Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm trường THPT Bắc Ninh có đáp án

Chọn A

Ta có \(V = \frac{1}{3}.2a.{a^2} = \frac{{2{a^3}}}{3}\).

Chọn C

\({\left( {\frac{1}{3}} \right)^x} > 81 \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{3}} \right)^x} > {\left( {\frac{1}{3}} \right)^{ - 4}} \Leftrightarrow x <  - 4\).

Chọn D

Giá trị trung bình là

\(\overline x  = \frac{{6,75.8 + 7,25.10 + 7,75.16 + 8,25.24 + 8,75.13 + 9,25.7 + 9,75.4}}{{82}} = \frac{{333}}{{41}}\).

\({s^2} = 0,6086 \Rightarrow \sqrt {{s^2}}  = 0,780\).

Chọn A

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{OC \bot BD}\\{OC \bot SO}\end{array} \Rightarrow OC \bot \left( {SBD} \right)} \right. \Rightarrow \left( {SC,(SBD)} \right) = \widehat {CSO}\).

Chọn D

Vì điểm \(M\) nằm trên đoạn thẳng AB và thỏa mãn \(MA = 2MB\) nên ta có đẳng thức vectơ \(\overrightarrow {AM}  = 2\overrightarrow {MB} \). Gọi \(M(x;y;z)\), ta tính được \(\overrightarrow {AM}  = (x - 1;y - 4;z + 3)\) và \(\overrightarrow {MB}  = (1 - x;1 - y;3 - z)\). Thay vào đẳng thức vectơ, ta có hệ phương trình: \(x - 1 = 2(1 - x)\); \(y - 4 = 2(1 - y)\); \(z + 3 = 2(3 - z)\). Giải hệ này thu được \(x = 1\), \(y = 2\), \(z = 1\). Vậy tọa độ điểm \(M\) là \((1;2;1)\).

Chọn C

Họ nguyên hàm của hàm số \(f(x) = \sin x\) là \(F(x) =  - \cos x + C\). Áp dụng giả thiết \(F(0) = 1\), ta có \( - \cos (0) + C = 1 \Leftrightarrow  - 1 + C = 1 \Leftrightarrow C = 2\). Do đó, \(F(x) =  - \cos x + 2\). Thay vào tích phân cần tính, ta được \(\int_0^\pi  {( - \cos x + 2)} dx = ( - \sin x + 2x)|_0^\pi  = ( - \sin \pi  + 2\pi ) - ( - \sin 0 + 0) = 2\pi \).

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, ta xét giới hạn tại vô cực: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  - 1\), suy ra đồ thị có hai đường tiệm cận ngang là \(y = 2\) và \(y =  - 1\). Xét giới hạn tại điểm gián đoạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {1^ + }} y =  - \infty \), suy ra đồ thị có một đường tiệm cận đứng là \(x =  - 1\). Vậy đồ thị hàm số có tổng cộng 3 đường tiệm cận đứng và ngang.

Chọn A

Hàm số \(y = \tan x\) được định nghĩa là \(y = \frac{{\sin x}}{{\cos x}}\). Hàm số này xác định khi và chỉ khi mẫu số khác không, tức là \(\cos x \ne 0\). Điều kiện này tương đương với \(x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\). Do đó, tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn C 

\({u_{11}} = 32 = {u_3} + 8d = 8 + 8d \Rightarrow 8d = 24 \Rightarrow d = 3\).

Chọn D 

Thay tọa độ \(M\left( {1;0; - 1} \right)\) vào đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{2} = \frac{{z + 1}}{{ - 2}}\) thấy thỏa mãn.

Chọn B 

\(\int {{{2025}^x}dx = \frac{{{{2025}^x}}}{{\ln 2025}}}  + C = \frac{{{{2025}^x}}}{{2\ln 45}} + C\).

Chọn C 

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right):11x - 3y - 2026 = 0\) là \(\overrightarrow n  = \left( {11; - 3;0} \right)\).

a) Đúng. Đường cong đi qua 3 điểm \[A,B,C\] là đường tròn tâm \[O\], bán kính bằng 1.

Phương trình đường tròn là \[{x^2} + {y^2} = 1 \Leftrightarrow y =  \pm \sqrt {1 - {x^2}} \].

