Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Thái Nguyên lần 1 có đáp án

Chọn C

Ta có: \(GF\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right)\).

Chọn B

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA\) là đường cao của hình chóp

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3} \times {1^2} \times 3 = 1\).

Chọn A

Ta có: \(\overrightarrow c  = \overrightarrow a  - 2\overrightarrow b  = \left( {2 - 2 \times 1; - 1 - 2 \times 3;3 - 2 \times \left( { - 2} \right)} \right) = \left( {0; - 7;7} \right)\).

Chọn D

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2;1; - 1} \right)\) trên mặt phẳng  là \(M'\left( {2;0; - 1} \right)\).

Chọn A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 2\) suy ra đường thẳng \(y = 2\)là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Chọn C

Tứ phân vị thứ nhất của của mẫu số liệu thống kê là:

Ta có \(\frac{n}{4} = \frac{{20}}{4} = 5\) , \({Q_1} \in \left[ {3,0;3,3} \right)\)

\({Q_1} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{4} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right) = 3,0 + \frac{{5 - 3}}{6}.(3,3 - 3,0) = \frac{{31}}{{10}}\).

Tứ phân vị thứ ba của của mẫu số liệu thống kê là:

Ta có \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.20}}{4} = 15\) , \({Q_1} \in \left[ {3,6;3,9} \right)\)

\({Q_3} = {a_p} + \frac{{\frac{{3n}}{4} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right) = 3,6 + \frac{{15 - (3 + 6 + 5)}}{4}.(3,9 - 3,6) = \frac{{147}}{{40}}\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu thống kê là: \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 0,575\).

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy dấu của \(f'(x)\)  đổi dấu từ âm sang dương khi qua \(x = 0\) nên giá trị cực tiểu của hàm số là \({y_{CT}} = f(0) = 1\).

Chọn C

Gọi d là công sai của cấp số cộng \(({u_n})\), ta có \({u_4} = {u_1} + 3d \Rightarrow d = \frac{{{u_4} - {u_1}}}{3} = 3\).

Chọn B

Quan sát đồ thị ta thấy khoảng đồng biến \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và  \(\left( {0;1} \right)\).

Chọn D

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

Chọn A

Điều kiện: \(x - 1 > 0 \Rightarrow x > 1\)

\({\log _2}(x - 1) = 3 \Leftrightarrow x - 1 = 8 \Leftrightarrow x = 9\).

Vậy phương trình có nghiệm là \(x = 9\).

Chọn D. 

 Dựa vào hình dạng đồ thị ta có: đồ thị là của hàm số bậc 3: \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) và có hệ số \(a > 0\) nên chọn đáp án D.

Chọn a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Đúng

Chiều cao tại thời điểm t: \[h(t) = \int v (t)dt = \int {( - 0,1{t^3} + {t^2})} dt =  - 0,025{t^4} + \frac{1}{3}{t^3} + C.\]

\[h(0) = 5 \Rightarrow C = 5\]nên \[h(t) =  - 0,025{t^4} + \frac{1}{3}{t^3} + 5\].

a) \[v(2) =  - 0,1 \cdot {(2)^3} + {(2)^2} =  - 0,1 \cdot 8 + 4 =  - 0,8 + 4 = 3,2\]cm/tuần.

Chọn ĐÚNG.

b) \[v'(t) =  - 0,3{t^2} + 2t = 0 \Leftrightarrow t( - 0,3t + 2) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = \frac{2}{{0,3}} = \frac{{20}}{3}\end{array} \right.\].

Thời điểm cây cà chua đó phát triển nhanh nhất khi \[t = \frac{2}{{0,3}} = \frac{{20}}{3}\] tuần

\[h(\frac{{20}}{3}) =  - 0,025{(\frac{{20}}{3})^4} + \frac{1}{3}{(\frac{{20}}{3})^3} + 5 \approx  - 49,38 + 98,76 + 5 = 54,38(cm).\]>54 cm.

