Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THCS-THPT Nguyễn Khuyến - Lê Thánh Tông (TP.HCM) có đáp án
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án
Trong hệ trục tọa độ \(Oxy\), tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{2}{{x - 2}}\) có phương trình là:
\(y = 2\).
\(y = - 1\).
\(y = 0\).
\(x = 2\).
Chọn C
Hàm số đã cho là \(y = \frac{2}{{x - 2}}\).
Để tìm tiệm cận ngang, ta tính giới hạn của hàm số khi \(x \to \pm \infty \).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{2}{{x - 2}} = 0\).
Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng \(y = 0\).
Một dãy ghế gồm 8 chiếc ghế được xếp thành hàng ngang. Số cách xếp 5 bạn A, B, C, D, E ngồi vào 8 chiếc ghế đó sao cho mỗi bạn ngồi một ghế là:
40.
\(A_8^3\).
\(C_8^5\).
\(A_8^5\).
Chọn D
Bài toán yêu cầu xếp 5 người phân biệt (A, B, C, D, E) vào 8 vị trí (ghế) phân biệt.
Vì thứ tự ngồi của các bạn là quan trọng (người khác nhau ngồi ghế khác nhau tạo ra cách xếp khác nhau), nên đây là một chỉnh hợp chập 5 của 8 phần tử.
Số cách xếp là \(A_8^5\).
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(\overrightarrow {OE} = 2\vec i - 3\vec j + 4\vec k\). Điểm đối xứng với điểm \(E\) qua mặt phẳng \((Oyz)\) là điểm có tọa độ là:
\(( - 2;4; - 3)\).
\((2; - 3; - 4)\).
\(( - 2; - 3;4)\).
\((2;3; - 4)\).
Chọn C
Từ giả thiết \(\overrightarrow {OE} = 2\vec i - 3\vec j + 4\vec k\), suy ra tọa độ điểm \(E\) là \((2; - 3;4)\).
Điểm đối xứng với \(E(x;y;z)\) qua mặt phẳng \((Oyz)\) sẽ có tọa độ là \(( - x;y;z)\) (giữ nguyên tung độ và cao độ, đổi dấu hoành độ).
Vậy điểm đối xứng cần tìm có tọa độ là \(( - 2; - 3;4)\).
Cho hàm số \(y = f(x)\) có một phần đồ thị như hình bên.
Khoảng đồng biến của hàm số \(y = f(x)\) là:
\((2;4)\).
\((0;3)\).
\(( - 1;0)\).
\((1;3)\).
Chọn D
Quan sát đồ thị (Hình vẽ đầu tiên trong đề):
- Đồ thị hàm số đi xuống (nghịch biến) khi \(x < 1\).
- Đồ thị hàm số đi lên (đồng biến) trong khoảng từ \(x = 1\) đến \(x = 3\).
- Đồ thị hàm số đi xuống (nghịch biến) khi \(x > 3\).
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \((1;3)\).
Cho hình chóp đều \(S.ABCD\). Khẳng định nào dưới đây là sai?
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} \).
\(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 0\).
\(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \).
\(\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DS} = \overrightarrow {AS} \).
Chọn B
Ta có:
+ \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \).
+ \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} + 2\overrightarrow {SO} = 4\overrightarrow {SO} \).
+ \(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AC} \).
+ \(\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DS} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DS} = \overrightarrow {AS} \).
Đường cong ở hình bên là đồ thị của hàm số nào sau đây?
\(y = \frac{{ - {x^2} - 2x - 2}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{{x^2} + 2x + 2}}{{x - 1}}\).
\(y = \frac{{ - {x^2} - 2x}}{{x + 1}}\).
\(y = \frac{{{x^2} - 2x + 2}}{{x + 1}}\).
Chọn A
Đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0; - 2} \right)\) (Loại C, D).
Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng \(x = - 1\) (Loại B).
Cho \(X\) và \(Y\) là hai biến cố độc lập. Biết xác suất của biến cố \(X\) là \(0,3\) và xác suất của biến cố \(Y\)là \(0,5\). Khi đó xác suất của biến cố \(X \cup Y\) bằng
\(0,4\).
\(0,65\).
\(0,8\).
\(0,85\).
Chọn B
Xác suất của biến cố \(X \cup Y\) là:
\(P\left( {X \cup Y} \right) = P\left( X \right) + P\left( Y \right) - P\left( {X.Y} \right)\)
Do \(X\) và \(Y\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( {X.Y} \right) = P\left( X \right).P\left( Y \right)\)
Vậy \(P\left( {X \cup Y} \right) = P\left( X \right) + P\left( Y \right) - P\left( X \right).P\left( Y \right)\)\( = 0,3 + 0,5 - 0,3.0,5 = 0,65\)
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(M\left( { - 1;1; - 3} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + 2z + 3 = 0\). Khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) bằng
\(4\).
\( - 2\).
\(3\).
\(2\).