Do \[\left\{ \begin{array}{l}{x_A},{x_B},{x_C} \in \left[ { - 1;\frac{1}{3}} \right]\\{y_A},{y_B},{y_C} \ge 0\end{array} \right.\] .

nên \[A,B,C\] thuộc cong tròn có phương trình \[y = \sqrt {1 - {x^2}} \left( { - 1 \le x \le \frac{1}{3}} \right)\].

c) Đúng. Ta có \[{y_C} = \sqrt {1 - {x_c}^2}  = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}}  = \frac{{2\sqrt 2 }}{3} \Rightarrow C\left( {\frac{1}{3};\frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right)\].

\[D\left( {3;0} \right)\]

\[\overrightarrow {CD}  = \left( {\frac{8}{3}; - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right)\] suy ra VTPT của đường thẳng \[CD\] là \[\left( {\sqrt 2 ;4} \right)\].

Phương trình đường thẳng \[CD\] là

\[\sqrt 2 \left( {x - 3} \right) + 4y = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 x + 4y - 2\sqrt 3  = 0 \Leftrightarrow y =  - \frac{{\sqrt 2 }}{4}x + \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\].

Đoạn thẳng \[CD\] có phương trình là: \[y =  - \frac{{\sqrt 2 }}{4}x + \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\left( {\frac{1}{3} \le x \le 3} \right)\].

d) Sai. Mặt dây chuyền chia thành 2 phần.

Phần 1 là khối tròn xoay tạo được khi xoay đường cong đi qua 3 điểm \[A,B,C\] quanh trục \[Ox\].

Tức là xoay miền hình phẳng sau \[\left\{ \begin{array}{l}y = \sqrt {1 - {x^2}} \\Ox;x =  - 1;x = \frac{1}{3}\end{array} \right.\] quanh trục \[Ox\].

\[{V_1} = {5^3}\pi \int\limits_{ - 1}^{\frac{1}{3}} {{{\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2}dx}  = \frac{{10000}}{{81}}\pi \left( {m{m^3}} \right)\].

Phần 1 là khối tròn xoay tạo được khi xoay đoạn thẳng \[CD\] quanh trục \[Ox\].

Tức là xoay miền hình phẳng sau \[\left\{ \begin{array}{l}y =  - \frac{{\sqrt 2 }}{4}x + \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\\Ox;x = \frac{1}{3};x = 3\end{array} \right.\] quanh trục \[Ox\].

\[{V_2} = {5^3}\pi \int\limits_{\frac{1}{3}}^3 {{{\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{4}x + \frac{{3\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2}dx}  = \frac{{8000}}{{81}}\pi \left( {m{m^3}} \right)\].

Thể tích mặt dây chuyền là

\[V = {V_1} + {V_2} = \frac{{10000}}{{81}}\pi  + \frac{{8000}}{{81}}\pi  = \frac{{2000}}{9}\pi \left( {m{m^3}} \right) = \frac{{2\pi }}{9}\left( {c{m^3}} \right) \approx 0,7\left( {c{m^3}} \right)\].

b) Đúng. Khối lượng mặt dây chuyền là: \[m = \rho .V = 3,2.\frac{{2\pi }}{9} \approx 2,2(g)\].

Gọi \(A,B,C\) lần lượt là các biến cố bạn An chọn quả bóng mang số \(1,\,\,2\,\,v\`a \,\,3\).

Gọi \(D\)là biến cố không có đồng xu nào xuất hiện mặt ngửa, tức là tất cả các đồng xu đều xuất hiện mặt sấp, suy ra \(\overline D \) là biến cố có ít nhất một đồng xu xuất hiện mặt ngửa.

Ta xét sơ đồ cây sau đây

 a) Xác suất để không có mặt ngửa nào xuất hiện là:

\(P\left( D \right) = P\left( A \right).P\left( {\left. D \right|A} \right) + P\left( B \right).P\left( {\left. D \right|B} \right) + P\left( C \right).P\left( {\left. D \right|C} \right)\, = \,\frac{1}{3}.\frac{1}{2} + \frac{1}{3}.\frac{1}{4} + \frac{1}{3}.\frac{1}{8} = \frac{7}{{24}}\).

