Đề chính thức Tốt nghiệp THPT Toán năm 2026 - Lần 1
22 câu hỏi
\(4\).
\( - 5\).
\(5\).
\( - 4\).
Ta có \({u_2} = {u_1} + d = 5 + \left( { - 1} \right) = 4\). Chọn A.
\(3x\).
\(1 + {x^2}\).
\(x + {x^2}\).
\(1 + 2x\).
Ta có \(y' = {\left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]^\prime } = f'\left( x \right) + g'\left( x \right) = x + {x^2}\). Chọn C.
\(\int {\left[ {3 + f\left( x \right)} \right]} dx = 3x + \cos x + C\).
\(\int {\left[ {3 + f\left( x \right)} \right]} dx = 3x + \sin x + C\).
\(\int {\left[ {3 + f\left( x \right)} \right]} dx = 3x - \cos x + C\).
\(\int {\left[ {3 + f\left( x \right)} \right]} dx = 3x - \sin x + C\).
\[\int {\left[ {3 + f\left( x \right)} \right]} dx = \int 3 dx + \int {f\left( x \right)dx} = 3x + \sin x + C\]. Chọn B.
\(x = 2\).
\(x = 3\).
\(x = 5\).
\(x = 4\).
Điều kiện: \(x > 1\).
Ta có \({\log _3}\left( {x - 1} \right) = 1\)\( \Leftrightarrow x - 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4\) (thỏa mãn).
Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 4\). Chọn D.
\(\left( {2; - 2;0} \right)\).
\(\left( { - 2;2;0} \right)\).
\(\left( {4;8;2} \right)\).
\(\left( {2;4;1} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = (3 - 1;3 - 5;1 - 1) = (2; - 2;0)\). Chọn A.
\(0,8\).
\(0,1\).
\(0,9\).
\(0,2\).
Vì là hai biến cố độc lập nên Chọn D.
\(\overrightarrow {AA'} \).
\(\overrightarrow {D'C'} \).
\(\overrightarrow {CD} \).
\(\overrightarrow {AD} \).
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {D'C'} \). Chọn B.
\(\left( {1;0} \right)\).
\(\left( {0;2} \right)\).
\(\left( { - 1;1} \right)\).
\(\left( {1;2} \right)\).
Thay tọa độ điểm 1;0 vào hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + 0 - 3 = - 2 < 0}\\{1 - 0 + 1 = 2 > 0}\end{array}} \right.\) (đúng).
Vậy cặp số là nghiệm của hệ. Chọn A.
\({f_2}\left( x \right) = 3{x^2}\).
\({f_3}\left( x \right) = 12{x^2}\).
\({f_1}\left( x \right) = {x^4}\).
\({f_4}\left( x \right) = 4{x^4}\).
Ta có: \(F'\left( x \right) = {\left( {4{x^3}} \right)^\prime } = 12{x^2}\).
Suy ra là một nguyên hàm của hàm số . Chọn B.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Cho hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) (\(c \ne 0\), \(ad - bc \ne 0\)) có bảng biến thiên:
Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho có phương trình là:
\(y = - 2\).
\(x = - 2\).
\(x = 1\).
\(y = 1\).
Đường tiệm cận ngang là \(y = - 2\). Chọn A.
\({u_4} = {u_1} \cdot {q^3}\).
\({u_4} = {u_1} \cdot {q^4}\).
\({u_4} = {u_1} + 3q\).
\({u_4} = {u_1} + 4q\).
Công thức tổng quát của cấp số nhân: \({u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}} \Rightarrow {u_4} = {u_1} \cdot {q^3}\). Chọn A.
\(\left[ {30;40} \right)\).
\(\left[ {40;50} \right)\).
\(\left[ {60;70} \right)\).
\(\left[ {50;60} \right)\).
Cỡ mẫu \(n = 42\). Gọi \({x_1};{x_2};...;{x_{42}}\) lần lượt là thời gian học trực tuyến một ngày của 42 học sính được sắp theo thứ tự không giảm.
