Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Ninh Bình lần 2 có đáp án
22 câu hỏi
![Chọn D. Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \([ - 2;3]\) là \(2\). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/1-1775176396.png)
\(1\).
\(3\).
\( - 3\).
\(2\).
Chọn D.
Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \([ - 2;3]\) là \(2\).
![Chọn D. Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn \([ - 2;3]\) là \(2\). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/2-1775176463.png)
\(( - 3;6)\).
\((6; + \infty )\).
\(( - 1; + \infty )\).
\(( - \infty ;5)\).
Chọn B.
Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận: Hàm số đống biến trên các khoảng \(( - \infty ; - 3)\) và \((6; + \infty )\).
\(I = 43\).
\(I = 30\).
\(I = 45\).
\(I = 5\).
Chọn C.
Giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f(x)\) và đường thẳng \(y = 9x + 8\) là \(A\left( { - 1; - 1} \right)\) và \(B\left( {4;44} \right)\)
Ta có: \(f( - 1) = - 1\) và \(f(4) = 44\).
\(I = \int\limits_{ - 1}^4 {f'(x)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^4 = f\left( 4 \right) - f\left( { - 1} \right) = 45\).
\(16\).
\(4\).
\(10\).
\(6\).
Chọn C.
Ấp dụng tính chất của tích phân ta có: \(\int\limits_0^3 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {f(x)dx} + \int\limits_1^3 {f(x)dx} = 2 + 8 = 10\).
\(\overrightarrow {CD} \).
\(\overrightarrow {BC} \).
\(\overrightarrow {AA'} \).
\(\overrightarrow {A'B'} \).
Chọn D
Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương, nên ta có: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {A'B'} \).
\(\int {{6^x}dx = \frac{{{6^{x + 1}}}}{{x + 1}}} + C\).
\(\int {{6^x}dx = {6^x}.\ln 6} + C\).
\(\int {{6^x}dx = {6^x}} + C\).
\(\int {{6^x}dx = \frac{{{6^x}}}{{\ln 6}}} + C\).
Chọn D
Áp dụng công thức: \(\int {{a^x}dx = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}}} + C\,\, \Rightarrow \)\(\int {{6^x}dx = \frac{{{6^x}}}{{\ln 6}}} + C\).
\(f(x) = 2x - \sin x\).
\(f(x) = 2x + \sin x\).
\(f(x) = \frac{{{x^3}}}{3} + \sin x + C\).
\(f(x) = \frac{{{x^3}}}{3} - \sin x + C\).
Chọn A
Ta có: \(\int {f(x)dx = {x^2} + \cos x + C} \Rightarrow \,f(x) = {\left( {{x^2} + \cos x} \right)^\prime } = 2x - \sin x\).
\(3\,\vec u = \left( {6\,;\, - 1\,;\,3} \right)\).
\(3\,\vec u = \left( {5\,;\, - 3\,;\,6} \right)\).
\(3\,\vec u = \left( {2\,;\, - 1\,;\,9} \right)\).
\(3\,\vec u = \left( {6\,;\, - 3\,;\,9} \right)\).
Chọn D
Ta có: \(\vec u = \left( {2\,;\, - 1\,;\,3} \right) \Rightarrow 3\vec u = 3\left( {2\,;\, - 1\,;\,3} \right) = \left( {6\,;\, - 3\,;\,9} \right)\).
\(40\).
\(10\).
\(30\).
\(70\).
Chọn A
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu đã cho là \(R = 70 - 30 = 40\).
\(y = \frac{{2x + 3}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{x + 1}}{{3x - 3}}\).
Chọn B
Ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\) và tiệm cận ngang \(y = 1\) nên chọn \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\).
\(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2; - 4;1} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_4}} = \left( { - 4;2;3} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {3;2; - 4} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_3}} = \left( {3; - 4;1} \right)\).
Chọn C
Theo định nghĩa, vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là \(\overrightarrow n = \left( {3;2; - 4} \right)\).
\(N\left( {2;3;0} \right)\).
\(P\left( {4;1;1} \right)\).
\(Q\left( {2;2;1} \right)\).
\(M\left( {1;2;1} \right)\).
Chọn D
Ta thấy \(1 + 2 + 1 - 4 = 0\) nên suy ra điểm \(M\left( {1;2;1} \right) \in \left( \alpha \right)\).
\[\int {f\left( x \right)dx} = \frac{x}{2} - \frac{1}{2}\sin x + C\].
