Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm 9 Trường THPT Phú Thọ có đáp án

Chọn B

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là: \({V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SA.AB.AD = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .a.2a = \frac{{2\sqrt 3 {a^3}}}{3}\).

Chọn D

Xét \(x \in \left[ {2;19} \right]\), hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 30x\) liên tục trên\(\left[ {2;19} \right]\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \sqrt {10} {\rm{   }}\left( {TM} \right)\\x =  - \sqrt {10} {\rm{  }}\left( L \right)\end{array} \right.\)

\(f\left( 2 \right) =  - 52\); \(f\left( {\sqrt {10} } \right) =  - 20\sqrt {10} \); \(f\left( {19} \right) = 6289\).

Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} - 30x\) trên đoạn \(\left[ {2;19} \right]\) bằng: \(f\left( {\sqrt {10} } \right) =  - 20\sqrt {10} \).

Chọn B

Điều kiện xác định: \(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi {\rm{  }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) nên chọn B.

Chọn C

Chọn D

Ta có điểm đối xứng với điểm \(A\) qua trục \(Ox\) là điểm \(A'\left( {3; - 2; - 1} \right)\).

Chọn A

Nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = 2026.{x^{2025}} + {e^x}\) là \(F\left( x \right) = {x^{2026}} + {e^x} + C\).

Chọn A

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng \(2\).

Chọn A

Số hạng thứ \(5\) của cấp số cộng là \({u_5} = {u_1} + 4d = 3 + 4\left( { - 2} \right) =  - 5\).

Chọn B

Số trung bình \[\overline x  = \frac{{3.4 + 7.8 + 11.13 + 15.6 + 19.4}}{{35}} = \frac{{377}}{{35}}\].

Phương sai \[{s^2} = \frac{1}{{35}}\left( {{{4.4}^2} + {{8.7}^2} + {{13.11}^2} + {{6.15}^2} + {{4.19}^2}} \right) - {\left( {\frac{{377}}{{35}}} \right)^2} \approx 20,98\].

Chọn A

Ta có \[I = \int\limits_0^9 {\left[ {2f\left( x \right) + 3g\left( x \right)dx} \right]}  = 2.37 + 3.16 = 122\].

Chọn D

Điều kiện \[x > \frac{1}{2}\].

Khi đó \[{\log _{\frac{1}{5}}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{5}}}\left( {2x - 1} \right) \Leftrightarrow x + 1 > 2x - 1 \Leftrightarrow x < 2\].

Kết hợp điều kiện nên \[\frac{1}{2} < x < 2\]. Tập nghiệm \(S = \left( {\frac{1}{2};2} \right)\).

Chọn D

Gọi \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\left( {0 < b < a} \right)\).

Khi đó \[{a^2} = 36 \Rightarrow a = 6\] và \[{b^2} = 16 \Rightarrow b = 4\].

Do đó \[{c^2} = {a^2} - {b^2} = 20 \Rightarrow c = 2\sqrt 5 \].

Tiêu cự của \(\left( E \right)\) là \[{F_1}{F_2} = 2c = 4\sqrt 5 \].

a) Ta có: \[y = \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} = \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 4} \right) + 9}}{{x + 1}} = x - 4 + \frac{9}{{x + 1}}\].

Xét \[\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {y - \left( {x - 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{9}{{x + 1}} = 0\] nên đường thẳng \[y = x - 4\] là tiệm cận xiên của đồ thị.

Chọn SAI

b) Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} =  + \infty \] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ - }} \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} =  - \infty \]

Đồ thị \[\left( C \right)\] có tiệm cận đứng là đường thẳng \[x =  - 1\].

Chọn ĐÚNG

c) Ta có: \[y' = {\left( {x - 4 + \frac{9}{{x + 1}}} \right)^\prime } = 1 - \frac{9}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\]

\[y' = 0 \Leftrightarrow x =  - 4,x = 2\]

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là \[A\left( { - 4\,;\, - 11} \right)\] và \[B\left( {2\,;\,1} \right)\]

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là:

\[\frac{{x + 4}}{{2 + 4}} = \frac{{y + 11}}{{1 + 11}} \Leftrightarrow 12\left( {x + 4} \right) = 6\left( {y + 11} \right) \Leftrightarrow 2x + 8 = y + 11 \Leftrightarrow y = 2x - 3\]

Chọn SAI

d) Bảng xét dấu của đạo hàm:

Dựa vào bảng xét dấu trên, ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng \[\left( { - 4\,;\, - 1} \right)\] và \[\left( { - 1\,;\,2} \right)\].