Chọn SAI.

c) Cây cà chua tăng trưởng khi:

\[v(t) > 0 \Leftrightarrow  - 0,1{t^3} + {t^2} > 0 \Leftrightarrow {t^2}( - 0,1t + 1) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t < 0(L)\\0 < t < 10(N)\end{array} \right..\]

Vậy giai đoạn tăng trưởng kéo dài 10 tuần.

Chọn SAI.

d) \[v(t) =  - 0,1{t^3} + {t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 10\end{array} \right.\]. Lập bảng biến thiên ta được GTLN của h(t) đạt tại t=10.

Chiều cao tối đa đạt được tại t = 10:

\[h(10) =  - 0,025{(10)^4} + \frac{1}{3}{(10)^3} + 5 =  - 250 + 333,33 + 5 = 88,33\]cm

Vì 88,33 > 88, nên cây có thể cao hơn 88 cm.

Chọn ĐÚNG.

Chọn a) Đúng| b) Sai| c) Sai | d) Đúng

a) Ta có \(f\left( 0 \right) = \left( {{0^2} - 5 \cdot 0 + 7} \right) \cdot {{\rm{e}}^0} = 7\).

Chọn ĐÚNG.

b) Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {2x - 5} \right){{\rm{e}}^x} + \left( {{x^2} - 5x + 7} \right){{\rm{e}}^x} = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right){{\rm{e}}^x}\).

Do đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\).

Chọn SAI.

c) Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right) \cdot {{\rm{e}}^x}\)

Chọn SAI.

d) Hàm số \(y = f\left( x \right) = \left( {{x^2} - 5x + 7} \right) \cdot {{\rm{e}}^x}\) xác định và liên tục trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\).

Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right) \cdot {{\rm{e}}^x}\).

Suy ra \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).

Có \(f\left( 0 \right) = 7\), \(f\left( 1 \right) = 3{\rm{e}}\) và \(f\left( 2 \right) = {{\rm{e}}^2}\).

Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 7\).

Chọn ĐÚNG.

a) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 2; - 2} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {5; - 1; - 1} \right)\)

Þ \(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{AB.AC}} = \frac{{1.5 - 2.\left( { - 1} \right) - 2\left( { - 1} \right)}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} .\sqrt {{5^2} + {1^2} + {1^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)

Chọn ĐÚNG.

b) Ta có \(AB = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}}  = 3\)

\(\overrightarrow {BC}  = \left( {4;1;1} \right) \Rightarrow BC = \sqrt {{4^2} + {1^2} + {1^2}}  = 3\sqrt 2 \)

Diện tích hình thang \(ABCD\) là \(S = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {AD + 3\sqrt 2 } \right).3}}{2}\)

Þ \(\frac{{\left( {AD + 3\sqrt 2 } \right).3}}{2} = 6\sqrt 2  \Rightarrow AD = \sqrt 2 \)

Þ \(\overrightarrow {AD}  = \frac{1}{3}\overrightarrow {BC}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 1 = \frac{1}{3}.4\\b - 2 = \frac{1}{3}.1\\c - 1 = \frac{1}{3}.1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{7}{3}\\b = \frac{7}{3}\\c = \frac{4}{3}\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c = 6\)

Chọn SAI.

c) Gọi \(I\) là điểm thoả mãn \(\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IB}  + 3\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + 2{x_B} + 3{x_C}}}{{1 + 2 + 3}} = \frac{{23}}{6}\\{y_I} = \frac{{{y_A} + 2{y_B} + 3{y_C}}}{{1 + 2 + 3}} = \frac{5}{6}\\{z_I} = \frac{{{z_A} + 2{z_B} + 3{z_C}}}{{1 + 2 + 3}} = \frac{{ - 1}}{6}\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {\frac{{23}}{6};\frac{5}{6};\frac{{ - 1}}{6}} \right)\)

Ta có \[M{A^2} + 2M{B^2} + 3M{C^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + 2{\overrightarrow {MB} ^2} + 3{\overrightarrow {MC} ^2}\]

      \[ = {\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + 3{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\]

      \[ = 6{\overrightarrow {MI} ^2} + 2\overrightarrow {MI} .\left( {\overrightarrow {IA}  + 2\overrightarrow {IB}  + 3\overrightarrow {IC} } \right) + {\overrightarrow {IA} ^2} + 2{\overrightarrow {IB} ^2} + 3{\overrightarrow {IC} ^2}\]

      \[ = 6M{I^2} + I{A^2} + 2I{B^2} + 3I{C^2}\]