Trung vị là \(\frac{{{x_{21}} + {x_{22}}}}{2}\) mà \({x_{21}};{x_{22}} \in \left[ {30;40} \right)\) nên nhóm này chứa trung vị. Chọn A.
Xác suất để người đó không nhận được cảnh báo từ ứng dụng bằng \(0,9\).
Xác suất để người đó không có bệnh biết rằng người đó không nhận được cảnh báo từ ứng dụng lớn hơn \(0,98\).
Xác suất để người đó không có bệnh bằng \(0,9\).
Xác suất để người đó không nhận được cảnh báo từ ứng dụng biết rằng người đó không có bệnh nhỏ hơn \(0,95\).
a) Đúng. Gọi A là biến cố “người đó nhận được cảnh báo”\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{1000}}{{10{\mkern 1mu} 000}} = 0,1 \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0,1 = 0,9\).
b) Đúng: Gọi B là biến cố “người có bệnh”. Xác suất không có bệnh khi không nhận cảnh báo là: \(P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = \frac{{8900}}{{9000}} = \frac{{89}}{{90}} \approx 0,9889 > 0,98.\)
c) Sai. \(P\left( {\bar B} \right) = \frac{{300 + 8900}}{{10{\mkern 1mu} 000}} = \frac{{9200}}{{10{\mkern 1mu} 000}} = 0,92 \ne 0,9.\)
d) Sai. \(P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A \cap \bar B} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}} = \frac{{8900}}{{9200}} = \frac{{89}}{{92}} \approx 0,9674 > 0,95.\)
Hàm số đã cho có đạo hàm là \(f'\left( x \right) = {x^2} - 10x + 9\).
Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có tập nghiệm là \(S = \left\{ {1;9} \right\}\).
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;9} \right)\).
Giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng \(\frac{{37}}{3}\).
a) Đúng. \(f'\left( x \right) = {x^2} - 10x + 9\).
b) Đúng. \({x^2} - 10x + 9 = 0 \Leftrightarrow x = 1\) hoặc \(x = 9 \Rightarrow S = \left\{ {1;9} \right\}\).
c) Đúng. Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;9} \right)\).
d) Sai. Điểm cực tiểu là \(x = 9 \Rightarrow \) Giá trị cực tiểu là \(f\left( 9 \right) = \frac{1}{3} \cdot {9^3} - 5 \cdot {9^2} + 9 \cdot 9 + 8 = - 73\).
Giá trị \(\frac{{37}}{3}\) là giá trị cực đại (tại \(x = 1\)).
\(F\left( t \right) = - 0,1{t^3} + 1,8{t^2}\) với \(0 \le t \le 12\).
Năng lượng điện (kWh) lưu trữ được kể từ thời điểm \(t = a\) đến thời điểm \(t = b\) \(\left( {0 \le a < b \le 12} \right)\) là \(\int\limits_a^b {f\left( t \right)dt} \).
Năng lượng điện lưu trữ được kể từ thời điểm \(t = 1\) đến thời điểm \(t = 4\) nhỏ hơn 20,6 kWh.
Năng lượng điện lưu trữ được kể từ thời điểm \(t = 1\) đến thời điểm \(t = 7\) gấp hai lần năng lượng điện lưu trữ được kể từ thời điểm \(t = 1\) đến thời điểm \(t = 4\).
Ta có \(F\left( t \right) = \int {f\left( t \right)dt} = \int {\left( { - 0,3{t^2} + 3,6t} \right)dt} = - 0,1{t^3} + 1,8{t^2} + C\).
Vì \(F\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0\). Vậy \(F\left( t \right) = - 0,1{t^3} + 1,8{t^2}\).
a) Đúng. \(F\left( t \right) = - 0,1{t^3} + 1,8{t^2}\).
b) Đúng. Năng lực điện lưu trữ từ \(t = a\) đến \(t = b\) là \(\int\limits_a^b {f\left( t \right)dt} \).
c) Sai. Năng lực điện lưu trữ từ \(t = 1\) đến \(t = 4\) là
\(I = \int\limits_1^4 {f\left( t \right)dt} = F\left( 4 \right) - F\left( 1 \right) = 22,4 - 1,7 = 20,7\) (kWh).
d) Sai. Năng lực điện lưu trữ từ \(t = 1\) đến \(t = 7\) là
\(J = \int\limits_1^7 {f\left( t \right)dt} = F\left( 7 \right) - F\left( 1 \right) = 53,9 - 1,7 = 52,2\)(kWh).
