Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Phú Thọ có đáp án

Chọn B

Quan sát đồ thị thấy hàmsốnghịchbiếntrênkhoảng \(\left( { - 1;1} \right)\).

Chọn D

Phươngtrình\(\sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)\( \Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{3}\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\),\(k \in \mathbb{Z}\).

Chọn C

Ta có \({u_5} = {u_1}.{q^4} = 3.{\left( { - 2} \right)^4} = 48\).

Chọn A

Tâmcủađườngtròn cótọađộlà \(\left( { - 3;2} \right)\).

Chọn A

Miền không bị gạch chéo trong hình vẽ (kể cả bờ) là phần bên phải trục \(Oy\) và bên trên trục \(Ox\) nên suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.\).

Phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\)qua hai điểm \(\left( {2;0} \right)\) và \(\left( {0;4} \right)\) là: \(\left( d \right):\frac{x}{2} + \frac{y}{4} = 1 \Leftrightarrow 2x + y = 4\).

Dễ thấy miền nghiệm chứa nửa mặt phẳng bờ \(\left( d \right)\) và chứa điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên ta có bất phương trình \(2x + y \le 4\).

Vậy hệ bất phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\2x + y \le 4\end{array} \right.\).

Chọn B

\(y = \frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 3x - 1 \Rightarrow y' = {x^2} - 4x + 3\).

Cho \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Điểm cực tiểu của hàm số là \(x = 3\).

Chọn A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y - \left( {2x - 5} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{10}}{{x + 3}} = 0\) nên đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = 2x - 5\)

Chọn C

\(y = \frac{{3x + 7}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne - 1\).

Suy ra hàm số \(y = \frac{{3x + 7}}{{x + 1}}\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) nên đồng biến trên \(\left[ {0;3} \right]\).

Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 4\).

Chọn D

Vì điểm đối xứng với \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\] qua mặt phẳng \[\left( {Oxz} \right)\] là điểm nên \[A'\left( {2;3;1} \right)\].

Chọn D

Ta có\[\overrightarrow c = \overrightarrow a - \overrightarrow b = \left( {1 - 0;2 - \left( { - 1} \right);3 - 2} \right) = \left( {1;3;1} \right)\].

Chọn C

Cỡ mẫu \[n = 3 + 12 + 15 + 24 + 2 = 56\].

Vì \[\frac{n}{4} = 14\] nên \[{Q_1}\] thuộc nhóm 2, suy ra \[{Q_1} = {a_2} + \frac{{\frac{n}{4} - {m_1}}}{{{m_2}}}.({a_3} - {a_2}) = 12,5 + \frac{{14 - 3}}{{12}}.2 = \frac{{43}}{3}\].

Vì \[\frac{{3n}}{4} = 42\] nên \[{Q_3}\] thuộc nhóm 4, suy ra

\[{Q_3} = {a_4} + \frac{{\frac{{3n}}{4} - ({m_1} + {m_2} + {m_3})}}{{{m_4}}}.({a_5} - {a_4}) = 16,5 + \frac{{42 - (3 + 12 + 15)}}{{24}}.2 = \frac{{35}}{2}\].

Vậy khoảng tứ phân vị \[{\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{35}}{2} - \frac{{43}}{3} = \frac{{19}}{6}\].

 

Chọn B

      

Ta có

\[\begin{array}{l}\overrightarrow {AB'} .\overrightarrow {A'C} = (\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} ).(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AA'} ) = \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AC} - {\overrightarrow {AA'} ^2} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AA'} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 0 - {(3a)^2} + a.a.\cos {60^0} - 0 = - 9{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{ - 17{a^2}}}{2}.\end{array}\]

\[A'C = AB' = \sqrt {A'{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{{(3a)}^2} + {a^2}} = a\sqrt {10} .\]

Vậy \[\cos (\overrightarrow {AB'} ,\overrightarrow {A'B} ) = \frac{{\overrightarrow {AB'} .\overrightarrow {A'B} }}{{\left| {\overrightarrow {AB'} } \right|.\left| {\overrightarrow {A'B} } \right|}}\,\, = \frac{{\frac{{ - 17{a^2}}}{2}}}{{10{a^2}}} = \frac{{ - 17}}{{20}}.\]

a) ĐÚNG

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu đã cho là \(R = 300 - 100 = 200\).

b) ĐÚNG

Số lượng sản phẩm	\[\left[ {100;140} \right)\]	\[\left[ {140;180} \right)\]	\[\left[ {180;220} \right)\]	\[\left[ {220;260} \right)\]	\[\left[ {260;300} \right)\]
Số ngày	3	6	12	6	3
Tần số tích luỹ	3	9	21	27	30

Tổng số ngày: \(n = 3 + 6 + 12 + 6 + 3 = 30\)\({\rm{ng\`a y}}\).