Ta có \[I{A^2} + 2I{B^2} + 3I{C^2}\] không đổi nên \(M{A^2} + 2M{B^2} + 3M{C^2}\) nhỏ nhất khi \(MI\) nhỏ nhất

Þ \(M\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\)

Þ \(M\left( {\frac{{23}}{6};\frac{5}{6};0} \right)\) Þ \({x_M} = \frac{{23}}{6} < 4\).

Cách khác

Vì \(M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow M\left( {x;y;0} \right)\)

Þ \[M{A^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {0 - 1} \right)^2} = {x^2} + {y^2} - 2x - 4y + 6\]

      \(M{B^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} + {1^2} = {x^2} + {y^2} - 4x + 5\)

      \(M{C^2} = {\left( {x - 6} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {0^2} = {x^2} + {y^2} - 12x - 2y + 37\)

Þ \[M{A^2} + 2M{B^2} + 3M{C^2} = 6{x^2} + 6{y^2} - 46x - 10y + 127 = 6{\left( {x - \frac{{23}}{6}} \right)^2} + 6{\left( {y - \frac{5}{6}} \right)^2} + \frac{{104}}{3}\]

Þ \[M{A^2} + 2M{B^2} + 3M{C^2} \ge \frac{{104}}{3}\]

Đẳng thức xảy ra khi \[\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{23}}{6}\\y = \frac{5}{6}\end{array} \right.\] Þ \(M\left( {\frac{{23}}{6};\frac{5}{6};0} \right) \Rightarrow {x_M} = \frac{{23}}{6} < 4\).

Chọn ĐÚNG.

d) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 1.5 - 2.\left( { - 1} \right) - 2\left( { - 1} \right) = 9\)Ta có \(y' = f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c\)

Chọn ĐÚNG.

a) Ta có:

\(s = 5 \Leftrightarrow \)\(10\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right) = 5 \Leftrightarrow \)\(\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \)\(10t - \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{6} + 2k\pi \) hoặc \(10t - \frac{\pi }{2} = \frac{{5\pi }}{6} + 2k\pi \)

Xét thời điểm dương nhỏ nhất.

Trường hợp 1: \(10t = \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{2} = \frac{{2\pi }}{3} \Leftrightarrow \)\(t = \frac{\pi }{{15}}\)

Trường hợp 2: \(10t = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{\pi }{2} = \frac{{4\pi }}{3} \Leftrightarrow \)\(t = \frac{{2\pi }}{{15}}\)

Thời điểm đầu tiên là \(t = \frac{\pi }{{15}}\)

Trong đề cho \(\frac{{2\pi }}{{15}}\) nên Khẳng định a sai.

b) Vì \( - 1 \le \sin x \le 1\) nên\( - 10 \le 10\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right) \le 10\)

Giá trị nhỏ nhất là \( - 10\)

Do đề cho \( - 1\) nên Khẳng định b sai.

c) Hàm sin xác định với mọi \(t \in \mathbb{R}\)

Nên tập xác định là \(\mathbb{R}\)

Khẳng định c đúng.

d) Vị trí cân bằng \(s = 0\)

\(10\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \)\(\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \)\(10t - \frac{\pi }{2} = k\pi  \Leftrightarrow \)\(t = \frac{\pi }{{20}} + \frac{{k\pi }}{{10}}\)

Trong 3 giây đầu tiên nên \(0 \le t = \frac{\pi }{{20}} + \frac{{k\pi }}{{10}} \le 3 \Leftrightarrow  - 0,5 \le t \le 9,04\)

Suy ra \(t \in \left\{ {0,...,9} \right\}\) nên khẳng định d đúng

Đáp án: 0,17

Đầu tiên, ta xác định phân bố xác suất của tổng số chấm khi tung 2 con xúc xắc (gọi là không gian mẫu \(X\) cho mỗi lần tung, \(X \in [2,12]\)):