Nếu \[F\left( x \right)\] là nguyên hàm của \[f\left( x \right)\] trên khoảng \[\left( { - \infty ; + \infty } \right)\] và thỏa mãn \[F\left( 0 \right) = 3\] thì \[F\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{{12}} + \frac{{11}}{4}\].
\[\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)dx} = a + b\pi \left( {a,b \in Q} \right)\], trong đó \[{a^2} + {b^2} = \frac{1}{2}\].
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right),y = {x^2} - 4 + {\cos ^2}\frac{x}{2}\] và hai đường thẳng \[x = 0,x = 3\] bằng \[\frac{{23}}{3}\].
a) Sai. Ta có \[\int {f\left( x \right)dx} = \int {\frac{{1 + \cos x}}{2}dx} = \frac{x}{2} + \frac{1}{2}\sin x + C\].
b) Sai. Ta có \[F\left( x \right) = \frac{x}{2} + \frac{1}{2}\sin x + C\] mà \[F\left( 0 \right) = 3 \Leftrightarrow C = 3\].
Do đó \[F\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \frac{\pi }{{12}} + \frac{1}{2}\sin \frac{\pi }{6} + 3 = \frac{\pi }{{12}} + \frac{{13}}{4}\].
c) Sai. Ta có \[\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)dx} = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 + \cos x} \right)dx = \frac{1}{2}} \left. {\left( {x + \sin x} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\pi \]
Do đó \[a = \frac{1}{2},b = \frac{1}{4}\]
Vậy \[{a^2} + {b^2} = \frac{5}{{16}}\].
d) Đúng. Ta có \[{\cos ^2}\frac{x}{2} = {x^2} - 4 + {\cos ^2}\frac{x}{2} \Leftrightarrow {x^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 2\end{array} \right.\].
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right),y = {x^2} - 4 + {\cos ^2}\frac{x}{2}\] và hai đường thẳng \[x = 0,x = 3\] là \[S = \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 4} \right|dx} + \int\limits_2^3 {\left| {{x^2} - 4} \right|dx} = \frac{{23}}{3}\].
Tọa độ điểm \(C\) là \(\left( {5;6;0} \right)\).
\(\left| {\overrightarrow {AC} + 2\overrightarrow {A'B} } \right| = \sqrt {661} \).
Tọa độ điểm \(G\) là \(\left( {2;\frac{5}{3};\frac{{10}}{3}} \right)\).
\(\overrightarrow {AG} .\overrightarrow {B'C} = - \frac{{64}}{3}\).
a) Đúng.
Ta có: \(A\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {5;0;0} \right)\), \(D\left( {0;6;0} \right)\)\( \Rightarrow C\left( {5;6;0} \right)\).
b) Đúng.
Ta có: \(A'\left( {0;0;10} \right)\), \(\overrightarrow {AC} = \left( {5;6;0} \right)\), \(\overrightarrow {A'B} = \left( {5;0; - 10} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {AC} + 2\overrightarrow {A'B} = \left( {15;6; - 20} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AC} + 2\overrightarrow {A'B} } \right| = \sqrt {{{15}^2} + {6^2} + {{\left( { - 20} \right)}^2}} = \sqrt {661} \).
c) Sai.
\(G\) là trọng tâm của tam giác \(BDA'\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{5 + 0 + 0}}{3} = \frac{5}{3}\\{y_G} = \frac{{0 + 6 + 0}}{3} = 2\\{z_G} = \frac{{0 + 0 + 10}}{3} = \frac{{10}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {\frac{5}{3};2;\frac{{10}}{3}} \right)\).
d) Đúng.
Ta có: \(\overrightarrow {AG} = \left( {\frac{5}{3};2;\frac{{10}}{3}} \right)\), \(B'\left( {5;0;10} \right)\), \(\overrightarrow {B'C} = \left( {0;6; - 10} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {AG} .\overrightarrow {B'C} = \frac{5}{3}.0 + 2.6 + \frac{{10}}{3}.\left( { - 10} \right) = - \frac{{64}}{3}\).
Hàm số đã cho có đạo hàm là \(f'(x) = {e^{{x^3} - 3{x^2} - 9x + 2026}}\).
Hàm số \(f(x)\) đồng biến trên khoảng \(( - \infty ; + \infty )\).
Hàm số \(f(x)\)có hai giá trị cực trị trái dấu.
Tích của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f(x)\)trên đoạn \([ - 2;2]\)bằng\({e^{4035}}\).
Chọn a- Sai| b- Sai | c- Sai | d- Đúng.
a ) Ta có \(f'(x) = ({x^3} - 3{x^2} - 9x + 2026)'{e^{{x^3} - 3{x^2} - 9x + 2026}} = (3{x^2} - 6x - 9){e^{{x^3} - 3{x^2} - 9x + 2026}}\).
b) Ta có
\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.\).