Ta có \(2I = 2 \cdot 20,7 = 41,4 \ne 52,2\).
\(\overrightarrow {MN} = \left( {9; - 12;0} \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng \(MN\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + 3t\\y = 10 - 4t\\z = 0\end{array} \right.\) với \(t \in R\).
Trong quá trình bay từ \(M\) đến \(N\), khoảng cách ngắn nhất từ máy bay đến vành đai bảo vệ là 50 mét.
Trong quá trình bay từ \(M\) đến \(N\), khoảng cách từ máy bay đến vành đai bảo vệ là ngắn nhất khi máy bay ở vị trí có tọa độ là \(\left( {8;6;4} \right)\).
a) Đúng. Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {14 - 5; - 2 - 10;4 - 4} \right) = \left( {9; - 12;0} \right)\).
b) Sai. Đường thẳng \(MN\) có vectơ chỉ phương là \(\frac{1}{3}\overrightarrow {MN} = \left( {3; - 4;0} \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng \(MN\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + 3t\\y = 10 - 4t\\z = 4\end{array} \right.\).
c) Đúng. Vành đai là đường tròn trong mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình là \({x^2} + {y^2} = {7^2}\).
Hình chiếu của điểm \(M\left( {5;10;4} \right)\) trên \(\left( {Oxy} \right)\) là \(M'\left( {5;10;0} \right)\) và hình chiếu của \(N\left( {14; - 2;4} \right)\) trên \(\left( {Oxy} \right)\) là \(N'\left( {14; - 2;0} \right)\).
Trong quá trình bay từ \(M\) đến \(N\), gọi vị trí của máy bay là \(A\) nên điểm \(A\) có tọa độ là \(\left( {5 + 3t;10 - 4t;4} \right)\).
Gọi \(A\) là hình chiếu của \(A\) trên \(\left( {Oxy} \right)\). Suy ra \(A'\left( {5 + 3t;10 - 4t;0} \right)\).
Trong mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) đường thẳng \(M'N'\) có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + 3t\\y = 10 - 4t\end{array} \right.\).
Suy ra \(M'N'\) có phương trình tổng quát là \(4x + 3y - 50 = 0\).
Suy ra \(d\left( {O,M'N'} \right) = \frac{{\left| {4 \cdot 0 + 3 \cdot 0 - 50} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 10 > 7\).
Suy ra đường thẳng \(M'N'\) không cắt \(\left( {O,7} \right)\) nên điểm \(A'\) nằm bên ngoài vành đai.
Gọi \(B\) là điểm bất kì trên vành đai
Ta có khoảng cách từ \(A\) đến vành đai là \(A{B_{\min }} = A{B_1} = \sqrt {A{{A'}^2} + {{\left( {A'{B_1}} \right)}^2}} = \sqrt {A{{A'}^2} + {{\left( {A'O - 7} \right)}^2}} \)\( = \sqrt {{4^2} + {{\left( {\sqrt {{{\left( {5 + 3t} \right)}^2} + {{\left( {10 - 4t} \right)}^2}} - 7} \right)}^2}} \)\( = \sqrt {16 + {{\left( {\sqrt {25{t^2} - 50t + 125} - 7} \right)}^2}} \).
Do hàm số \(y = 25{t^2} - 50t + 125\) đạt giá trị nhỏ nhất là 100 khi \(t = 1\) nên giá trị nhỏ nhất của \(A{B_{\min }}\) là 5 khi \(t = 1\).
Vậy khoảng cách ngắn nhất từ máy bay đến vành đai bảo vệ là 50 mét.
d) Đúng. Ta có khi \(t = 1\) tọa độ máy bay \(P\left( {8;6;4} \right)\).