·         \(P(2) = P(12) = \frac{1}{{36}}\)

·         \(P(3) = P(11) = \frac{2}{{36}}\)

·         \(P(4) = P(10) = \frac{3}{{36}}\)

·         \(P(5) = P(9) = \frac{4}{{36}}\)

·         \(P(6) = P(8) = \frac{5}{{36}}\)

·         \(P(7) = \frac{6}{{36}}\)

Giả sử tam giác có hai cạnh là a, b và góc xen giữa là góc \(C = (t - 1)15\) độ. Để đây là một tam giác vuông, ta chia thành 2 trường hợp chính:

Trường hợp 1: Tam giác vuông tại C (Góc xen giữa là 90 độ)

·         Ta có: \((t - 1)15 = 90 \Rightarrow t = 7\).

·         Xác suất để \(t = 7\) là \(P(t = 7) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\).

·         Trong trường hợp này, với bất kỳ độ dài a, b nào được tạo ra, ta cũng luôn có một tam giác vuông.

Trường hợp 2: Tam giác vuông tại A hoặc B

·         Giả sử tam giác vuông tại đỉnh A (đối diện cạnh a). Khi đó, theo lượng giác học, ta có \(\cos C = \frac{b}{a}\). Vì a, b là các số nguyên dương nên \(\cos C\) phải là một số hữu tỉ dương.

·         Thử các giá trị của góc \(C\) từ điều kiện đề bài: 15 độ, 30 độ, 45 độ, 60 độ, 75 độ,... Ta thấy chỉ có \(C = 60\) độ (tương ứng với \(t = 5\)) thì \(\cos 60 = 0,5\) (là số hữu tỉ). Các góc lớn hơn 90 độ sẽ có \(\cos \) âm, không hợp lệ.

·         Vậy bắt buộc \(t = 5\). Xác suất xảy ra là \(P(t = 5) = \frac{4}{{36}} = \frac{1}{9}\).

·         Nếu vuông tại A: Ta cần \(\frac{b}{a} = \frac{1}{2} \Rightarrow a = 2b\). Các cặp \((a,b)\) thỏa mãn và xác suất tương ứng là:

o     \(b = 2,a = 4\): Xác suất \(\frac{1}{{36}} \cdot \frac{3}{{36}} = \frac{3}{{1296}}\)

o     \(b = 3,a = 6\): Xác suất \(\frac{2}{{36}} \cdot \frac{5}{{36}} = \frac{{10}}{{1296}}\)

o     \(b = 4,a = 8\): Xác suất \(\frac{3}{{36}} \cdot \frac{5}{{36}} = \frac{{15}}{{1296}}\)

o     \(b = 5,a = 10\): Xác suất \(\frac{4}{{36}} \cdot \frac{3}{{36}} = \frac{{12}}{{1296}}\)

o     \(b = 6,a = 12\): Xác suất \(\frac{5}{{36}} \cdot \frac{1}{{36}} = \frac{5}{{1296}}\)

o     Tổng xác suất để \(a = 2b\) là: \(\frac{{3 + 10 + 15 + 12 + 5}}{{1296}} = \frac{{45}}{{1296}}\).

·         Nếu vuông tại B: Vai trò của a, b là như nhau nên xác suất \(b = 2a\) cũng là \(\frac{{45}}{{1296}}\).

·         Vậy tổng xác suất của Trường hợp 2 là:

\(P(TH2) = \frac{1}{9} \cdot \left( {\frac{{45}}{{1296}} + \frac{{45}}{{1296}}} \right) = \frac{{10}}{{1296}}\)

Tổng kết:

Xác suất để tam giác được chọn là tam giác vuông bằng tổng xác suất của 2 trường hợp:

\(P = \frac{1}{6} + \frac{{10}}{{1296}} = \frac{{216}}{{1296}} + \frac{{10}}{{1296}} = \frac{{226}}{{1296}} = \frac{{113}}{{648}} \approx 0,17438...\)

Đáp án: 20

Chọn hệ trục toạ độ \(Oxyz\) sao cho gốc toạ độ là điểm \(B\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right)\), trục \(Ox\) trùng với tia \(BC\), trục \(Oy\) trùng với tia \(BA\), trục \(Oz\) trùng với tia \(BF\).