Chọn ĐÚNG

a) Mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) có phương trình: \(z = 2\) hay \(z - 2 = 0\)

Þ  \(\left( {ABCD} \right)\) có vectơ pháp tuyến \({\vec n_{ABCD}} = \left( {0;0;1} \right)\)

Gọi \(I = AC \cap BD\) Þ \[I\] là trung điểm của \[AC\] và \(BD\) Þ \(I\left( {5;5;2} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right){\rm{//}}\left( {Oxy} \right)\) và hình chóp đều \(S.ABCD\) có chiều cao là 2 mét Þ \(S\left( {5;5;4} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {SB}  = \left( {1;1; - 2} \right),\overrightarrow {SC}  = \left( { - 1;1; - 2} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {0;4;2} \right)\) hay \({\vec n_{SBC}} = \left( {0;2;1} \right)\)

Gọi \(\alpha \) (\(0^\circ  < \alpha  < 90^\circ \))là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\), ta có

\(\cos \alpha  = \frac{{\left| {{{\vec n}_{SBC}}.{{\vec n}_{ABCD}}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_{SBC}}} \right|.\left| {{{\vec n}_{ABCD}}} \right|}} = \frac{1}{{\sqrt 5 .1}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)

Ta có \(1 + {\tan ^2}\alpha  = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = 5 \Rightarrow {\tan ^2}\alpha  = 4 \Rightarrow \tan \alpha  = 2\) (vì \(0^\circ  < \alpha  < 90^\circ \)).

Chọn ĐÚNG.

b) Toạ độ đỉnh của mái nhà là \(S\left( {5;5;4} \right)\).

Chọn SAI.

c)

Ta có \(S' \in \left( {Oxz} \right) \Rightarrow S'\left( {x;0;z} \right)\)

Ba điểm \(L,S,S'\) thẳng hàng Þ \(\overrightarrow {LS'}  = k\overrightarrow {LS}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 5 = k\left( {5 - 5} \right)\\0 - 10 = k\left( {5 - 10} \right)\\z - 2 = k\left( {4 - 2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 2\\x = 5\\z = 6\end{array} \right. \Rightarrow S'\left( {5;0;6} \right)\)

Tương tự:

\[\overrightarrow {LB'}  = k\overrightarrow {LB}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 5 = k\left( {6 - 5} \right)\\0 - 10 = k\left( {6 - 10} \right)\\z - 2 = k\left( {2 - 2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{5}{2}\\x = \frac{{15}}{2}\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow B'\left( {\frac{{15}}{2};0;2} \right)\]

\[\overrightarrow {LC'}  = k\overrightarrow {LC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 5 = k\left( {4 - 5} \right)\\0 - 10 = k\left( {6 - 10} \right)\\z - 2 = k\left( {2 - 2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{5}{2}\\x = \frac{5}{2}\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow C'\left( {\frac{5}{2};0;2} \right)\]

Ta có \(S'B' = \sqrt {{{\left( {\frac{{15}}{2} - 5} \right)}^2} + {{\left( {6 - 2} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {89} }}{2}\); \(S'C' = \sqrt {{{\left( {\frac{5}{2} - 5} \right)}^2} + {{\left( {6 - 2} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {89} }}{2}\) và \(B'C' = 5\)

Þ \(\Delta S'B'C'\) cân tại \(S'\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \[B'C' \Rightarrow H\left( {5;0;2} \right) \Rightarrow S'H = 4\]

Þ Diện tích \(\Delta S'B'C'\) là \(\frac{1}{2}.B'C'.S'H = \frac{1}{2}.5.4 = 10\left( {{m^2}} \right)\)

Chọn ĐÚNG.

d) Mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) có phương trình: \(z - 2 = 0\)

Ta có \({z_A} = {z_B} = {z_C} = {z_D} = 2 \Rightarrow \left( {ABCD} \right):z = 2 \Leftrightarrow z - 2 = 0\)

Chọn ĐÚNG.

a) \({v_2}\left( t \right) = m{t^2} + nt\)

\({v_2}\left( {20} \right) = 0\) (vì xe dừng hẳn sau 20 giây \( \Rightarrow n =  - 20m\) .

