 3 km.

c) Tọa độ của tên lửa sau 12 phút kể từ lúc phóng là (210; 90; 12).

d) Sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí A tên lửa đạt độ cao là 13,5 km.

a) Đúng. \\(OA = \\sqrt {{{140}^2} + {{60}^2} + {6^2}}  \\approx 152\\) (km).

b) Đúng. Phương trình đường đi của tên lửa là \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}x = 140t\\\\y = 60t\\\\z = 6t\\end{array} \\right.\\) \\((t \\in \\mathbb{R})\\).

Tên lửa mất 8 phút để đến vị trí A(140; 60; 6), khi đó t = 1.

Sau 4 phút, ta thay \\(t = \\frac{4}{8} = \\frac{1}{2}\\) vào phương trình cao độ, được: \\(z = 6.\\frac{1}{2} = 3\\).

Vậy ở phút thứ 4, độ cao của tên lửa là 3 km.

c) Sai. Sau 12 phút, ta thay \\(t = \\frac{{12}}{8} = \\frac{3}{2}\\) vào phương trình, được \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}x = 140.\\frac{3}{2} = 210\\\\y = 60.\\frac{3}{2} = 90\\\\z = 6.\\frac{3}{2} = 9\\end{array} \\right.\\).

Vậy vị trí của tên lửa sau 12 phút từ lúc phóng là (210; 90; 9).

d) Đúng. Sau 10 phút tiếp theo từ vị trí A tức là sau 18 phút kể từ lúc phóng.

Ta thay \\(t = \\frac{{18}}{8} = \\frac{9}{4}\\) vào phương trình cao độ: \\(z = 6.\\frac{9}{4} = \\frac{{27}}{2} = 13,5\\).

Vậy sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí A tên lửa đạt độ cao là 13,5 km.

Áp dụng phương trình đường thẳng trong không gian tọa độ.

Đậu đỏ là một loại thực phẩm quen thuộc trong bữa ăn của người Việt Nam. Ngoài giá trị dinh dưỡng cao, đậu đỏ còn có nhiều công dụng tuyệt vời cho sức khỏe và sắc đẹp như: chống oxy hóa, giúp cơ bắp con người khỏe mạnh, tăng cường sức khỏe cho tim mạch con người, lợi ích cho hệ tiêu hóa, bổ thận, cung cấp vitamin bổ dưỡng cho cơ thể, đào thải độc tố, giải độc, tốt cho hệ miễn dịch, giúp huyết áp ổn định, da đẹp. Cây đậu đỏ khi trồng có chiều cao 6 centimet. Khảo sát cho thấy độ cao tính bằng centimet của cây đậu đỏ tại thời điểm t kể từ khi được trồng được cho bởi hàm số $h(t) = - 0,005t^{4} + bt^{3} + c$ (trong đó $b,\\, c \\in {\\mathbb{R}}$), với t tính theo tuần. Giả sử h’(t) là tốc độ tăng chiều cao của cây đậu đỏ sau khi trồng (đơn vị của h’(t): centimet/tuần). Biết h’(5) = 5 (Hình bên dưới mô tả hạt và cây đậu đỏ).

a) Hàm số h(t) có công thức $h(t) = - 0,005t^{4} + 0,1t^{3}$.

b) Giai đoạn tăng trưởng của cây đậu đỏ đó kéo dài 15 tuần.

c) Chiều cao tối đa của cây đậu đỏ đó là 90 centimet.

d) Vào thời điểm cây đậu đỏ đó phát triển nhanh nhất thì chiều cao của cây là 56 centimet.

a) Hàm số h(t) có công thức $h(t) = - 0,005t^{4} + 0,1t^{3}$.

b) Giai đoạn tăng trưởng của cây đậu đỏ đó kéo dài 15 tuần.

c) Chiều cao tối đa của cây đậu đỏ đó là 90 centimet.

d) Vào thời điểm cây đậu đỏ đó phát triển nhanh nhất thì chiều cao của cây là 56 centimet.

a) Hàm số h(t) có công thức $h(t) = - 0,005t^{4} + 0,1t^{3}$.

b) Giai đoạn tăng trưởng của cây đậu đỏ đó kéo dài 15 tuần.

c) Chiều cao tối đa của cây đậu đỏ đó là 90 centimet.

d) Vào thời điểm cây đậu đỏ đó phát triển nhanh nhất thì chiều cao của cây là 56 centimet.