Theo bài ra ta có: \(AB = 6\,,\,AD = 8\,;\,DH = 10\), nên ta có:

\(C\,\left( {8\,;\,0\,;\,0} \right)\,,\,A\,\left( {0\,;\,6\,;\,0} \right)\,,\,D\,\left( {8\,;\,6\,;\,0} \right)\,,\,F\,\left( {0\,;\,0\,;\,10} \right)\,,\,G\,\left( {8\,;\,0\,;\,10} \right)\,,\,E\,\left( {0\,;\,6\,;\,10} \right)\,,\,H\,\left( {8\,;\,6\,;\,10} \right)\),

Vì \(M\) là trung điểm của \[AF\], nên \(M\left( {0\,;\,3\,;\,5} \right)\). Điểm \(I \in \left( {Oxy} \right)\, \Rightarrow \,I\,\left( {{x_0}\,;\,{y_0}\,;\,0} \right)\)

Nhận thấy \(M\) và \(G\) nằm cùng phía so với mặt phẳng \(\left( {Bxy} \right)\,\), nên ta lấy điểm \(M'\) đối xứng với điểm \(M\)qua mặt phẳng \(\left( {Bxy} \right)\,\), thì \(M'\,\left( {0\,;\,3\,;\, - 5} \right)\).

Khi đó: \(IM = IM'\,\) \( \Rightarrow IM + IG = IM' + IG \ge M'G\)

Vậy tổng \(IM' + IG\) nhỏ nhất khi \(IM' + IG = M'G\), suy ra ba điểm \(I\,,\,M'\,,\,G\) thẳng hàng. Vậy \(I\) là giao điểm của \(M'G\) với mặt phẳng \(\left( {Bxy} \right)\,\), \( \Rightarrow I\, \in M'G\,\,,\,\,I \in \left( {Bxy} \right)\).

* Tìm \(M\):

Phương trình tham số của đường thẳng \(M'G\) đi qua điểm \(M'\,\left( {0\,;\,3\,;\, - 5} \right)\), có véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow {M'G}  = \left( {8\,;\, - 3\,;\,15} \right)\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 8t\\y = 3 - 3t\\z =  - 5 + 15t\end{array} \right.\). Suy ra điểm \(I\,\left( {8t\,;\,3 - 3t\,;\, - 5 + 15t} \right)\).

Mà \(I \in \left( {Bxy} \right)\, \Rightarrow {z_I} = 0 \Leftrightarrow  - 5 + 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \Rightarrow I\,\left( {\frac{8}{3}\,;\,2\,;\,0} \right)\).

Khoảng cách từ điểm \(I\) đến \(BA\) và \(BC\) là \({x_I} = \frac{8}{3}\,\) và \({y_I} = 2\,\) \(\, \Rightarrow \,a = \frac{8}{3}\,,\,\,b = 2\)

Vậy \(P = 3a + 6b = 3.\frac{8}{3} + 6.2 = 20\).

Đáp số: \(0,33{\rm{ mg/l\'i t}}\).

Ta có phương trình mô tả tốc độ thay đổi nồng độ thuốc:  \(y'(t) = k \cdot y(t)\)

Biến đổi phương trình để tách biến: \(\frac{{y'(t)}}{{y(t)}} = k\)

Lấy đạo hàm ngược hai vế, ta nhận thấy vế trái chính là đạo hàm của hàm logarit tự nhiên:

\({[\ln (y(t))]^\prime } = k\)

Suy ra phương trình logarit của nồng độ thuốc: \(\ln (y(t)) = kt + C\)

Từ đó, ta có công thức tổng quát của hàm số \(y(t)\): \({e^{\ln (y(t))}} = {e^{kt + C}}\) \( \Rightarrow y(t) = {e^{kt + C}}\)