Lập bảng xét dấu \(f'(x)\):
Hàm số đồng biến trên khoảng \(( - \infty ; - 1);(3; + \infty )\) và nghịch biến trên khoảng \(( - 1;3)\).
c) Lập bảng biến thiên của \(f(x)\)
Vậy hàm số có 2 giá trị cực trị cùng dấu.
d) Theo bảng biến thiên trên, ta có: \(f( - 2) = {e^{2024}},f(2) = {e^{2004}}\).
Suy ra \(\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 2;\,\,2} \right]} \,f\left( x \right) = f(2) = {e^{2004}},\,\,\mathop {Min}\limits_{\left[ { - 2;\,\,2} \right]} \,f(x) = f( - 1) = {e^{2031}}\).
\( \Rightarrow \,\mathop {Max}\limits_{\left[ { - 2;\,\,2} \right]} \,f\left( x \right).\,\,\mathop {Min}\limits_{\left[ { - 2;\,\,2} \right]} \,f\left( x \right) = {e^{4035}}\).
[TH] Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình là \(x + y = 0\).
[TH] Hình chiếu vuông góc của \(B\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là điểm \(B'\left( {0;\,2;\,1} \right)\).
[TH] Mặt phẳng đi qua \(C\) và vuông góc với \(AB\) có phương trình là \(3x + 2y - z + 6 = 0\).
[VD] Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng chứa trục \(Ox\) và song song với đường thẳng \(AC\). Khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) bằng \(\sqrt 5 \).
Chọn a- Sai| b- Đúng | c- Đúng | d- Đúng.
a) Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) đi qua điểm \(O\left( {0;\,0;\,0} \right)\) nhận vec tơ \(\vec k = \left( {0;\,0;\,1} \right)\) làm vec tơ pháp tuyến có phương trình là: \(z = 0\).
b) Hình chiếu vuông góc của \(B\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là điểm \(B'\left( {0;\,2;\,1} \right)\).
c) Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {3;\,2;\, - 1} \right)\) là vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(3\left( {x - 0} \right) + 2\left( {y + 1} \right) - \left( {z - 4} \right) = 0\).
\( \Leftrightarrow 3x + 2y - z + 6 = 0\).
d) Ta có: \(\vec i = \left( {1;\,0;\,0} \right)\), \(\overrightarrow {AC} = \left( {1;\, - 1;\,2} \right)\).
Một vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là: \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {AC} ,\,\vec i} \right] = \left( {0;\,2;\,1} \right)\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là: \(0\left( {x - 0} \right) + 2\left( {y - 0} \right) + 1\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2y + z = 0\).
Ta có: \(d\left( {B,\,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| {2.2 + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \sqrt 5 \).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Trong không gian với hệ toạ độ \(Oxyz\) (đơn vị trên mỗi trục là km), một Radar phát hiện một chiếc máy bay di chuyển trên một đường thẳng với tốc độ và hướng bay không đổi. Máy bay bay từ điểm \(A\left( {712;200;6} \right)\) đến điểm \(B\left( {802;220;8} \right)\) trong 8 phút và trong 4 phút tiếp theo máy bay có vị trí là điểm \(C\left( {x;y;z} \right)\). Giá trị \(x + y + z\) bằng bao nhiêu?Đáp án: \(1086\).
Vì máy bay di chuyển trên một đường thẳng với tốc độ và hướng bay không đổi từ \(A\) đến \(B\) mất 8 phút và bay tiếp từ \(B\) đến \(C\) mất 4 phút nên ta có \(\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {BC} \).
Û \(\left\{ \begin{array}{l}802 - 712 = 2\left( {x - 802} \right)\\220 - 200 = 2\left( {y - 220} \right)\\8 - 6 = 2\left( {z - 8} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 847\\y = 230\\z = 9\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {847;230;9} \right)\)
Do đó \(x + y + z = 1086\).