Đậu đỏ là một loại thực phẩm quen thuộc trong bữa ăn của người Việt Nam. Ngoài giá trị dinh dưỡng cao, đậu đỏ còn có nhiều công dụng tuyệt vời cho sức khỏe và sắc đẹp như: chống oxy hóa, giúp cơ bắp con người khỏe mạnh, tăng cường sức khỏe cho tim mạch con người, lợi ích cho hệ tiêu hóa, bổ thận, cung cấp vitamin bổ dưỡng cho cơ thể, đào thải độc tố, giải độc, tốt cho hệ miễn dịch, giúp huyết áp ổn định, da đẹp. Cây đậu đỏ khi trồng có chiều cao 6 centimet. Khảo sát cho thấy độ cao tính bằng centimet của cây đậu đỏ tại thời điểm t kể từ khi được trồng được cho bởi hàm số $h(t) = - 0,005t^{4} + bt^{3} + c$ (trong đó $b,\\, c \\in {\\mathbb{R}}$), với t tính theo tuần. Giả sử h’(t) là tốc độ tăng chiều cao của cây đậu đỏ sau khi trồng (đơn vị của h’(t): centimet/tuần). Biết h’(5) = 5 (Hình bên dưới mô tả hạt và cây đậu đỏ).

a) Hàm số h(t) có công thức $h(t) = - 0,005t^{4} + 0,1t^{3}$.

b) Giai đoạn tăng trưởng của cây đậu đỏ đó kéo dài 15 tuần.

c) Chiều cao tối đa của cây đậu đỏ đó là 90 centimet.

d) Vào thời điểm cây đậu đỏ đó phát triển nhanh nhất thì chiều cao của cây là 56 centimet.

a) Sai. Ta có \\(h'(t) =  - 0,02{t^3} + 3b{t^2}\\).

\\(\\left\\{ \\begin{array}{l}h'(5) = 5\\\\h(0) = 6\\end{array} \\right. \\Leftrightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l} - 0,{02.5^3} + 3b{.5^2} = 5\\\\ - 0,{005.0^4} + b{.0^3} + c = 6\\end{array} \\right. \\Leftrightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l}b = 0,1\\\\c = 6\\end{array} \\right.\\)

Vậy \\(h\\left( t \\right) =  - 0,005{t^4} + 0,1{t^3} + 6\\).

b) Đúng. \\(h'(t) =  - 0,02{t^3} + 0,3{t^2} = 0 \\Leftrightarrow \\left[ \\begin{array}{l}t = 15\\\\t = 0\\end{array} \\right.\\)

Giai đoạn tăng trưởng của cây đậu đỏ là (0; 15), hay 15 tuần đầu.

c) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, chiều cao tối đa của cây đậu đỏ là 90,375 cm.

d) Đúng. \\(h''(t) =  - 0,06{t^2} + 0,6t = 0 \\Leftrightarrow \\left[ \\begin{array}{l}t = 10\\\\t = 0\\end{array} \\right.\\)

Thời điểm cây đậu đỏ phát triển nhanh nhất là t = 10. Chiều cao của cây khi đó là:

\\(h\\left( {10} \\right) =  - 0,{005.10^4} + 0,{1.10^3} + 6 = 56\\) (cm).

a) Giải hệ \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}h'(5) = 5\\\\h(0) = 6\\end{array} \\right.\\) tìm b, c.

b) Tìm khoảng t mà h’(t) > 0.

c) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số h(t).

d) Tìm t để h’(t) đạt giá trị lớn nhất, sử dụng giá trị t vừa tìm được tính h(t).

Cho hàm số $y = f(x) = \\dfrac{x^{2} + bx + c}{x - 2}$ có đạo hàm f’(x). Đồ thị của hàm số f’(x) như hình vẽ sau:

a) Phương trình f’(x) = 0 có hai nghiệm x = 1 và x = 3.

b) Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (1; 3).

c) Hàm số y = f(x) đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 3.

d) Nếu f(0) = 1 thì $\\lim\\limits_{\\lbrack 3;4\\rbrack}f(x) = 6$.

a) Phương trình f’(x) = 0 có hai nghiệm x = 1 và x = 3.

b) Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (1; 3).

c) Hàm số y = f(x) đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 3.

d) Nếu f(0) = 1 thì $\\lim\\limits_{\\lbrack 3;4\\rbrack}f(x) = 6$.

a) Phương trình f’(x) = 0 có hai nghiệm x = 1 và x = 3.

b) Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (1; 3).

c) Hàm số y = f(x) đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 3.

d) Nếu f(0) = 1 thì $\\lim\\limits_{\\lbrack 3;4\\rbrack}f(x) = 6$.