Ta có: \(\frac{n}{4} = \frac{{30}}{4} = 7,5\). Nhóm \[\left[ {140;180} \right)\] là nhóm đầu tiên có tần số tích luỹ \( \ge 7,5\).

\( \Rightarrow {Q_1} = 140 + \frac{{7,5 - 3}}{6} \cdot 40 = 170\).

Ta có: \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.30}}{4} = 22,5\). Nhóm \[\left[ {220;260} \right)\] là nhóm đầu tiên có tần số tích luỹ \( \ge 22,5\).

\( \Rightarrow {Q_3} = 220 + \frac{{22,5 - 21}}{6} \cdot 40 = 230\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu đã cho là: \(\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 230 - 170 = 60\).

c) SAI

Số lượng sản phẩm	\[\left[ {100;140} \right)\]	\[\left[ {140;180} \right)\]	\[\left[ {180;220} \right)\]	\[\left[ {220;260} \right)\]	\[\left[ {260;300} \right)\]
Giá trị đại diện	120	160	200	240	280
Số ngày	3	6	12	6	3

Trung bình số sản phẩm bán được trong một ngày là: \(\overline x = \frac{{120.3 + 160.6 + 200.12 + 240.6 + 280.3}}{{30}} = 200\).

d) ĐÚNG

Phương sai của mẫu số liệu đã cho là:

\({s^2} = \frac{{3.{{\left( {200 - 120} \right)}^2} + 6.{{\left( {200 - 160} \right)}^2} + 12.{{\left( {200 - 200} \right)}^2} + 6.{{\left( {200 - 240} \right)}^2} + 3.{{\left( {200 - 280} \right)}^2}}}{{30}} = 1920\)

a) Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x\);         \[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta có hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\).

Chọn ĐÚNG.

b) Từ bảng biến thiên, ta có hàm số có hai điểm cực trị.

Chọn ĐÚNG.

c) Từ bảng biến thiên, ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = 1\)

Chọn SAI.

d) Ta có \(y\left( 1 \right) = 3\) và \(y'\left( 1 \right) = - 3\)

Þ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại điểm có hoành độ bằng \(1\) là: \(y = - 3.\left( {x - 1} \right) + 3\) hay \(y = - 3x + 6\).

Chọn SAI.

a) [TH] Ta có \[\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} = \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} \Leftrightarrow \overrightarrow {SA} - \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} \Leftrightarrow \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {BC} \]

b) [TH] Vì \(G\) là trọng tâm \(\Delta SAB\), ta có: \(\overrightarrow {DS} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} = 3\overrightarrow {DG} \). Mặt khác, \(M\) là trung điểm \(AB\) nên \(\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {DM} \). Thay vào ta được: \(\overrightarrow {DS} + 2\overrightarrow {DM} = 3\overrightarrow {DG} \Rightarrow \overrightarrow {DS} = - 2\overrightarrow {DM} + 3\overrightarrow {DG} \).

c) [VD]Từ giả thiết ta có

·        \(O\left( {0;0;0} \right)\), \(B\left( {4;0;0} \right)\), \(C\left( {0;4;0} \right)\), \(D\left( { - 4;0;0} \right)\), \(A\left( {0; - 4;0} \right)\), \(S\left( {0;0;4} \right)\).\(M\) là trung điểm \(AB \Rightarrow M\left( {2; - 2;0} \right)\).

·        \(G\) là trọng tâm \(\Delta SAB \Rightarrow G\left( {\frac{{0 + 4 + 0}}{3};\frac{{0 + 0 - 4}}{3};\frac{{4 + 0 + 0}}{3}} \right) = \left( {\frac{4}{3}; - \frac{4}{3};\frac{4}{3}} \right)\).