Trong hình bên dưới là một chiếc đồng hồ treo tường cao cấp được thiết kế có phần ở giữa (phần tô đậm) dát vàng. Phần này được thiết kế như sau:
Vẽ hình lục giác đều \[ABCDEF\] tâm \[O\] và có cạnh bằng\[4{\rm{ cm;}}\]
Vẽ parabol \(({C_1})\) tiếp xúc với các đường thẳng \[OA,OB\] lần lượt tại \[A\] và \[B;\]
Tương tự vẽ parabol \(({C_2})\) tiếp xúc với các đường thẳng \[OB,OC\] lần lượt tại \[B\] và \[C;\] parabol \(({C_3})\) tiếp xúc với các đường thẳng \[OC,OD\] lần lượt tại \[C\] và \[D;...;\] parabol \(({C_6})\) tiếp xúc với các đường thẳng \[OF,OA\] lần lượt tại \[F\] và \[A.\]
Hình phẳng \((H)\) được giới hạn bởi sáu parabol \(({C_1}),({C_2}),({C_3}),({C_4}),({C_5}),({C_6})\) (phần tô đậm) là phần sẽ được dát vàng. Hỏi phần dát vàng này có diện tích bằng bao nhiêu centimet vuông (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần chục)?
Đáp án: 13,9.
Chọn hệ trục như hình vẽ. Ta có \(\tan \widehat {FOA} = \tan 60^\circ = \sqrt 3 \Rightarrow OA:y = x\sqrt 3 \Rightarrow y(2) = 2\sqrt 3 .\)
Giả sử \(({C_1}):y = a{x^2} + b \Rightarrow y' = 2ax.\)
Vì \(({C_1})\) tiếp xúc với \(OA\) tại \(A\) nên \(y'(2) = \sqrt 3 \Leftrightarrow 2a.2 = \sqrt 3 \Rightarrow a = \frac{{\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow ({C_1}):y = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} + b\)
Mặt khác \(A(2;2\sqrt 3 ) \in ({C_1}) \Rightarrow 2\sqrt 3 = \sqrt 3 + b \Rightarrow b = \sqrt 3 \Rightarrow ({C_1}):y = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} + \sqrt 3 .\)
Diện tích phần giới hạn bởi \(({C_1})\) với hai đường thẳng \(OA,OB\) bằng
\({S_1} = 2\int\limits_0^2 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} + \sqrt 3 - x\sqrt 3 } \right){\rm{d}}x} = 2\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{{12}}{x^3} + x\sqrt 3 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2}} \right]_0^2 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)
Cách khác, áp dụng công thức tính diện tích cửa parabol có đáy \(a\) và chiều cao \(b\) là \(S = \frac{2}{3}ab.\)
\({S_1} = {S_{\Delta OAB}} - {S_{({C_1})}} = 4\sqrt 3 - \frac{2}{3}.4.\sqrt 3 = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)
Vậy diện tích cần tìm là \(S = 6{S_1} = 6.\frac{{4\sqrt 3 }}{3} = 8\sqrt 3 = \)13,9 (cm2).
Đáp án: 6,36
Vecto pháp tuyến của \(mp(P)\) là \(\overrightarrow {{n_P}} = (2; - 3;1)\)
Vecto pháp tuyến của \(mp(Q)\)là \(\overrightarrow {{n_Q}} = (2;1; - 3)\)
Vecto pháp tuyến của \(mp(\alpha )\)là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = (0;1; - 1)\)
Ta coi nóc nhà là một đường thẳng \(\Delta \) thì đường thẳng \(\Delta \) là giao tuyến của \(mp(P)\) và \(mp(Q)\), Lại có \(\left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = (8;8;8)\) nên một vecto chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow u = (1;1;1)\)
Ta có \(\overrightarrow u .\overrightarrow {{n_\alpha }} = 0\), suy ra đường nóc nhà song song với mặt phẳng chứa nền nhà.
Ta cũng có \(M( - 3; - 4;0)\)là một giao điểm của \(mp(P)\) và \(mp(Q)\)do đó \(M( - 3; - 4;0)\)thuộc \(\Delta \).
Do đó chiều cao của ngôi nhà chính là khoảng cách từ \(M( - 3; - 4;0)\)đến \((\alpha ):y - z - 5 = 0\)
Vậy chiều cao ngôi nhà là: \(h = d(M,(\alpha )) = \frac{{\left| {0.( - 3) + 1.( - 4) - 0 - 5} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {{( - 1)}^2}} }} \approx 6,36(m)\).
Đáp án: 6,56
1. Đặt ẩn và lập hàm số
Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi chiếc thang và mặt đất \(\left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right)\).