Do đó a) Đúng.

 b) Gọi E là biến cố để 2 đồng xu xuất hiện mặt ngửa và 1 đồng xu xuất hiện mặt sấp:

\(P\left( {\left. E \right|A} \right) = P\left( {\left. E \right|B} \right) = 0\) ; \(P\left( {\left. E \right|C} \right) = \frac{3}{8}\,\)

\(P\left( E \right)\, = P\left( A \right).P\left( {\left. E \right|A} \right) + P\left( B \right).P\left( {\left. E \right|B} \right) + P\left( C \right).P\left( {\left. E \right|C} \right)\)\( = 0 + 0 + \frac{1}{3}.\frac{3}{8} = \frac{1}{8}\) suy ra b) Sai.

c) Biết rằng không có mặt ngửa nào xuất hiện, xác suất An tung 2 đồng xu là

\(P\left( {\left. B \right|D} \right) = \frac{{P\left( {BD} \right)}}{{P\left( D \right)}} = \frac{{\frac{1}{3}.\frac{1}{4}}}{{\frac{7}{{24}}}} = \frac{2}{7}\) . Suy ra c) Đúng.

d)  Biết rằng luôn có ít nhất một đồng xu xuất hiện mặt ngửa, xác suất để An bốc được quả bóng đánh số 3 là: \(P\left( {\left. C \right|\overline D } \right) = \frac{{P\left( {C\overline D } \right)}}{{P\left( {\overline D } \right)}} = \frac{{\frac{1}{3}.\frac{7}{8}}}{{1 - \frac{7}{{24}}}} = \frac{7}{{17}}\). Suy ra d) Sai.

a) Đúng.

Ta có điểm \[M\]thuộc đoạn \[AB\] nên \[M(1 + t;1 + 2t;1);\,t \in \left[ {0;1} \right]\].

Điểm \[N\]thuộc đoạn \[CD\] nên \[N(3;1 + s;3 + s);\,s \in \left[ {0;1} \right]\].

\[M{N^2} = {(t - 2)^2} + {(2t - s)^2} + {(s + 2)^2} = 5{t^2} - 4t(s + 1) + 2({s^2} + 2s + 1) + 6\]

\[M{N^2} = 5{\left[ {t - 2(s + 1)} \right]^2} + \frac{6}{5}{(s + 1)^2} + 6 = 5{\left[ {t - 2(s + 1)} \right]^2} + \frac{6}{5}{s^2} + \frac{{12}}{5}s + \frac{{36}}{5} \ge \frac{{36}}{5}\]

\[M{N^2} \ge \frac{{36}}{5} \Leftrightarrow M{N_{\min }} = \frac{{6\sqrt 5 }}{5}\].

b) Sai.

Mặt phẳng chứa \[CD\] và song song với \[AB\] có cặp vectơ chỉ phương là \[\overrightarrow {AB}  = (1;2;0)\] và \[\overrightarrow {CD}  = (0;1;1)\].

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là \[\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD} } \right] = (2; - 1;1)\].

Phương trình mặt phẳng cần lập là \[2(x - 3) - (y - 1) + (z - 3) = 0 \Leftrightarrow 2x - y + z - 8 = 0\].

c) Sai.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \[AB\]là \[\overrightarrow {AB}  = (1;2;0)\].

Phương trình đường thẳng \[AB\]là: \[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 + 2t\\z = 1\end{array} \right.\,\,;t \in \mathbb{R}\].

Điều kiện cần và đủ để điểm \[M\]thuộc đoạn \[AB\] là \[MA + MB = AB\]

\[\begin{array}{l}MA + MB = AB \Leftrightarrow \sqrt {{{(1 + t - 1)}^2} + {{(1 + 2t - 1)}^2} + {{(1 - 1)}^2}}  + \sqrt {{{(1 + t - 2)}^2} + {{(1 + 2t - 3)}^2} + {{(1 - 1)}^2}} \\ = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {0^2}} \\ \Leftrightarrow \left| t \right| + \left| {t - 1} \right| = 1\,\, \Leftrightarrow t \in \left[ {0;1} \right]\end{array}\]

Suy ra \[( * )\]không đúng với số t bất kỳ

d) Đúng.

Côsin góc giữa hai vectơ \[\overrightarrow {AB} \] và \[\overrightarrow {CD} \] là:

\[\cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD} ) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {CD} } \right|}} = \frac{{1.0 + 2.1 + 0.1}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {0^2}} .\sqrt {{0^2} + {1^2} + {1^2}} }} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\].

a) \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2bx + c\)

Hàm số đạt cực trị bằng 0 tại \(x = 1\) nên

\(\left\{ \begin{array}{l}1 + b + c + 2 = 0\\3 + 2b + c = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\c =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 2\).

\(f\left( 2 \right) = 4 \Rightarrow \) Đồ thị hàm số đi qua điểm \(I\left( {2;4} \right)\). Suy ra là mệnh đề đúng.

b) Đường thẳng nối hai điểm cực trị là \(2x + y - 2 = 0\).