·        Mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\) và có các điểm \(B,D,S\) nên phương trình là \(y = 0\).

·        \(E \in \left( {SBD} \right) \Rightarrow E\left( {a;0;c} \right)\).

·        \(C,E,G\) thẳng hàng \( \Rightarrow \overrightarrow {CE} = k\overrightarrow {CG} \) và \(\overrightarrow {CE} = \left( {a; - 4;c} \right)\);

\(\overrightarrow {CG} = \left( {\frac{4}{3}; - \frac{4}{3} - 4;\frac{4}{3}} \right) = \left( {\frac{4}{3}; - \frac{{16}}{3};\frac{4}{3}} \right)\).

·        Tỉ số: \(\frac{a}{{4/3}} = \frac{{ - 4}}{{ - 16/3}} = \frac{c}{{4/3}} = \frac{3}{4}\).\( \Rightarrow a = 1,c = 1\).

Vậy \(E\left( {1;0;1} \right)\) hay \(a + b + c = 1 + 0 + 1 = 2\).

 d) [VDC]

Ta có \(F \in \left( {SAC} \right)\). Mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) có phương trình \(x = 0\).; \(G\left( {\frac{4}{3}; - \frac{4}{3};\frac{4}{3}} \right)\) và \(B\left( {4;0;0} \right)\).

·        Nhận thấy \({x_G} = \frac{4}{3} > 0\) và \({x_B} = 4 > 0\). Hai điểm \(G,B\) nằm cùng phía so với mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).Lấy đối xứng \(B\) qua \(\left( {SAC} \right)\) được \(B'\left( { - 4;0;0} \right)\) (chính là điểm \(D\)). Khi đó \(FG + FB = FG + FB'\). Tổng này nhỏ nhất khi \(F,G,B'\) thẳng hàng hay \(F\) là giao điểm của đường thẳng \(GB'\) với mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).Ta có \(\overrightarrow {B'G} = \left( {\frac{{16}}{3}; - \frac{4}{3};\frac{4}{3}} \right) = \frac{4}{3}\left( {4; - 1;1} \right)\) nên phương trình \(GB'\): \(x = - 4 + 4t;y = - t;z = t\).

·        \(F \in \left( {SAC} \right) \Rightarrow x = 0 \Rightarrow - 4 + 4t = 0 \Rightarrow t = 1\). Vậy \(F\left( {0; - 1;1} \right) \Rightarrow x = 0,y = - 1,z = 1\). Khi đó \(x + y + z = 0 - 1 + 1 = 0\).

Lời giải

a) Đúng. Vì thời điểm ban đầu \(t = 0\), \(h\left( 0 \right) = 70{\log _2}1 + 30 = 30\) (cá thể).

b) Đúng. Vì \(9\) tháng bằng \(\frac{3}{4}\) năm.

Do đó số lượng cá thể của loài động vật đó sau \(9\) tháng kể từ khi bắt đầu nuôi bằng

\(h\left( {\frac{3}{4}} \right) = 70{\log _2}\left( {\frac{{8.\frac{3}{4} + 1}}{{\frac{3}{4} + 1}}} \right) + 30 = 70{\log _2}4 + 30 = 170\).

c) Sai. Vì

\(\begin{array}{l}h\left( t \right) = 70{\log _2}\left( {\frac{{8t + 1}}{{t + 1}}} \right) + 30\\ \Rightarrow h'\left( t \right) = 70.\frac{1}{{\left( {\frac{{8t + 1}}{{t + 1}}} \right).\ln 2}}.{\left( {\frac{{8t + 1}}{{t + 1}}} \right)^\prime } = \left( {\frac{{t + 1}}{{8t + 1}}} \right).\frac{7}{{\ln 2.{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = \frac{7}{{\ln 2}}.\frac{1}{{\left( {t + 1} \right).\left( {8t + 1} \right)}}\end{array}\)

Tốc độ tăng trưởng số lượng cá thể của loài động vật đó tại thời điểm đúng \(6\) năm kể từ khi nuôi là \(h'\left( 6 \right) = \frac{7}{{\ln 2}}.\frac{1}{{\left( {6 + 1} \right).\left( {8.6 + 1} \right)}} = \frac{1}{{49.\ln 2}} = 0,029444275594\)( cá thể /năm).

d) Đúng. Vì \(h'\left( t \right) = \frac{7}{{\ln 2}}.\frac{1}{{\left( {t + 1} \right).\left( {8t + 1} \right)}} > 0,\forall t \ge 0\).