Đáp án: 7,35.
Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(D \equiv O\left( {0;0;0} \right)\), các tia \(DA,DC,DQ\)lần lượt trùng với các chiều dương của các trục \(Ox,Oy,Oz\).
Khi đó: \(D\left( {0;0;0} \right)\), \(A\left( {6;0;0} \right)\), \[B\left( {6;6;0} \right)\], \(M\left( {6;0;6} \right)\), \(P\left( {0;6;6} \right)\).
Do \(E\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) nên tọa độ điểm \(E\) là: \(E\left( {6;3;0} \right)\).
Ta có các vectơ: \(\overrightarrow {DM} = \left( {6;0;6} \right)\), \(\overrightarrow {DE} = \left( {6;3;0} \right)\).
\(\left[ {\overrightarrow {DM} ,\overrightarrow {DE} } \right] = \left( { - 18;36;18} \right)\)
Chọn vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {MED} \right)\) là \(\overrightarrow n = \left( { - 1;2;1} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( {MED} \right)\) đi qua gốc tọa độ \(D\left( {0;0;0} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( { - 1;2;1} \right)\) nên có phương trình: \( - x + 2y + z = 0\).
Khoảng cách từ điểm \(P\left( {0;6;6} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( {MED} \right)\) là:
\(d\left( {P,\left( {MED} \right)} \right) = \frac{{| - 0 + 2 \cdot 6 + 6|}}{{\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{{18}}{{\sqrt 6 }} = 3\sqrt 6 \approx 7,35\).
Trong một trò chơi bạn Bình cần vượt qua một thử thách. Theo yêu cầu của thử thách, Bình cần điền tất cả 15 số thuộc tập hợp \(\left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8;10;11;12;15;16;20} \right\}\) vào 15 ô vuông trong hình (gồm 5 hàng từ Hàng 1 đến Hàng 5 và 5 cột từ Cột 1 đến Cột 5 xếp dạng bậc thang) thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau:
Mỗi ô điền đúng một số và mỗi số chỉ được sử dụng một lần;
Hiệu hai số ở hai ô bất kì khác nhau trên cùng một hàng không chia hết cho 5;
Hiệu hai số ở hai ô bất kì khác nhau trên cùng một cột không chia hết cho 5.
Hai cách điền được gọi là giống nhau nếu số điền ở mỗi ô tương ứng trong 15 ô là giống nhau (không tính đến thứ tự điền các số vào 15 ô vuông). Gọi \(H\) là số cách điền khác nhau để bạn Bình vượt qua được thử thách. Giá trị của \(\frac{H}{{30}}\) bằng bao nhiêu?
Đáp án: 1152.
Các số được chia thành 5 nhóm theo số dư khi chia cho 5:
Nhóm 0 (dư 0): \(\left\{ {0;5;10;15;20} \right\}\) (5 số)
Nhóm 1 (dư 1): \(\left\{ {1;6;11;16} \right\}\) (4 số)
Nhóm 2 (dư 2): \(\left\{ {2;7;12} \right\}\) (3 số)
Nhóm 3 (dư 3): \(\left\{ {3;8} \right\}\) (2 số)
Nhóm 4 (dư 4): \(\left\{ 4 \right\}\) (1 số)
Điều kiện “Hiệu hai số trên cùng hàng/cột không chia hết cho 5” tương đương với việc các số trên cùng hàng hoặc cùng cột phải có số dư khác nhau khi chia cho 5. Nghĩa là không có 2 số nào cùng nhóm nằm trên cùng 1 hàng hay 1 cột.
Ta có mô hình bảng gồm 5 hàng và 5 cột dạng nửa tam giác (số ô mỗi hàng từ trên xuống dưới lần lượt là 1, 2, 3, 4, 5; số ô mỗi cột từ trái qua phải lần lượt là 5, 4, 3, 2, 1).