Cho hàm số $y = f(x) = \\dfrac{x^{2} + bx + c}{x - 2}$ có đạo hàm f’(x). Đồ thị của hàm số f’(x) như hình vẽ sau:

a) Phương trình f’(x) = 0 có hai nghiệm x = 1 và x = 3.

b) Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (1; 3).

c) Hàm số y = f(x) đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 3.

d) Nếu f(0) = 1 thì $\\lim\\limits_{\\lbrack 3;4\\rbrack}f(x) = 6$.

a) Đúng. Đồ thị hàm số f’(x) cắt trục hoành tại x = 1 và x = 3 nên phương trình f’(x) = 0 có hai nghiệm là x = 1 và x = 3.

b) Sai. Hàm số y = f(x) không xác định tại x = 2 nên không nghịch biến trên (1; 3).

c) Đúng. Quan sát đồ thị hàm số f’(x), ta thấy:

- Giá trị f’(x) chuyển từ dương sang âm khi qua x = 1. Do đó y = f(x) đạt cực đại tại x = 1.

- Giá trị f’(x) chuyển từ âm sang dương khi qua x = 3. Do đó y = f(x) đạt cực tiểu tại x = 3.

d) Đúng. \\(f(0) = 1 \\Leftrightarrow \\frac{{{0^2} + b.0 + c}}{{0 - 2}} = 1 \\Leftrightarrow c =  - 2\\).

\\(f'(x) = \\frac{{(2x + b)(x - 2) - ({x^2} + bx - 2)}}{{{{(x - 2)}^2}}} = \\frac{{{x^2} - 4x - 2b + 2}}{{{{(x - 2)}^2}}}\\).

\\(f'(1) = 0 \\Leftrightarrow \\frac{{{1^2} - 4.1 - 2b + 2}}{{{{(1 - 2)}^2}}} = 0 \\Leftrightarrow b =  - \\frac{1}{2}\\).

Ta có \\(y = f(x) = \\frac{{{x^2} - \\frac{1}{2}x - 2}}{{x - 2}}\\) đồng biến trên [3; 4] nên \\(\\mathop {\\max }\\limits_{[3;4]} f(x) = f(4) = 6\\).

a) Nghiệm của f’(x) = 0 là hoành độ giao điểm của đồ thị f’(x) với trục hoành.

b, c) Xét dấu f’(x) bằng cách quan sát đồ thị.

d) Tìm hệ số b, c rồi tính \\(\\mathop {\\max }\\limits_{[3;4]} f(x) = 6\\).

Một công ty may mặc có hai hệ thống máy chạy song song. Xác suất để hệ thống máy thứ nhất hoạt động tốt là 90%, xác suất để cả hai hệ thống máy đều hoạt động tốt là 72%. Công ty chỉ có thể hoàn thành đơn hàng đúng hạn nếu ít nhất một trong hai hệ thống máy hoạt động tốt.

a) Xác suất để hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt là 0,8.

b) Xác suất để hệ thống máy thứ nhất không hoạt động tốt là 0,2.

c) Xác suất để cả hai hệ thống máy đều không hoạt động tốt là 0,028.

d) Xác suất để công ty hoàn thành đúng hạn là 0,98.

a) Xác suất để hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt là 0,8.

b) Xác suất để hệ thống máy thứ nhất không hoạt động tốt là 0,2.

c) Xác suất để cả hai hệ thống máy đều không hoạt động tốt là 0,028.

d) Xác suất để công ty hoàn thành đúng hạn là 0,98.

a) Xác suất để hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt là 0,8.

b) Xác suất để hệ thống máy thứ nhất không hoạt động tốt là 0,2.

c) Xác suất để cả hai hệ thống máy đều không hoạt động tốt là 0,028.

d) Xác suất để công ty hoàn thành đúng hạn là 0,98.