Ta có \(h\left( 0 \right) = 30\)  và \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{8t + 1}}{{t + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{8 + \frac{1}{t}}}{{1 + \frac{1}{t}}} = 8\),

suy ra \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } h\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {70{{\log }_2}\left( {\frac{{8t + 1}}{{t + 1}}} \right) + 30} \right) = 70.{\log _2}8 + 30 = 240\).

Từ đó ta có BBT của hàm số \(h\left( t \right)\) như sau:

Vậy số lượng cá thể của loài động vật đó không vượt quá \(240\).

Đáp án: 1201.

Cách 1:

Gọi \(H\) là trung điểm \(AO\). Ta có \(MH\) song song \(SO\) nên \(MH\) vuông góc với \((ABCD)\).

Kẻ \(HI\) vuông góc với \(DB\)\((I \in BD)\), \(HK\) vuông góc với \(MI\) \((K \in MI)\) thì \(HK\) vuông góc với \((MDB)\) nên \(d(H,(MDB) = HK\).

Ta có \(MO\)song song với \(SC\) nên \(d(SC,DM) = d(SC,(MDB)) = d(C,(MDB))\)\( = d(A,(MDB)) = 2.d(H,(MDB)) = 2HK\).

Kẻ \(AN\) vuông góc với \(DB\)\((N \in BD)\), , suy ra \(HI = \frac{1}{2}AN = \frac{{12}}{5}\).

Vì \(SO\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) và \(SA\) tạo với mặt phẳng \((ABCD)\) một góc \({45^\circ }\) nên \(\widehat {SAO} = \)\({45^\circ }\), do đó tam giác \(SAO\) vuông cân tại \(O\), \(SO = AO = \frac{1}{2}BD = 5\), \(HM = \frac{5}{2}\).

Trong tam giác vuông \(HMI\) ta có: \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{I^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{{1201}}{{3600}}\)\( \Rightarrow HK = \frac{{60}}{{\sqrt {1201} }}\).

Vậy \(d(DM,SC) = 2.HK = \frac{{120}}{{\sqrt {1201} }}\). Do đó \(n = 1201\).

Cách 2:

1. Xây dựng hệ trục tọa độ và xác định tọa độ các điểm:

Đặt hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(O\) là gốc tọa độ \((0,0,0)\).

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật tâm \(O\) với \(AB = 6\) và \(AD = 8\), ta có thể đặt tọa độ các đỉnh của đáy như sau: \(A( - 3, - 4,0)\), \(B(3, - 4,0)\), \(C(3,4,0)\), \(D( - 3,4,0)\).

Kiểm tra lại độ dài các cạnh: \(AB = \sqrt {{{(3 - ( - 3))}^2} + {{( - 4 - ( - 4))}^2} + {{(0 - 0)}^2}} = \sqrt {{6^2}} = 6\);

\(AD = \sqrt {{{( - 3 - ( - 3))}^2} + {{(4 - ( - 4))}^2} + {{(0 - 0)}^2}} = \sqrt {{8^2}} = 8\).
Độ dài đường chéo của hình chữ nhật \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = \sqrt {36 + 64} = \sqrt {100} = 10\).

Vì \(O\) là tâm của hình chữ nhật, \(AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5\).

Vì \(SO\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\), nên \(SO\) là chiều cao của hình chóp và \(S\) nằm trên trục \(Oz\).

Góc giữa \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là góc giữa \(SA\) và hình chiếu của nó lên \((ABCD)\), tức là \(\widehat {SAO}\).

Theo đề bài, \(\widehat {SAO} = {45^\circ }\). Xét tam giác vuông \(SAO\) tại \(O\):

\(SO = AO \cdot \tan (\widehat {SAO}) = 5 \cdot \tan ({45^\circ }) = 5 \cdot 1 = 5\). Vậy tọa độ điểm \(S\) là \((0,0,5)\).