Theo giả thiết đề bài, ta xét tại các thời điểm cụ thể:

Tại thời điểm \(t = 5\), nồng độ \(y = 3\):     \({e^{5k + C}} = 3\)

Tại thời điểm \(t = 10\), nồng độ \(y = 1\): \({e^{10k + C}} = 1\)

Lấy logarit hai vế của hai phương trình trên, ta thu được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn \(k\) và \(C\):

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5k + C = \ln 3}\\{10k + C = 0}\end{array}} \right.\)\(\)

Giải hệ phương trình này (lấy dưới trừ trên hoặc thế)     \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = \frac{{ - \ln 3}}{5}}\\{C = 2\ln 3}\end{array}} \right.\)

Thay \(k\) và \(C\) vừa tìm được vào công thức tổng quát, ta được phương trình cụ thể:

\(y(t) = {e^{ - \frac{{\ln 3}}{5} \cdot t + 2\ln 3}}\)

Tính nồng độ thuốc tồn dư tại thời điểm \(t = 15\) ngày:     \(y(15) = {e^{ - \frac{{\ln 3}}{5} \cdot 15 + 2\ln 3}}\)

Rút gọn biểu thức mũ:      \(y(15) = {e^{ - 3\ln 3 + 2\ln 3}} = {e^{ - \ln 3}} = \frac{1}{3}\).

Làm tròn kết quả:       \(y(15) \approx 0,33\).

Đáp án: 48

Gọi tổng các số ở mỗi cột là \[k\].

Vì cột \[1\] chỉ chứa \[1\] số nên \[k \le 9\].

Vì cột \[3\] chứa \[3\] số nguyên dương phân biệt, tổng nhỏ nhất của chúng là \[1 + 2 + 3 = 6\] nên \[k \ge 6\]

Ta xét các trường hợp của \[k\].

+) Trường hợp 1: \[k = 6\].

Cột \[1\] chứa số \[6\].

Cột \[3\] chứa các số \[1\], \[2\]¸\[3\].

Cột \[2\] có \[2\] khả năng là \[\left\{ {1;5} \right\}\] hoặc \[\left\{ {2;4} \right\}\]. Ta thấy số \[1\] và \[2\] đều đã ở cột \[3\] nên loại.

+) Trường hợp \[2\]: \[k = 7\].

Cột \[1\] chứa số \[7\].

Cột \[3\] phải chứa các số \[\left\{ {1;2;4} \right\}\].

Cột \[2\] có \[3\] khả năng là \[\left\{ {1;6} \right\}\], \[\left\{ {2;5} \right\}\], \[\left\{ {3;4} \right\}\]. Ta thấy nó đều chứa số ở cột \[3\] nên loại.

+) Trường hợp \[3\]: \[k = 8\]

Cột \[1\] chứa số \[8\].

Cột \[3\] có \[2\] khả năng là \[\left\{ {1;3;4} \right\}\] hoặc \[\left\{ {1;2;5} \right\}\].

- Nếu chọn \[\left\{ {1;3;4} \right\}\] thì các số còn lại là \[\left\{ {2;5;6;7;9} \right\}\], ta chỉ có cặp \[\left\{ {2;6} \right\}\] có tổng bằng \[8\].

- Nếu chọn \[\left\{ {1;2;5} \right\}\] thì các số còn lại là \[\left\{ {3;4;6;7;9} \right\}\], không có hai số nào có tổng bằng \[8\].

Ta có được \[1\] bộ số thỏa mãn.

+) Trường hợp \[4\]: \[k = 9\].

Cột \[1\] chứa số \[9\].

Cột \[3\] có \[3\] khả năng là \[\left\{ {1;2;6} \right\}\], \[\left\{ {1;3;5} \right\}\], \[\left\{ {2;3;4} \right\}\].

- Nếu chọn \[\left\{ {1;2;6} \right\}\] thì các số còn lại là \[\left\{ {3;4;5;7;8} \right\}\], ta chỉ có cặp \[\left\{ {4;5} \right\}\] có tổng bằng \[9\].