Một công ty may mặc có hai hệ thống máy chạy song song. Xác suất để hệ thống máy thứ nhất hoạt động tốt là 90%, xác suất để cả hai hệ thống máy đều hoạt động tốt là 72%. Công ty chỉ có thể hoàn thành đơn hàng đúng hạn nếu ít nhất một trong hai hệ thống máy hoạt động tốt.

a) Xác suất để hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt là 0,8.

b) Xác suất để hệ thống máy thứ nhất không hoạt động tốt là 0,2.

c) Xác suất để cả hai hệ thống máy đều không hoạt động tốt là 0,028.

d) Xác suất để công ty hoàn thành đúng hạn là 0,98.

Gọi các biến cố:

A: “Máy A hoạt động tốt”, \\(\\overline A \\): “Máy A không hoạt động tốt”.

B: “Máy B hoạt động tốt”, \\(\\overline B \\): “Máy B không hoạt động tốt”.

Hai hệ thống máy chạy song song nên A và B là hai biến cố độc lập

Theo đề bài: P(A) = 90% = 0,9, P(AB) = 72% = 0,72.

a) Đúng. \\(P(AB) = P(A).P(B) \\Leftrightarrow 0,72 = 0,9.P(B) \\Leftrightarrow P(B) = 0,8\\).

b) Sai. \\(P(\\overline A ) = 1 - P(A) = 1 - 0,9 = 0,1\\).

c) Sai. \\(P(\\overline B ) = 1 - P(B) = 1 - 0,8 = 0,2\\)

\\(P(\\overline A \\overline B ) = 0,1.0,2 = 0,02\\).

d) Đúng. Gọi C là biến cố: “Công ty hoàn thành đúng hạn” hay “Có ít nhất 1 trong 2 máy hoạt động tốt”.

Xác suất cả 2 máy không hoạt động tốt là \\(P(\\overline C ) = P(\\overline A \\overline B ) = 0,1.0,2 = 0,02\\).

Vậy \\(P(C) = 1 - P(\\overline C ) = 1 - 0,02 = 0,98\\).

Sử dụng quy tắc nhân và áp dụng công thức tính xác suất của biến cố đối.

Có 9 quả cầu giống hệt nhau được đánh số từ 1 đến 9 và đựng trong một hộp. Sau khi xáo trộn, người ta lấy ngẫu nhiên lần lượt 4 quả. Xác suất để lấy được tổng các chữ số ghi trên các quả cầu là 15 bằng bao nhiêu (không làm tròn các bước tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần trăm).

Liệt kê các trường hợp có thể xảy ra, kết hợp phương pháp tổ hợp để tính xác suất.

Số cách chọn lần lượt 4 quả cầu ngẫu nhiên là $A_{9}^{4} = 3024$.

Để tổng bốn chữ số trên bốn quả cầu bằng 15 thì các bộ bốn chữ số đó là:

{1; 2; 3; 9}, {1; 2; 4; 8}, {1; 2; 5; 7}, {1; 3; 4; 7}, {1; 3; 5; 6}, {2; 3; 4; 6}.

Với 6 bộ bốn chữ số, có $6.4! = 144$ cách chọn lần lượt từng quả sao cho tổng các chữ số ghi trên các quả cầu là 15.

Vậy xác suất cần tìm là $\\dfrac{144}{3024} \\approx 0,05$.

Một doanh nghiệp dự định sản xuất không quá 300 sản phẩm. Nếu doanh nghiệp sản xuất x sản phẩm $\\left( {1 \\leq x \\leq 300} \\right)$ thì doanh thu nhận được khi bán hết số sản phẩm đó là $F(x) = - 7x^{2} + 1700x$ (nghìn đồng), trong khi chi phí sản xuất bình quân cho một sản phẩm là $G(x) = 0,004x^{2} - 1,6x + 500 + \\dfrac{16000}{x}$ (nghìn đồng). Lợi nhuận thu được của doanh nghiệp (tính theo đơn vị triệu đồng) đạt giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu?

Tìm giá trị lớn nhất của hàm lợi nhuận: L(x) = F(x) - xG(x).

Xét trên [1; 300]:

Chi phí sản xuất x sản phẩm:

$xG(x) = 0,004x^{3} - 1,6x^{2} + 500x + 16000$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận cho x sản phẩm: $L(x) = F(x) - xG(x) $

$= - 0,004x^{3} - 5,4x^{2} + 1200x - 16000$ (nghìn đồng).