Độ dài \(OM\) nhỏ nhất chính là \(d\left( {O;AB} \right) = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\). Suy ra là mệnh đề sai.

c) \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2bx + c\). Suy ra là mệnh đề đúng.

d) Hai điểm cực trị của hàm số là \(A\left( {1;0} \right),\,\,B\left( { - 1;4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 2;4} \right)\).

\( \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {4^2}}  = 2\sqrt 5 \). Suy ra là mệnh đề sai.

Đáp án: \(3\).

Gọi \(x\), \(y\) lần lượt là số kg thịt bò và thịt heo mà người nội trợ cần mua (\(x,\,y \ge 0\)).

Dựa vào dữ kiện đề bài, ta có các điều kiện ràng buộc sau:

Tổng lượng prôtêin từ thịt bò và thịt heo phải đạt ít nhất 900 đơn vị.

\(800x + 600y \ge 900 \Leftrightarrow 8x + 6y \ge 9\quad \left( 1 \right)\)

Tổng lượng lipít phải đạt ít nhất 400 đơn vị.

\(200x + 400y \ge 400 \Leftrightarrow x + 2y \ge 2\quad \left( 2 \right)\)

Người nội trợ chỉ được chi không quá 200 nghìn đồng.

\(200x + 100y \le 200 \Leftrightarrow 2x + y \le 2\quad \left( 3 \right)\)

Ta có hệ bất phương trình sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8x + 6y \ge 9}\\{x + 2y \ge 2}\\{2x + y \le 2}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.\)

Hàm chi phí mua thức ăn (đơn vị: nghìn đồng) là: \(T\left( {x,y} \right) = 200x + 100y\)

Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên mặt phẳng tọa độ \[Oxy\] được giới hạn bởi các đường thẳng \({d_1}:8x + 6y = 9\), \({d_2}:x + 2y = 2\), \({d_3}:2x + y = 2\) và trục tung \(Oy\).

Tìm tọa độ các giao điểm thỏa mãn tất cả các điều kiện của hệ:

Giao của \({d_1}\) và trục \(Oy\): \(6y = 9 \Rightarrow y = 1,5 \Rightarrow A\left( {0\,;\,1,5} \right)\).

Kiểm tra vào \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\): \(0 + 2\,.\,1,5 \ge 2\) (Đúng); \(2\,.\,0 + 1,5 \le 2\) (Đúng).

Vậy \(A\) là một đỉnh của miền nghiệm.

Giao của \({d_3}\) và trục \(Oy\): \(y = 2 \Rightarrow B\left( {0\,;\,2} \right)\).

Kiểm tra vào \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\): \(8\,.\,0 + 6\,.\,2 \ge 9\) (Đúng); \(0 + 2\,.\,2 \ge 2\) (Đúng).

Vậy \(B\) là một đỉnh của miền nghiệm.

Giao của \({d_1}\) và \({d_2}\): Giải hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8x + 6y = 9}\\{x + 2y = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,6\\y = 0,7\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {0,6\,;\,0,7} \right)\).

Kiểm tra vào \(\left( 3 \right)\): \(2\,.\,0,6 + 0.7 \le 2\) (Đúng).

Vậy \(C\) là một đỉnh của miền nghiệm.

Giao của \({d_2}\) và \({d_3}\): Giải hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = 2}\\{2x + y = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow x = y = \frac{2}{3} \Rightarrow D\left( {\frac{2}{3}\,;\,\frac{2}{3}} \right)\).

Kiểm tra vào \(\left( 1 \right)\): \(8\,.\,\frac{2}{3} + 6\,.\,\frac{2}{3} \ge 9\) (Đúng).

Vậy \(D\) là một đỉnh của miền nghiệm.

Thay tọa độ các đỉnh vào hàm \(T\left( {x,y} \right)\), ta được:

Tại \(A\left( {0\,;\,1,5} \right)\): \(T = 200\,.\,0 + 100\,.\,1,5 = 150\) nghìn đồng.

Tại \[C\left( {0,6\,;\,0,7} \right)\]: \[T = 200\,.\,0,6) + 100\,.\,0,7 = 190\] nghìn đồng.

Tại \(D\left( {\frac{2}{3}\,;\,\frac{2}{3}} \right)\): \(T = 200\,.\,\frac{2}{3} + 100\,.\,\frac{2}{3} = 200\) nghìn đồng.

Tại \[B\left( {0\,;\,2} \right)\]: \[T = 200\,.\,0 + 100\,.\,2 = 200\] nghìn đồng.