Để xếp 5 số thuộc nhóm 0 không cùng hàng hoặc cột, ta bắt buộc phải xếp chúng vào đường chéo dài nhất (5 ô). Sau khi loại đi đường chéo này, phần còn lại là một tam giác gồm 4 ô chéo. Bằng lập luận tương tự, 4 số thuộc nhóm 1 phải nằm trên đường chéo tiếp theo.
Cứ như vậy, vị trí các nhóm hoàn toàn bị cố định thành từng đường chéo song song:
Số cách điền các số nhóm 0 là: \(5!\)
Số cách điền các số nhóm 1 là: \(4!\)
Số cách điền các số nhóm 2 là: \(3!\)
Số cách điền các số nhóm 3 là: \(2!\)
Số cách điền các số nhóm 4 là: \(1!\)
Vậy tổng số cách điền thỏa mãn là: \(H = 5! \cdot 4! \cdot 3! \cdot 2! \cdot 1! = 34560\).
Giá trị của \(\frac{H}{{30}} = \frac{{34560}}{{30}} = 1152\).
Để chế tác một hạt cườm, người ta lấy một khối vật thể có dạng một khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi trục \(Ox\) và nửa trên của elip \(\frac{{{x^2}}}{{{{1,5}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{1^2}}} = 1\) (một đơn vị dài trên mỗi trục tọa độ tương ứng với một xăng-ti-mét trong thực tế) quanh trục \(Ox\), sau đó khoan dọc theo trục xoay (xem hình dưới). Lỗ khoan có dạng hình trụ với bán kính \(0,2\;{\rm{cm}}\)và có trục nằm trên trục xoay. Phần còn lại sau khi khoan là hạt cườm, có dạng một khối tròn xoay. Thể tích của hạt cườm đó bằng bao nhiêu xăng ti mét khối (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần trăm)?
Lưu ý: Các kích thước trong hình mình họa có thể không đúng với tỉ lệ thực tế.
Đáp án: 5,91.
Phương trình elip đã cho là \(\frac{{{x^2}}}{{{{1,5}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{1^2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{2,25}} + {y^2} = 1\).
Do lấy nửa trên của elip nên \(y \ge 0\), ta suy ra: \({y^2} = 1 - \frac{{{x^2}}}{{2,25}}\)
Lỗ khoan có dạng hình trụ bán kính \(r = 0,2{\rm{ cm}}\), nằm dọc theo trục \(Ox\), tức là phần không gian bị lấy đi giới hạn bởi đường thẳng \(y = 0,2\).
Để tìm các giới hạn hoành độ nơi mũi khoan đi vào và đi ra khỏi khối elip, ta tìm giao điểm của đường thẳng \(y = 0,2\) và elip là:
\(1 - \frac{{{x^2}}}{{2,25}} = {0,2^2} \Leftrightarrow {x^2} = 0,96 \cdot 2,25 = 2,16 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \sqrt {2,16} }\\{x = \sqrt {2,16} }\end{array}} \right.\)
Thể tích hạt cườm chính là thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi đường elip \(y_{{\rm{elip}}}^2 = 1 - \frac{{{x^2}}}{{2,25}}\) và đường thẳng \({y_{{\rm{truc}}}} = 0,2\), quay quanh trục \(Ox\) trên đoạn \(\left[ { - \sqrt {2,16} ;\sqrt {2,16} } \right]\).
Do tính chất đối xứng qua trục \(Oy\), ta có thể tính tích phân từ \(0\) đến \(\sqrt {2,16} \) rồi nhân đôi:
\(V = 2\pi \int_0^{\sqrt {2,16} } {(y_{{\rm{elip}}}^2 - y_{{\rm{truc}}}^2)} {\mkern 1mu} dx\)
\( \Rightarrow V = 2\pi \int_0^{\sqrt {2,16} } {\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{2,25}} - 0,04} \right)} dx = 2\pi \int_0^{\sqrt {2,16} } {\left( {0,96 - \frac{{{x^2}}}{{2,25}}} \right)} dx \approx 5,91{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}\).
Vậy thể tích của hạt cườm bằng \(5,91{\rm{ c}}{{\rm{m}}^3}\).