$ L'(x) = - 0,012x^{2} - 10,8x + 1200 = 0\\Leftrightarrow x = 100 $.

Ta có: $L(1) \\approx - 14805$, $L(100) = 46000$, $L(300) = - 250000$.

Vậy lợi nhuận thu được đạt giá trị lớn nhất là 46 triệu đồng.

Quanh một đa giác đều 2n cạnh $\\left( {n \\geq 6,n \\in {\\mathbb{N}}} \\right)$ vẽ vòng tròn ngoại tiếp. Ba đỉnh bất kì của đa giác được gọi là cùng phía nếu tồn tại một nửa đường tròn chứa 3 đỉnh đó (các đầu mút của nửa đường tròn là các đỉnh của đa giác). Biết xác suất của biến cố “3 đỉnh chọn bất kì cùng phía” bằng $\\dfrac{33}{43}$. Tìm n?

Sử dụng phương pháp tổ hợp.

Đa giác 2n cạnh có 2n đỉnh.

Số cách chọn 3 đỉnh từ 2n đỉnh: $C_{2n}^{3}$.

Số cách chọn 3 đỉnh cùng phía:

- Chọn 1 đỉnh làm mốc: 2n (cách).

- Chọn 2 đỉnh còn lại trong số n đỉnh nằm trên nửa đường tròn theo chiều kim đồng hồ: $C_{n}^{2}$ (cách).

Vậy số cách chọn 3 đỉnh bất kì cùng phía là $2n.C_{n}^{2}$.

Ta có $\\left. \\dfrac{2n.C_{n}^{2}}{C_{2n}^{3}} = \\dfrac{33}{43}\\Leftrightarrow\\dfrac{2n.n!}{2!(n - 2)!}:\\dfrac{(2n)!}{3!(2n - 3)!} = \\dfrac{33}{43} \\right.$

$\\left. \\Leftrightarrow\\dfrac{n}{2(2n - 1)} = \\dfrac{11}{43}\\Leftrightarrow 43n = 44n - 22\\Leftrightarrow n = 22 \\right.$ (TM).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng $3\\sqrt{2}$, $\\widehat{ABC} = 60^{\\text{o}}$, $AB\\bot SC$, $\\Delta SAC$ đều. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng bao nhiêu?

Áp dụng phương pháp tọa độ hóa trong không gian.

Gọi I là tâm hình thoi ABCD, H là hình chiếu của S lên (ABCD).

$\\Delta SAC$ đều và I là trung điểm của AC, do đó $SI\\bot AC$.

$\\left. \\left. \\begin{array}{l} \\left. SH\\bot(ABCD)\\Rightarrow SH\\bot AC \\right. \\\\ {SI\\bot AC} \\end{array} \\right\\}\\Rightarrow AC\\bot(SIH) \\right.$.

$\\left. \\left. \\begin{array}{l} {BD\\bot AC} \\\\ {SI\\bot AC} \\end{array} \\right\\}\\Rightarrow AC\\bot(SBD) \\right.$.

$\\left. \\left. \\begin{array}{l} {AC\\bot(SIH)} \\\\ {AC\\bot(SBD)} \\\\ {I \\in (SIH) \\cap (SBD)} \\end{array} \\right\\}\\Rightarrow \\right.$ Hai mặt phẳng (SIH) và (SBD) trùng nhau $\\left. \\Rightarrow H \\in (SBD) \\right.$.

$\\left. \\left. \\begin{array}{l} {H \\in (SBD)} \\\\ {H \\in (ABCD)} \\\\ {(SBD) \\cap (ABCD) = BD} \\end{array} \\right\\}\\Rightarrow H \\in BD \\right.$.

Ta có $\\left. BI\\bot AC\\Rightarrow BH\\bot AC \\right.$ (1)

$\\left. \\left. \\begin{array}{l} {AB\\bot SC} \\\\ \\left. SH\\bot(ABCD)\\Rightarrow SH\\bot AB \\right. \\end{array} \\right\\}\\Rightarrow AB\\bot(SHC)\\Rightarrow AB\\bot CH \\right.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của tam giác ABC.