\(M\) là trung điểm của \(SA\). Với \(S(0,0,5)\) và \(A( - 3, - 4,0)\): \(M = \left( { - \frac{3}{2}, - 2,\frac{5}{2}} \right)\).

2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SC\) và \(DM\):

Đường thẳng \(SC\) đi qua \(S(0,0,5)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec u = \overrightarrow {SC} = (3,4, - 5)\).

Đường thẳng \(DM\) đi qua \(D( - 3,4,0)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec v = \overrightarrow {DM} = \left( {\frac{3}{2}, - 6,\frac{5}{2}} \right)\).

\(d(SC,DM) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SD} .[\vec u,\vec v]} \right|}}{{\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right|}}\), Vectơ \(\overrightarrow {SD} = ( - 3,4, - 5)\).

Ta có: \(\left[ {\vec u,\vec v} \right] = \)\( = ( - 20, - 15, - 24)\); \(\left| {\overrightarrow {SD} .[\vec u,\vec v]} \right|\)\( = 120\).

\(\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right| = \sqrt {{{( - 20)}^2} + {{( - 15)}^2} + {{( - 24)}^2}} = \sqrt {400 + 225 + 576} = \sqrt {1201} \).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SC\) và \(DM\) là: \(d(SC,DM) = \frac{{|120|}}{{\sqrt {1201} }} = \frac{{120}}{{\sqrt {1201} }}\).

Theo đề bài, khoảng cách này bằng \(\frac{{120}}{{\sqrt n }}\). Do đó, \(\frac{{120}}{{\sqrt n }} = \frac{{120}}{{\sqrt {1201} }}\). Suy ra \(\sqrt n = \sqrt {1201} \).

Vậy \(n = 1201\).

Đáp án:\[33\].

Góc ở tâm chắn một cạnh của đa giác có số đo là: \[360^\circ :36 = 10^\circ \].

Góc nội tiếp chắn một cạnh của đa giác có số đo là: \[10^\circ :2 = 5^\circ \].

Để tạo thành một tam giác có một góc bằng \[120^\circ \] thì phải có góc nội tiếp chắn 24 cung liên tiếp từ 24 dây là 24 cạnh liền kề nhau của đa giác.

Chọn 2 đỉnh cách nhau 24 cạnh, có 36 cách chọn (chẳng hạn như \[{A_1}{A_{25}},{A_2}{A_{26}},...,{A_{36}}{A_{24}}\])

Với mỗi cách chọn 2 đỉnh ở trên, có 11 cách chọn đỉnh còn lại thoả mãn (ví dụ chọn cạnh \[{A_1}{A_{25}}\] thì các cách chọn đỉnh còn lại là \[{A_{26}},{A_{27}},...,{A_{36}}\]).

Vậy, số tam giác được tạo thành có một góc bằng \[120^\circ \] là: \[36.11 = 396\] (tam giác).

Số cách chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh từ 36 đỉnh của đa giác là: \[C_{36}^3 = 7140\] (cách).

Xác suất cần tìm là: \[P = \frac{{396}}{{7140}} = \frac{{33}}{{595}}\].

Vậy \[595P = 33\].

Đáp án: \[60\].

\[\left| {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {AM} } \right| + \overrightarrow {SM} .\overrightarrow {AB} = \left| {\overrightarrow {SM} + 2\overrightarrow {SM} } \right| + \left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AM} } \right).\overrightarrow {AB} = 3SM + \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB} \]

\[\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} = 0\] vì \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên \[SA \bot AB\].

\[\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} } \right).\overrightarrow {AB} = {\overrightarrow {AB} ^2} + \overrightarrow {BM} .\overrightarrow {AB} = 36 + 0 = 36\]

\[SM = \sqrt {S{A^2} + A{M^2}} = \sqrt {S{A^2} + A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {12 + 36 + 16} = 8\]

\[\left| {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {AM} } \right| + \overrightarrow {SM} .\overrightarrow {AB} = 3.8 + 0 + 36 = 60\].

Đáp án: \[40\].

Gọi \(x\) là số lần tăng giá (\(x \ge 0\)). Mỗi lần tăng 2 nghìn đồng.

Giá bán mới: \(30 + 2x\) (nghìn đồng). (\(30 + 2x \le 50 \Leftrightarrow x \le 10\))

Tiền lãi trên mỗi kg: \((30 + 2x) - 24 = 6 + 2x\) (nghìn đồng).