Ta có \({v'_2}\left( t \right) = 2mt + n\).

Vì \({v_2}\max  = 54\,km/h = 15m/s\) nên \(2mt + n = 0 \Rightarrow t =  - \frac{n}{{2m}} =  - \frac{{ - 20m}}{{2m}} = 10 \Rightarrow {v_2}\left( {10} \right) = 15\)

\( \Rightarrow m{.10^2} + n.10 = 15 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}100m + 10n = 15\\n =  - 20m\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 3\\m =  - \frac{3}{{20}}\end{array} \right. \Rightarrow {v_2}\left( t \right) =  - \frac{3}{{20}}{t^2} + 3t\).

Khoảng cách từ vị trí đèn tín hiệu đến cửa hàng là \(\int\limits_0^{20} {\left( { - \frac{3}{{20}}{t^2} + 3t} \right){\rm{d}}t}  = 200\,\,\left( m \right)\).

Suy ra khẳng định đúng.

b) Đổi \[36km/h = 10m/s\].

Với \(t = 0 \Rightarrow v\left( t \right) = 10 \Rightarrow a.0 + b = 10 \Rightarrow b = 10\). Suy ra khẳng định sai.

c) Người đang điều khiển với vận tốc 36 km/h và phát hiện đèn tín hiệu cách vị trí xe 80 m. Ba giây sau đó xe bắt đầu giảm tốc thì quãng đường xe máy đi được từ lúc giảm tốc lần một đến khi dừng hẳn cách đèn là: \(80 - 3.10 = 50\,\,\left( m \right)\). Suy ra khẳng định đúng.

d) Ta có \({v_1}\left( t \right) = at + 10\) .

Khi \({v_1}\left( t \right) = 0\)\( \Rightarrow t =  - \frac{{10}}{a} \Rightarrow {S_1}\left( t \right) = \int {{v_1}\left( t \right){\rm{d}}t}  = \frac{1}{2}a{t^2} + 10t\)

\( \Rightarrow {S_1}\left( { - \frac{{10}}{a}} \right) = 50 \Rightarrow \frac{1}{2}.a.{\left( { - \frac{{10}}{a}} \right)^2} + 10.\left( { - \frac{{10}}{a}} \right) = 50 \Rightarrow a =  - 1\)\( \Rightarrow {v_1}\left( t \right) =  - t + 10\).

\( \Rightarrow t = \frac{{ - 10}}{{ - 1}} = 10\). Suy ra khẳng định đúng.

a) Đúng.

Xét số liệu ở Nha Trang

Cỡ mẫu là \(n = 1 + 1 + 1 + 8 + 7 + 2 = 20\)

Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là \(\frac{{{x_5} + {x_6}}}{2}\).

Do \({x_5},{x_6}\) đều thuộc nhóm \(\left[ {220;250} \right)\) nên nhóm này chứa \({Q_1}\).

Ta có \({Q_1} = 220 + \frac{{\frac{{20}}{4} - (1 + 1 + 1)}}{8}.(250 - 220) = 227,5.\)

Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là \(\frac{{{x_{15}} + {x_{16}}}}{2}\). Do \({x_{15}},{x_{16}}\) đều thuộc nhóm \(\left[ {250;280} \right)\) nên nhóm này chứa \({Q_3}\).

Ta có \({Q_1} = 250 + \frac{{\frac{{3.20}}{4} - (1 + 1 + 1 + 8)}}{7}.\left( {280 - 250} \right) \approx 267,14\)

Khoảng tứ phân vị là \({\Delta _{{Q_1}}} = {Q_3} - {Q_1} = 267,14 - 227,5 = 39,64\).