Mà ABCD là hình thoi có $\\widehat{ABC} = 60^{\\text{o}}$, suy ra các tam giác ABC và ADC là các tam giác đều.

Vì vậy, H vừa là trực tâm, vừa là trọng tâm của tam giác ABC.

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O trùng với H, tia Ox song song với AC và cắt BC, D thuộc tia Oy, S thuộc tia Oz.

Ta có $ID = BI = \\dfrac{\\sqrt{3}}{2}.3\\sqrt{2} = \\dfrac{3\\sqrt{6}}{2}$;

$HI = \\dfrac{1}{3}BI = \\dfrac{1}{3}.\\dfrac{3\\sqrt{6}}{2} = \\dfrac{\\sqrt{6}}{2}$.

$ HD = HI + ID = \\dfrac{3\\sqrt{6}}{2} + \\dfrac{\\sqrt{6}}{2} = 2\\sqrt{6}$

$\\Rightarrow D\\left( {0;2\\sqrt{6};0} \\right) $.

$SI = \\dfrac{\\sqrt{3}}{2}.3\\sqrt{2} = \\dfrac{3\\sqrt{6}}{2}$,

$ SH = \\sqrt{SI^{2} - HI^{2}}= \\sqrt{\\left( \\dfrac{3\\sqrt{6}}{2} \\right)^{2} - \\left( \\dfrac{\\sqrt{6}}{2} \\right)^{2}} = 2\\sqrt{3}$

$\\Rightarrow S\\left( {0;0;2\\sqrt{3}} \\right) $.

$\\left. BH = \\dfrac{2}{3}BI = \\dfrac{2}{3}.\\dfrac{3\\sqrt{6}}{2} = \\sqrt{6}\\Rightarrow B\\left( {0; - \\sqrt{6};0} \\right) \\right.$.

$\\left. \\left. \\begin{array}{l} {AI = \\dfrac{AC}{2} = \\dfrac{3\\sqrt{2}}{2}} \\\\ {HI = \\dfrac{\\sqrt{6}}{2}} \\end{array} \\right\\}\\Rightarrow A\\left( {- \\dfrac{3\\sqrt{2}}{2};\\dfrac{\\sqrt{6}}{2};0} \\right) \\right.$.

$\\overset{\\rightarrow}{AB} = \\left( {\\dfrac{3\\sqrt{2}}{2};\\dfrac{- 3\\sqrt{6}}{2};0} \\right)$, $\\overset{\\rightarrow}{SD} = \\left( {0;2\\sqrt{6}; - 2\\sqrt{3}} \\right)$, $\\overset{\\rightarrow}{BS} = \\left( {0;\\sqrt{6};2\\sqrt{3}} \\right)$.

$d\\left( {AB,SD} \\right) = \\dfrac{\\left| {\\left\\lbrack {\\overset{\\rightarrow}{AB},\\overset{\\rightarrow}{SD}} \\right\\rbrack.\\overset{\\rightarrow}{BS}} \\right|}{\\left| \\left\\lbrack {\\overset{\\rightarrow}{AB},\\overset{\\rightarrow}{SD}} \\right\\rbrack \\right|} = 3$.

Bốn ngư dân góp vốn mua chung một chiếc thuyền. Số tiền người đầu đóng góp bằng nửa tổng số tiền của ba người còn lại. Số tiền người thứ hai đóng góp bằng $\\dfrac{1}{3}$ tổng số tiền của ba người còn lại. Số tiền người thứ ba đóng góp bằng $\\dfrac{1}{4}$ tổng số tiền $3$ người còn lại. Biết người thứ tư đóng góp 260 triệu đồng. Chiếc thuyền này được mua bao nhiêu tỉ đồng?

Đặt các ẩn tương ứng với số tiền của mỗi người đóng góp.

Lập hệ phương trình 3 ẩn dựa theo dữ kiện của đề bài. Giải hệ và kết luận.

$\\left\\{ \\begin{array}{l} {a = \\dfrac{1}{2}(b + c + d)} \\\\ {b = \\dfrac{1}{3}(a + c + d)} \\\\ {c = \\dfrac{1}{4}(a + b + d)} \\\\ {d = 260} \\end{array} \\right.\\Leftrightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l} {a = \\dfrac{1}{2}b + \\dfrac{1}{2}c + 130} \\\\ {b = \\dfrac{1}{3}a + \\dfrac{1}{3}c + \\dfrac{260}{3}} \\\\ {c = \\dfrac{1}{4}a + \\dfrac{1}{4}b + 65} \\end{array} \\right.$

$\\Leftrightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l} {a = 400} \\\\ {b = 300} \\\\ {c = 240} \\\\ {d = 260} \\end{array} \\right.\\Rightarrow a + b + c + d = 1200 $.