Tổng lượng bưởi bán được:

Số đơn hàng: \(60 - 4x\) (đơn).

Số kg mỗi đơn: \(100 - 2x\) (kg).

\( \Rightarrow \) Tổng khối lượng \( = (60 - 4x)(100 - 2x)\).

Hàm lợi nhuận \(L(x)\) thu được là: \(L(x) = (60 - 4x)(100 - 2x)(6 + 2x)\)

\[L(x) = 4(15 - x) \cdot 2(50 - x) \cdot 2(3 + x) = 16 \cdot [(15 - x)(50 - x)(3 + x)] = 16\left( {{x^3} - 62{x^2} + 555x + 2250} \right)\]

\(L'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} \approx 36,2(L)\\{x_2} \approx 5,11(N)\end{array} \right.\)

Bảng biến thiên:

Thay \(x \approx 5,11\) vào công thức giá bán:

\({\rm{Gi\'a b\'a n}} = 30 + 2 \times 5,11 = 40,22{\rm{ }}\)(nghìn đồng)

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị: 40 nghìn đồng.

Đáp án: 1200

Thay \(p\left( t \right) = 90\) vào hàm số cho trước:

\(100 + 20\cos \left( {120\pi t} \right) = 90\)\( \Leftrightarrow 20\cos \left( {120\pi t} \right) = - 10 \Leftrightarrow \cos \left( {120\pi t} \right) = - \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}120\pi t = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\120\pi t = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{{180}} + \frac{k}{{60}}\\t = - \frac{1}{{180}} + \frac{k}{{60}}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Ta lại có: \(0 \le t \le 10\).

TH1: \(0 \le \frac{1}{{180}} + \frac{k}{{60}} \le 10\)\( \Leftrightarrow 0 \le 1 + 3k \le 1800 \Leftrightarrow - 1 \le 3k \le 1799 \Rightarrow - 0,33 \le k \le 599,66\)

Vậy \(k \in \left\{ {0,1,2,...,599} \right\}\). Có 600 giá trị.

TH2: \(0 \le - \frac{1}{{180}} + \frac{k}{{60}} \le 10 \Leftrightarrow 0 \le - 1 + 3k \le 1800 \Leftrightarrow 1 \le 3k \le 1801 \Rightarrow 0,33 \le k \le 600,33\)

Vậy \(k \in \left\{ {1,2,3,...,600} \right\}\). Có 600 giá trị.

Kết luận

Tổng số lần huyết áp đạt mức 90 mmHg trong 10 phút đầu tiên là: \(600 + 600 = 1200{\rm{ }}\)lần

Đáp án: 18.

Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A'\] trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]. Vì \[A'A = A'B = A'C\]nên \[HA = HB = HC\] do đó \[H\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\]. Mà \[ABC\] là tam giác đều nên \[H\] chính là trọng tâm của tam giác \[ABC\].

Gọi \[M = AH \cap BC\]\[ \Rightarrow \]\[M\] là trung điểm của đoạn \[BC\] và \[AM \bot BC\].

\[ \Rightarrow BC \bot \left( {A'AM} \right)\].

Gọi \[N\] là trung điểm của \[B'C'\], ta có \[MN{\rm{// }}BB'{\rm{// }}AA'\]. Do đó \[\left( {A'AM} \right) \equiv \left( {A'AMN} \right)\].

\[ \Rightarrow BC \bot MN\].

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {BCC'B'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AM \subset \left( {ABC} \right),{\rm{ }}AM \bot BC\\MN \subset \left( {BCC'B'} \right),{\rm{ }}MN \bot BC\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left( {\left( {BCC'B'} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AM,MN} \right) = \left( {AM,AA'} \right) = \widehat {A'AM} = {60^ \circ }\].

Mặt khác ta có:

\[AA' = 4\]\[ \Rightarrow \]\[A'H = AA'.\sin {60^ \circ } = 2\sqrt 3 \], \[AH = AA'.\cos {60^ \circ } = 2 \Rightarrow AM = 3 \Rightarrow AB = 2\sqrt 3 \].

Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là

\[V = A'H.{S_{ABC}} = 2\sqrt 3 .\frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 18\].