Xét số liệu ở Quy Nhơn

Cỡ mẫu là \(n = 0 + 1 + 2 + 4 + 10 + 3 = 20\)

Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là \(\frac{{{x_5} + {x_6}}}{2}\). Do \({x_5},{x_6}\) đều thuộc nhóm \(\left[ {220;250} \right)\) nên nhóm này chứa \({Q_1}\)

Ta có \({Q_1} = 220 + \frac{{\frac{{20}}{4} - (1 + 2)}}{4}.\left( {250 - 220} \right) = 235.\)

Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là \(\frac{{{x_{15}} + {x_{16}}}}{2}\). Do \({x_{15}},{x_{16}}\) đều thuộc nhóm \(\left[ {250;280} \right)\) nên nhóm này chứa \({Q_3}\).

Ta có \({Q_1} = 250 + \frac{{\frac{{3.20}}{4} - (1 + 2 + 4)}}{{10}}.\left( {280 - 250} \right) = 274\)

Khoảng tứ phân vị là \({\Delta _{{Q_2}}} = {Q_3} - {Q_1} = 274 - 235 = 39 < 39,64\) nên số giờ nắng ở Quy Nhơn đồng đều hơn ở Nha Trang.

b) Đúng.

Xét số liệu ở Quy Nhơn

Số trung bình của mẫu số liệu là: \(\overline x  = \frac{{0.145 + 1.175 + 2.205 + 4.235 + 10.265 + 3.295}}{{20}} = 253\)

Phương sai của mẫu số liệu là

\[{s^2} = \frac{{0.{{\left( {145 - 253} \right)}^2} + 1.{{\left( {175 - 253} \right)}^2} + 2.{{\left( {205 - 253} \right)}^2} + 4.{{\left( {235 - 253} \right)}^2} + ... + 3.{{\left( {295 - 253} \right)}^2}}}{{20}} = 936\]Độ lệch chuẩn là \(s = \sqrt {936}  \approx 30,59\)

c) Sai.

Xét số liệu ở Nha Trang

Số trung bình của mẫu số liệu là: \(\overline x  = \frac{{1.145 + 1.175 + 1.205 + 8.235 + 7.265 + 2.295}}{{20}} = 242.5\)

Phương sai của mẫu số liệu là

\({s^2} = \frac{{1.{{\left( {145 - 242,5} \right)}^2} + 1.{{\left( {175 - 242,5} \right)}^2} + 1.{{\left( {205 - 242,5} \right)}^2} + ... + 2.{{\left( {295 - 242,5} \right)}^2}}}{{20}} = 1248,75\)

Độ lệch chuẩn là \(s = \sqrt {1246,75}  \approx 35,34 \ge 30,59\)

Suy ra số giờ có nắng ở Quy Nhơn đồng đều hơn Nha Trang.

d) Sai.

Khoảng biến thiên của số liệu ở Nha Trang là: \({R_1} = 310 - 130 = 180\).

Khoảng biến thiên của số liệu ở Quy Nhơn là: \({R_2} = 310 - 160 = 150\).

Khi đó \({R_1} > {R_2}\) nên khoảng biến thiên không bằng nhau.

Đáp án: 280.

Tổng doanh thu: \[F(x) = 2000x - {x^2}\]

Tổng chi phí: \[G(x) = {x^2} + 1440x + 50\]

Tổng tiền thuế: \[{T_{DN}} = t \cdot x\]

Hàm lợi nhuận: \[P(x) = (2000x - {x^2}) - ({x^2} + 1440x + 50) - tx \Rightarrow P(x) =  - 2{x^2} + (560 - t)x - 50\]

Hàm P(x) đạt GTLN tại đỉnh của Parabol:

\[P'(x) =  - 4x + 560 - t\]

\[P'(x) = 0 \Rightarrow x = \frac{{560 - t}}{4}\]

Tổng số tiền thuế nhà nước thu được là S(t):

\[S(t) = t \cdot x = t \cdot \left( {\frac{{560 - t}}{4}} \right) \Rightarrow S(t) = \frac{1}{4}(560t - {t^2})\]

\[S'(t) = \frac{1}{4}(560 - 2t)\]

\[S'(t) = 0 \Rightarrow 560 - 2t = 0 \Rightarrow t = 280\](TM)

Sản lượng tương ứng: \[x = \frac{{560 - 280}}{4} = 70\](thỏa mãn\(0 < x < 2000\)).