Một khung hình trang trí có dạng một đa giác đều 12 cạnh \({A_1}{A_2}...{A_{12}}\) (xem hình vẽ bên dưới) được gắn cố định trên một trần nhà. Bạn Dũng có 12 bóng đèn gồm bốn bóng màu đỏ và tám bóng màu xanh có công suất đôi một khác nhau. Bạn Dũng lắp 12 bóng đèn trên vào 12 đỉnh \({A_1},{A_2},...,{A_{12}}\) sao mỗi đỉnh có đúng một bóng đèn. Gọi \(P\) là xác suất để mỗi đỉnh hình vuông (có bốn đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho) đều có ít nhất một bóng đèn màu đỏ. Giá trị \(3190P\)bằng bao nhiêu?
Đáp án: 1856.
Phép thử: Dũng lắp 12 bóng đèn gồm bốn bóng màu đỏ và tám bóng màu xanh có công suất đôi một khác nhau vào 12 đỉnh \({A_1},{A_2},...,{A_{12}}\) sao mỗi đỉnh có đúng một bóng đèn
Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 12!\)
Biến cố: mỗi đỉnh hình vuông (có bốn đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho) đều có ít nhất một bóng đèn màu đỏ.
Ta có số hình vuông là 3: \(\left\{ {{A_1},{A_4},{A_7},{A_{10}}} \right\};\left\{ {{A_2},{A_5},{A_8},{A_{11}}} \right\};\left\{ {{A_3},{A_6},{A_9},{A_{12}}} \right\}\).
Có 1 hình vuông có 2 bóng đỏ và 2 hình vuông có 1 bóng đỏ
Có 3 cách chọn hình vuông có 2 bóng đỏ
Số cách xếp vị trí bóng đỏ cho hình vuông có 1 bóng đỏ: \(C_4^1 = 4\).
Số cách xếp vị trí bóng đỏ cho hình vuông có 2 bóng đỏ: \(C_4^2 = 6\).
Số cách lắp bóng sao cho mỗi đỉnh hình vuông (có bốn đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho) đều có ít nhất một bóng đèn màu đỏ: \(3 \cdot \left( {4 \cdot 4 \cdot 6} \right) \cdot 4! \cdot 8! = 278691840\) cách
Xác suất: \(P = \frac{{278691840}}{{12!}} = \frac{{32}}{{55}}\)
Vậy: \(3190P = 3190 \cdot \frac{{32}}{{55}} = 1856\).
Đáp án: 1275.
Gọi \(x;y;z\) lần lượt là giá tiền của mỗi ki lô gam rau muống, bí xanh, cà chua (đơn vị: nghìn đồng).
Theo bài ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{19x + 14y + 10z = 600}\\{20x + 12y + 8z = 540}\\{25x + 12y + 7z = 570}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 10}\\{y = 15}\\{z = 20}\end{array}} \right.\)
Vậy tổng số tiền nông trại thu được ở ngày thứ Bảy từ ba loại rau quả trên khi cung cấp cho siêu thị A là: \(50 \cdot 10 + 25 \cdot 15 + 20 \cdot 20 = 1275\) (nghìn đồng).
Đáp án: 1990.
Hàm lợi nhuận: \(\pi \left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = 60x - \left( {0,001{x^3} + 30x + 10} \right) = - 0,001{x^3} + 30x - 10\).
Đạo hàm: \(\pi '\left( x \right) = - 0,003{x^2} + 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 100 \in \left[ {1;200} \right]}\\{x = - 100 \notin \left[ {1;200} \right]}\end{array}} \right.\).
Ta có: \(\pi \left( 1 \right) = 19,999\); \(\pi \left( {100} \right) = 1990\); \(\pi \left( {200} \right) = - 2010\).
Vậy lợi nhuận lớn nhất mà công ty đạt được trong một tháng là 1990 triệu đồng khi chế biến 100 tấn nguyên liệu.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
Học liệu phổ biến Tốt nghiệp THPT
Tốt nghiệp THPT
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