Ta có \(T{\left( {x,y} \right)_{\min }} = 150\) khi \(x = 0\) và \(y = 1,5\).

Vậy \(x + 2y = 0 + 2\,.\,1,5 = 3\).

Đáp án: 1

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,CD\).

Do tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) \( \Rightarrow SM \bot AB\)

Do \(MN\) là đường trung bình của hình thang \(ABCD\) nên \(MN//AD\) mà \(AD \bot AB\)\( \Rightarrow MN \bot AB\)

Khi đó \[\left[ {S,{\rm{ }}AB,{\rm{ }}D} \right] = \widehat {SMN} = 135^\circ \].

Kẻ \(SH \bot \left( {ABCD} \right),H \in \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow SH \bot AB\) mà \(SM \bot AB\)\( \Rightarrow AB \bot \left( {SHM} \right) \Rightarrow AB \bot HM\)

\( \Rightarrow H,M,N\) thẳng hàng.

Vì \[\widehat {SMN} = 135^\circ  \Rightarrow \widehat {SMH} = 45^\circ  \Rightarrow HM = SH\].

Tam giác \[SCD\] vuông tại \(C\) \( \Rightarrow CD \bot SC\) mà \(CD \bot SH\) (do \(SH \bot \left( {ABCD} \right))\)\( \Rightarrow CD \bot \left( {SHC} \right) \Rightarrow CD \bot HC\).

Xét tam giác \(HCN\) vuông tại \(C\) ta có: \(\sin \widehat {CHN} = \frac{{CN}}{{HN}}\).

Gọi \(K\) là trung điểm \(AD\)\( \Rightarrow BC = AK = \frac{{AD}}{2} = \frac{2}{2} = 1\) mà \(BC//AK\) nên \(ABCK\) là hình bình hành \( \Rightarrow AB//CK,AB = CK \Rightarrow CK \bot AD,CK = 2\).

Xét tam giác \(CDK\) vuông tại \(K\) ta có:

\(CD = \sqrt {{1^2} + {2^2}}  = \sqrt 5 \)\( \Rightarrow \sin \widehat {DCK} = \frac{{KD}}{{CD}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)

Mặt khác: \(\widehat {CHN} + \widehat {HNC} = \widehat {DCK} + \widehat {KDC} = 90^\circ \) mà \(\widehat {HNC} = \widehat {KDC}\)(2 góc đồng vị) \[ \Rightarrow \widehat {CHN} = \widehat {DCK}\]

\[ \Rightarrow \sin \widehat {CHN} = \sin \widehat {DCK} \Rightarrow \frac{{CN}}{{HN}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow HN = \sqrt 5 CN = \sqrt 5 .\frac{{CD}}{2} = \sqrt 5 .\frac{{\sqrt 5 }}{2} = \frac{5}{2}\].

Do \(MN\) là đường trung bình của hình thang \(ABCD\) nên \(MN = \frac{{BC + AD}}{2} = \frac{{1 + 2}}{2} = \frac{3}{2}\)

\( \Rightarrow HM = HN - MN = \frac{5}{2} - \frac{3}{2} = 1\) mà \(HM = SH \Rightarrow SH = 1\).

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\): \({V_{S.ABCD\;}} = \frac{1}{3}.SH.\frac{{BC + AD}}{2}.AB = \frac{1}{3}.1.\frac{{1 + 2}}{2}.2 = 1\) cm³.

Đáp án: \(0,25\).

Gọi \(x,y\) lần lượt là số vòi loại \(X\) và loại \(Y\) với \(x,y \in \mathbb{Z}\).

Theo điều kiện đề bài thì \(x,y \ge 1\) và ta có \(5x + 11y = 3300\).

Một phương án tối ưu là phương án thỏa mãn \(x + y\) chia hết cho \(8\).

Gọi \(A\) là biến cố lựa chọn “phương án tối ưu về kỹ thuật”.

(*) Tính \(n(\Omega )\):

Ta có \(5x + 11y = 3300 \ge 5 + 11y \Rightarrow y \le 299\).

Do \(x\) nguyên dương nên \(y\) chia hết cho \(5\). Đặt \(y = 5k\)

Ta có \(y \le 299\) nên \(k \le \frac{{299}}{5} \approx 59,8 \Rightarrow k \le 59\). 

Như vậy sẽ có 59 lựa chọn cho bộ \((x,y)\) và do đó nên có 59 lựa chọn phương án.

Vậy nên \(n(\Omega ) = 59\).