- Nếu chọn \[\left\{ {1;3;5} \right\}\] thì các số còn lại là \[\left\{ {2;4;6;7;8} \right\}\], ta chỉ có cặp \[\left\{ {2;7} \right\}\] có tổng bằng \[9\].

- Nếu chọn \[\left\{ {2;3;4} \right\}\] thì các số còn lại là \[\left\{ {1;5;6;7;8} \right\}\], ta chỉ có cặp \[\left\{ {1;8} \right\}\] có tổng bằng \[9\].

Ta có được \[3\] bộ số thỏa mãn.

+) Với mỗi bộ số, sắp xếp vị trí các số trong mỗi cột.

Cột \[1\] có \[1!\] cách xếp.

Cột \[2\] có \[2!\] cách xếp.

Cột \[3\] có \[3!\] cách xếp.

+) Vậy ta có tổng cộng \[\left( {1 + 3} \right) \times 1! \times 2! \times 3! = 48\] cách điền số thỏa mãn ycbt.

Chọn điểm \(M \in AD\) sao cho \(MP \bot AD\) tại \(M\), \(MQ \bot AD\) tại \(M\).

Khi đó \(\left[ {B,AD,C} \right] = \left[ {P,AD,Q} \right] = \widehat {PMQ}\).

Giả sử \(AM = a\). Xét \(\Delta MAQ\) vuông tại \(M\) ta có:

\(MQ = AM.\tan 45^\circ  = a\), \(AQ = \sqrt {A{M^2} + M{Q^2}}  = a\sqrt 2 \).

Xét \(\Delta MAP\) vuông tại \(M\) ta có: \(MP = AM.\tan 60^\circ  = a\sqrt 3 \), \(AP = \sqrt {A{M^2} + M{P^2}}  = 2a\).

Xét \(\Delta APQ\) ta có: \(P{Q^2} = A{P^2} + A{Q^2} - 2.AP.AQ.\cos \widehat {PAQ} = \left( {6 - 2\sqrt 6 } \right){a^2}\).

Xét \(\Delta MPQ\), ta có: \(\cos \widehat {PMQ} = \frac{{M{Q^2} + M{P^2} - P{Q^2}}}{{2.MP.MQ}} = \frac{{3\sqrt 2  - \sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(\cos \alpha  = \cos \widehat {MPQ} \approx 0,84\).

Đáp án: \(640\).

Giả sử \(x\), \(y\) lần lượt là số lít nước ngọt loại II và loại I mà mỗi đội cần pha chế.

Suy ra \[30x + 10y\] là số gam đường cần dùng;

\(x + y\) là số lít nước cần dùng;

\[x + 4y\] là số gam hương liệu cần dùng.

Theo giả thiết ta có:\(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\30x + 10y \le 210\\x + y \le 9\\x + 4y \le 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\3x + y \le 21\\x + y \le 9\\x + 4y \le 24\end{array} \right.\)   (*)

Số điểm thưởng nhận được sẽ là \[P\left( {x;y} \right) = 60x + 80y\].

Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) với \[x,{\rm{ }}y\] thỏa mãn (∗)

Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là là ngũ giác OBCDE với \[O\left( {0;0} \right),{\rm{ }}B\left( {0;6} \right)\], \[C\left( {4;5} \right)\],\[D\left( {6;3} \right),{\rm{ }}E\left( {7;0} \right)\].

Biểu thức \[P = 60x + 80y\;\] đạt GTLN tại \[\left( {x;y} \right)\] là tọa độ một trong các đỉnh của ngũ giác.

Thay lần lượt tọa độ các điểm \[O,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}D,{\rm{ }}E\;\] vào biểu thức \[P\left( {x;y} \right)\] ta được:

\[P\left( {0;0} \right) = 0;{\rm{ }}P\left( {0;6} \right) = 480;{\rm{ }}P\left( {4;5} \right) = 640;{\rm{ }}P\left( {6;3} \right) = 600;{\rm{ }}P\left( {7;0} \right) = 420\].

Vậy số điểm thưởng cao nhất là 640 khi \(x = 4;y = 5\).