Gọi \(L\) là tổng chiều dài của chiếc thang. Chiếc thang bị chia làm hai đoạn bởi điểm tựa trên đỉnh hàng rào:
Đoạn từ mặt đất đến đỉnh hàng rào (xét tam giác vuông tạo bởi đoạn thang này, mặt đất và hàng rào): \({L_1} = \frac{{2,88}}{{\sin \alpha }}\)
Đoạn từ đỉnh hàng rào đến bức tường (xét tam giác vuông phía trên, với cạnh kề là khoảng cách từ hàng rào đến tường): \({L_2} = \frac{{1,8}}{{\cos \alpha }}\)
Tổng chiều dài của thang sẽ là hàm số theo góc \(\alpha \): \(L(\alpha ) = {L_1} + {L_2} = \frac{{2,88}}{{\sin \alpha }} + \frac{{1,8}}{{\cos \alpha }}\).
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
Để tìm chiều dài ngắn nhất, ta tính đạo hàm của \(L(\alpha )\) và cho bằng \(0\):
\(L'(\alpha ) = - \frac{{2,88 \cdot \cos \alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }} + \frac{{1,8 \cdot \sin \alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }}\)
Cho \(L'(\alpha ) = 0\)\( \Leftrightarrow \) \(\frac{{1,8 \cdot \sin \alpha }}{{{{\cos }^2}\alpha }} = \frac{{2,88 \cdot \cos \alpha }}{{{{\sin }^2}\alpha }}\)\( \Leftrightarrow \)\(1,8 \cdot {\sin ^3}\alpha = 2,88 \cdot {\cos ^3}\alpha \)\( \Leftrightarrow \)\(\frac{{{{\sin }^3}\alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }} = \frac{{2,88}}{{1,8}}\)
\( \Leftrightarrow \)\({\tan ^3}\alpha = 1,6 \Rightarrow \tan \alpha = \sqrt[3]{{1,6}} \Rightarrow \alpha = \arctan (\sqrt[3]{{1,6}}) \approx 49,47\)
\(\min L \approx 6,55936...\) (mét)
Theo yêu cầu đề bài, làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần trăm:
Chiều dài ngắn nhất của chiếc thang là 6,56 mét.
Đáp án: \(37,7\).
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ.
Gọi điểm \(M\left( {x;y} \right)\)\(\left( {x,y > 0} \right)\). Vì tích khoảng cách từ điểm \(M\) đến các trục hoành, trục tung bằng 2 nên \(x.y = 2 \Leftrightarrow y = \frac{2}{x}\).
Vì phần hình phẳng \(\left( H \right)\) đối xứng nhau qua trục tung nên ta cần tính thể tích phần hình phẳng giới hạn bởi phần tô đậm \((0 \le x \le 2)\).
Phần hình phẳng bên phải trục tung chia thành 2 phần:
\[\left( {{H_1}} \right):\left\{ \begin{array}{l}y = 2\\x = 0;x = 1\end{array} \right.\] và \(\left( {{H_2}} \right):\left\{ \begin{array}{l}y = \frac{2}{x}\\x = 1;\,x = 2\end{array} \right.\)
Khi đó: \({V_1} = \pi \int\limits_0^1 {4dx} = 4\pi \)
\({V_2} = \pi \int\limits_1^2 {\frac{4}{{{x^2}}}dx = \left. {\pi \left( { - \frac{4}{x}} \right)} \right|} _1^2 = 2\pi \)
Vậy \(V = 2\left( {{V_1} + {V_2}} \right) = 2.6\pi \approx 37,7\).
Đáp án: 15.
+ Gọi \(x,\,y\,\left( {x,\,y > 0} \right)\) lần lượt là số tấn gỗ keo và gỗ bạch đàn công ty A cần mua mỗi tháng
Theo đề bài ta có hệ bất phương trình
\(\left\{ \begin{array}{l}200x + \,300y\, \ge 2800\\300x + 150y \ge 2400\\0 \le x \le 9\\0 \le y \le 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x + \,3y\, \ge 28\\3x + 1,5y \ge 24\\0 \le x \le 9\\0 \le y \le 10\end{array} \right.\)
+ Đỉnh của miền nghiệm \(A\left( {3;\,10} \right),\,B\left( {5;\,6} \right),\,C\left( {9;\,10} \right),\,D\left( {9;\,\frac{{10}}{3}} \right)\)
+ Chi phí bỏ ra mua nguyên liệu \(C\left( {x,\,y} \right) = 1,2x + 1,5y\).
Ta có \(C\left( {3,\,10} \right) = 18,6;\,C\left( {5,\,6} \right) = 15;\,C\left( {9,\,\frac{{10}}{3}} \right) = 15,8;\,C\left( {9,\,10} \right) = 25,8\).
Vậy số tiền bỏ ra ít nhất là \(15\) triệu đồng để mua \(5\) tấn keo và \(6\) tấn bạch đàn.