(*) Tính \(n(A):\)

Ta có \(x + y\) chia hết cho \(8\) khi và chỉ khi \(5x + 5y\) chia hết cho \(8\).

\( \Leftrightarrow 3300 - 6y\) chia hết cho \(8\).

\( \Leftrightarrow 1650 - 3y\) chia hết cho \(4\)

\( \Leftrightarrow y \equiv 2\quad \left( {\bmod 4} \right)\). \( \Leftrightarrow k \equiv 2\quad \left( {\bmod 4} \right).\)

Do \(k \equiv 2\quad \left( {\bmod 4} \right)\) và \(k \le 59\) thì có 15 lựa chọn cho \(k\) và tương ứng có 15 lựa chọn cho \(\left( {x,y} \right).\)Vậy nên \(n(A) = 15\).

Do đó nên xác suất để phương án được chọn là phương án tối ưu về kỹ thuật là

\(P(A) = \frac{{15}}{{59}} \approx 0,25\).

Đáp án: 0,31.

Không gian mẫu \(\Omega :\) “cắt thanh gỗ dài 15cm thành 3 đoạn theo các vạch chia cm”\( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = C_{14}^2\)

Xét biến cố A: “chia thanh gỗ thành 3 đoạn gỗ có thể ghép thành 3 cạnh của một tam giác”

Gọi \(x,y,z\) là độ dày của 3 thanh gỗ.

Vì \(x,y,z\) là độ dài ba cạnh của tam giác \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y > z\\x + z > y\\y + z > x\end{array} \right.\)

Vì \(x + y + z = 15 \Rightarrow x,y,z < 7,5\).

Vì \(x,y,z\) là số nguyên dương nên \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 8\\y < 8\\z < 8\end{array} \right.\).đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = x - 8 > 0\\b = y - 8 > 0\\z = c - 8 > 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow a + b + c = 24 - \left( {x + y + z} \right) = 9\).

Áp dụng bài toán chia kẹo \( \Rightarrow n\left( A \right) = C_8^2 = 28 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{4}{{13}} \simeq 0,31\).

Đáp án: 607.

Doanh thu của nhà máy khi sản xuất \(x\) tấn sản phẩm là \(xP\left( x \right)\) triệu đồng.

Chi phí của nhà máy khi sản xuất \(x\) tấn sản phẩm là \(30x + 100\) triệu đồng.

Ta có lợi nhuận của nhà máy khi sản xuất \(x\) tấn sản phẩm là:

\[H\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) - \left( {100 + 30x} \right) =  - 0,001{x^3} + 15x - 100\], với \(0 \le x \le 100\).

Ta có \(H'\left( x \right) =  - 0,003{x^2} + 15\).

\[H'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 50\sqrt 2 \,\,\,\,\,\,\left( {TM} \right)}\\{x =  - 50\sqrt 2 \,\,\,\left( L \right)}\end{array}} \right.\]

Xét \(H\left( 0 \right) =  - 100\); \(H\left( {50\sqrt 2 } \right) \approx 607\); \[H\left( {100} \right) = 400\].

Vậy lợi nhuận lớn nhất mỗi tháng là \(607\) triệu đồng.

Đáp án: 87.

\(h(t) = \int v (t)dt = \int {\left( { - 0,3{t^3} + 2,2{t^2}} \right){\rm{d}}t}  =  - 0,075{t^4} + \frac{{11}}{{15}}{t^3} + C\).

Theo đề bài, lúc mới cấy (\(t = 0\)) cây mạ có chiều cao 15 cm nên \(h(0) = 15 \Rightarrow C = 15\).

Vậy hàm chiều cao là: \(h(t) =  - 0,075{t^4} + \frac{{11}}{{15}}{t^3} + 15\).

Cây lúa đạt chiều cao lớn nhất khi tốc độ tăng trưởng \(v(t) = 0\)

Xét phương trình: \( - 0,3{t^3} + 2,2{t^2} = 0\)\( \Leftrightarrow {t^2}( - 0,3t + 2,2) = 0\)

Ta có hai nghiệm \(t = 0\) (thời điểm vừa mới cấy); \(t = \frac{{22}}{3}\) (tuần).

Vậy sau \(\frac{{22}}{3}\) tuần, cây lúa sẽ đạt chiều cao tối đa. Có \(h\left( {\frac{{22}}{3}} \right) \approx  - 217,01 + 289,35 + 15 \approx 87,34\)

Làm tròn đến hàng đơn vị, chiều cao lớn nhất của cây lúa là 87 cm.