Vậy chiếc thuyền được mua với giá 1200 triệu đồng = 1,2 tỉ đồng.

Hệ thống định vị toàn cầu GPS là một hệ thống cho phép xác định vị trí của một vật thể trong không gian. Trong cùng một thời điểm vị trí của điểm M trong không gian sẽ được xác định bởi bốn vệ tinh cho trước nhờ các bộ thu phát tín hiệu đặt trên các vệ tinh. Giả sử trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, có bốn vệ tinh lần lượt đặt tại các điểm A(0; 4; 5), B(3; 0; 5), C(3; 4; 0), D(3; 4; 5) và vị trí M(a; b; c) trên đoạn thẳng AB thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến đường thẳng MD lớn nhất. Khi đó giá trị a + b + c bằng bao nhiêu?

Đề bài yêu cầu tìm M sao cho $s = d\\left( {A,MD} \\right) + d\\left( {B,MD} \\right) + d\\left( {C,MD} \\right)$ lớn nhất.

Chứng minh $d\\left( {C,MD} \\right)$ có độ dài cố định. Tìm $d\\left( {A,MD} \\right) + d\\left( {B,MD} \\right)$ lớn nhất bằng cách ứng dụng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên. Áp dụng phương trình tham số của đường thẳng để tìm tọa độ điểm M.

Các điểm A, B, D cùng có cao độ bằng 5, do đó ba điểm trên cùng thuộc mặt phẳng z = 5 song song với mặt phẳng (Oxy).

Tương tự, ta có A, D, C cùng thuộc mặt phẳng y = 4 song song với mặt phẳng (Oxz); B, D, C cùng thuộc mặt phẳng x = 3 song song với (Oyz).

Do đó, O, A, B, C, D là các đỉnh của một hình hộp chữ nhật.

Ta có $\\left. CD\\bot(ABD)\\Rightarrow CD\\bot MD\\Rightarrow d\\left( {C,MD} \\right) = CD = 5 \\right.$.

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên đường thẳng MD.

$s = d\\left( {A,MD} \\right) + d\\left( {B,MD} \\right) + d\\left( {C,MD} \\right) = AH + BK + 5$.

s lớn nhất khi AH + BK lớn nhất. Ta có:

$\\left. \\left. \\begin{array}{l} {AH \\leq AM} \\\\ {BK \\leq BM} \\end{array} \\right\\}\\Rightarrow AH + BK \\leq AM + BM = AB \\right.$.

Dấu “=” xảy ra $\\left. \\Leftrightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l} {AH = AM} \\\\ {BK = BM} \\end{array} \\right.\\Leftrightarrow MD\\bot AB \\right.$.

Đường thẳng AB nhận $\\overset{\\rightarrow}{AB} = (3; - 4;0)$ làm vecto chỉ phương và đi qua A(0; 4; 5) nên có phương trình tham số là $\\left\\{ \\begin{array}{l} {x = 3t} \\\\ {y = 4 - 4t} \\\\ {z = 5} \\end{array} \\right.$ $(t \\in {\\mathbb{R}})$.

$\\left. M \\in AB\\Rightarrow M(3t;4 - 4t;5)\\Rightarrow\\overset{\\rightarrow}{DM} = (3t - 3; - 4t;0) \\right.$.

$\\left. \\overset{\\rightarrow}{DM}\\bot\\overset{\\rightarrow}{AB}\\Leftrightarrow\\overset{\\rightarrow}{DM}.\\overset{\\rightarrow}{AB} = 0\\Leftrightarrow 3(3t - 3) - 4( - 4t) = 0\\Leftrightarrow t = \\dfrac{9}{25} \\right.$.

Vậy $\\left. M\\left( {\\dfrac{27}{25};\\dfrac{64}{25};5} \\right)\\Rightarrow a + b + c = \\dfrac{27}{25} + \\dfrac{64}{25} + 5 = 8,64 \\right.$.