Mức thuế phụ thu để nhà nước thu được tiền thuế lớn nhất và doanh nghiệp tối ưu lợi nhuận là 280 (chục nghìn đồng).

Đáp án: 5.

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Kẻ \[OH \bot SC\]

Ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right)\) suy ra \(BD \bot OH\).

\[OH\] là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \(BD\) và \(SC\).

\(d\left( {BD,SC} \right) = OH\).

Kẻ \(AK \bot SC\), ta có \(OH = \frac{1}{2}AK\).

\(AC = 10\sqrt 2 \); \(SA = 10\sqrt 3 \).

\[\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} = \frac{1}{{200}} + \frac{1}{{300}} = \frac{5}{{600}} = \frac{1}{{120}}\].

Suy ra \(AK = 2\sqrt {30} \).

Vậy \(d\left( {BD,SC} \right) = OH = \sqrt {30}  \approx 5\).

Đáp án: \[43\]

Chọn điểm \[D\] thỏa mãn \[\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow 0 \], suy ra \[D\left( {3;2;0} \right)\].

Chọn điểm \[E\] thỏa mãn \[\overrightarrow {EB}  + \overrightarrow {EC}  = \overrightarrow 0 \], suy ra \[E\left( {2;4;0} \right)\].

Ta có:

\[\begin{array}{c}Q = 2\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right| + 3\left| {\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right|\\ = 2\left| {\left( {\overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {DA} } \right) + \left( {\overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {DB} } \right) + \left( {\overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {DC} } \right)} \right| + 3\left| {\left( {\overrightarrow {ME}  + \overrightarrow {EB} } \right) + \left( {\overrightarrow {ME}  + \overrightarrow {EC} } \right)} \right|\\ = 2\left| {3\overrightarrow {MD} } \right| + 3\left| {2\overrightarrow {ME} } \right|\\ = 6\left( {MD + ME} \right)\end{array}\]

Nhận thấy các điểm \[M\], \[D\], \[E\] đều nằm trong mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\] nên ta đưa về xử lí bài toán trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy\].

Dễ thấy hai điểm \[D\] và \[E\] nằm cùng phía với nhau so với trục \[Ox\]. Gọi \[D'\] là điểm đối xứng của \[D\] qua \[Ox\], suy ra \[D'\left( {3; - 2;0} \right)\].

\[MD + ME = MD' + ME \ge D'E = \left| {\overrightarrow {D'E} } \right| = \sqrt {37} \].

Dấu “\[ = \]” xảy ra khi \[D'\], \[M\], \[E\] thẳng hàng.

Suy ra \[{Q_{\min }} = 6\sqrt {37} \].

Vậy \[a + b = 6 + 37 = 43\].

Đáp án: \[62,1\]

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Trước hết ta xác định phần diện tích bị cắt bỏ tại 1 góc

Vì phần diện tích bị cắt bỏ tại 1 góc là hình phẳng giới hạn bởi Parabol và hai cạnh của tam giác đều.

Cạch của tam giác đều tạo với trục đối xứng một góc \[{30^o}\] nên hệ số góc của cạnh bên phải tam giác là \[k = \tan ({150^o}) =  - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\].

Vì cạnh bên của tam giác là tiếp tuyến của parabol bên ta giải phương trình:

\[y'({x_0}) = k \Rightarrow  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}{x_0} =  - \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {x_0} = \frac{2}{3} \Rightarrow {y_0} = \frac{{44\sqrt 3 }}{9}\]

Phương trình đường thẳng cạnh bên phải của tam giác đi qua điểm \[\left( {\frac{2}{3};\frac{{44\sqrt 3 }}{9}} \right)\] và có hệ số góc \[k =  - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]nên có phương trình là:

\[\begin{array}{l}\\y =  - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\left( {x - \frac{2}{3}} \right) + \frac{{44\sqrt 3 }}{9} \Rightarrow y = \frac{{\sqrt 3 }}{3}x + \frac{{46\sqrt 3 }}{9}\end{array}\]

Do tính đối xứng qua trục Oy, diện tích phần bị cắt 1 góc là:

$S_1=2{\int }_0^{\raisebox{1ex}{$2$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$3$}\right.}\left[\left(\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{46\sqrt{3}}{9}\right)-\left(-\frac{\sqrt{3}}{4}{x}^2+5\sqrt{3}\right)\right]dx$

Lại có: diện tích của tam giác đều ban đầu là: \[{S_\Delta } = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = 36\sqrt 3 \]

Diện tích của mặt bàn sau khi cắt 3 phần ở góc là:

\[S = {S_1} - 3{S_\Delta } = 36\sqrt 3  - 3.\frac{{4\sqrt 3 }}{{81}} \approx 62,1(d{m^2})\].

Đáp án: \[0,32\]

Gọi biến cố \[{A_i}\]: “Bạn An thắng séc thứ \[i\]” , \[i \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\], \[P\left( {{A_i}} \right) = 0,4;P\left( {\overline {{A_i}} } \right) = 0,6\].

Để An thắng chung cuộc thì có \[3\] trường hợp:

Trường hợp 1: An thắng \[3\] séc đầu có xác suất là \[{P_1} = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {{A_2}} \right).P\left( {{A_3}} \right) = 0,4.0,4.0,4 = 0,064\]

Trường hợp 2: An thắng \[3\] séc trong 4 séc đầu có xác suất là

\[{P_2} = 3.P\left( {{A_1}} \right).P\left( {{A_2}} \right).P\left( {\overline {{A_3}} } \right).P\left( {{A_4}} \right) = 3.0,4.0,4.0,6.0,4 = 0,1152\]

Trường hợp \[3\]: An thắng \[3\] séc trong \[5\] séc có xác suất là

\[{P_3} = 6.P\left( {{A_1}} \right).P\left( {{A_2}} \right).P\left( {\overline {{A_3}} } \right).P\left( {\overline {{A_4}} } \right).P\left( {{A_5}} \right) = 6.0,4.0,4.0,6.0,6.0,4 = 0,13824\]

Xác suất An thắng chung cuộc là \[{P_1} + {P_2} + {P_3} = 0,064 + 0,1152 + 0,13824 = 0,31744 \approx 0,32\].

Dựa vào các số liệu trên hình vẽ, ta xác định được toạ độ 3 điểm quan trọng:

Điểm bắt đầu\(A(0;10)\)

Điểm tiếp xúc với mặt đất \(B(10;0)\)

Điểm kết thúc \(C(15;1)\) (do cách \(B\) 5m theo phương ngang và cao 1m).

Hàm số đã cho là \(f(x) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\).

Vì đồ thị tiếp xúc với trục \(Ox\) tại \(B(10;0)\), nên tử số của hàm số phải nhận \(x = 10\) làm nghiệm kép. Do đó, tử số có dạng \(a{(x - 10)^2}\).

\( \Rightarrow \) Hàm số có dạng viết lại là: \(f(x) = \frac{{a{{(x - 10)}^2}}}{{x + d}}\)

Đồ thị đi qua \(A(0;10)\), thay \(x = 0,y = 10\) vào hàm số trên:

\(10 = \frac{{a{{(0 - 10)}^2}}}{{0 + d}} \Rightarrow 10 = \frac{{100a}}{d} \Rightarrow d = 10a\)

Thay \(d = 10a\) ngược lại, ta được: \(f(x) = \frac{{a{{(x - 10)}^2}}}{{x + 10a}}\).

Đồ thị đi qua \(C(15;1)\), thay \(x = 15,y = 1\) vào hàm số:

\(1 = \frac{{a{{(15 - 10)}^2}}}{{15 + 10a}} \Rightarrow 1 = \frac{{25a}}{{15 + 10a}}\)

\( \Rightarrow 15 + 10a = 25a \Rightarrow 15a = 15 \Rightarrow a = 1\)

Với \(a = 1\), ta có hàm số hoàn chỉnh là:

\(f(x) = \frac{{{{(x - 10)}^2}}}{{x + 10}}\)

Thay \(x = 6\) vào hàm số:

\(f(6) = \frac{{{{(6 - 10)}^2}}}{{6 + 10}} = \frac{{{{( - 4)}^2}}}{{16}} = \frac{{16}}{{16}} = 1{\rm{ (m\'e t)}}\).

Kết luận: Khi bạn Việt cách vị trí ban đầu theo phương ngang 6m thì bạn ấy cách mặt đất 1 mét.