Chọn D
Khoảng cách từ điểm \(M\) đến mặt phẳng \(\left( P \right)\) bằng
\(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2\left( { - 1} \right) - 1 + 2.\left( { - 3} \right) + 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{3} = 2\)
Mỗi ngày bác An đều đi bộ để rèn luyện sức khỏe. Quãng đường đi bộ mỗi ngày (đơn vị: \(km\) ) của bác An trong \(20\)ngày được thống kê lại ở bảng sau:
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm có giá trị gần nhất với giá trị nào dưới đây?
\(0,37\).
\(0,13\).
\(3,39\).
\(0,36\).
Chọn D
Quãng đường chạy trung bình
\[\overline x = \frac{{2,85 \times 3 + 3,15 \times 6 + 3,45 \times 5 + 3,75 \times 4 + 4,05 \times 2}}{{20}} = 3,39\].
Phương sai của mẫu số liệu là
\({s^2} = \frac{1}{{20}}\left[ {2,{{85}^2} \times 3 + 3,{{15}^2} \times 6 + 3,{{45}^2} \times 5 + 3,{{75}^2} \times 4 + 4,{{05}^2} \times 2} \right] - 3,{39^2} = 0,1314\)
Độ lệch chuẩn \(s = \sqrt {{s^2}} \approx 0,36\).
Tập nghiệm của bất phương trình \({5^{3x + 1}} < \frac{1}{{25}}\) là
\(\left( { - 1; + \infty } \right)\).
\[\left( { - \infty ;1} \right)\].
\(\left( {1; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).
Chọn D
\({5^{3x + 1}} < \frac{1}{{25}} \Leftrightarrow {5^{3x + 1}} < {5^{ - 2}} \Leftrightarrow 3x + 1 < - 2 \Leftrightarrow x < - 1\).
Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC \cdot A'B'C'\) có cạnh bên bằng \(3a\), cạnh đáy bằng \(2a\). Số đo của góc nhị diện \(\left[ {A',BC,A} \right]\) bằng:
\(60^\circ \).
\(45^\circ \).
\(120^\circ \).
\(30^\circ \).
Chọn A
Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AMA'} \right)\).
Suy ra \(\left[ {A';BC;A} \right] = \widehat {A'MA}\)
\(AM = 2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \); \(AA' = 3a\).
\(\tan \widehat {A'MA} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {A'MA} = 60^\circ \).
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = - 3\) và \({u_5} = - 243\). Số hạng \({u_3}\) của cấp số nhân đã cho là
\( - 8\).
\( - 81\).
\( - 27\).
\(9\).
Chọn C
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 3\\{u_5} = - 243\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 3\\{u_1}.{q^4} = - 243\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 3\\{q^4} = 81\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 3\\\left[ \begin{array}{l}q = - 3\\q = 3\end{array} \right.\end{array} \right.\)
\({u_3} = {u_1}.{q^2} = - 3.9 = - 27\)
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng (Đ) hoặc sai (S)
Đồ thị \((C)\) của hàm số \(y = f(x) = \frac{{ax + 8}}{{x + b}}\) có bảng biến thiên như hình bên.
[TH] Đồ thị hàm số \(y = f(x)\) có tâm đối xứng là \(I(3; - 2)\)
[NB] Tập giá trị của hàm số \(y = f(x)\) là \(T = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}\)
[TH] \(a + 2b = - 1\)
[VD,VDC] Xét điểm \(A \in (C)\), tổng khoảng cách từ \(A\) đến hai đường tiệm cận của \((C)\) luôn lớn hơn \(2,83\)
Chọn a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng.
a) Ta có từ bảng biến thiên, đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang \(y = 3\) và tiệm cận đứng \(x = - 2\). Vậy tâm đối xứng của đồ thị hàm số là \(I( - 2;3)\). Khẳng định a – sai.
b) Từ bảng biến thiên, ta có tập giá trị của hàm số \(y = f(x)\) là \(T = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}\). Khẳng định b – đúng.
c) Ta có từ bảng biến thiên, đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang \(y = 3 \Rightarrow a = 3\) và tiệm cận đứng \(x = - 2 \Rightarrow - b = - 2 \Leftrightarrow b = 2\). Vậy \(a + 2b = 3 + 2.2 = 7\). Khẳng định c – sai.
d) Ta có hàm số \(y = f(x) = \frac{{3x + 8}}{{x + 2}}\). Gọi \(A\left( {m;\frac{{3m + 8}}{{m + 2}}} \right) \in (C)\)
\({d_1}:y = 3 \Rightarrow d\left( {A,{d_1}} \right) = \frac{2}{{\left| {m + 2} \right|}}\);
\({d_2}:x = - 2 \Rightarrow d(A,{d_2}) = \left| {m + 2} \right|\)
Khi đó \(d\left( {A,{d_1}} \right) + d\left( {A,{d_2}} \right) = \frac{2}{{\left| {m + 2} \right|}} + \left| {m + 2} \right| \ge 2\sqrt 2 > 2,83\). Khẳng định d – đúng.
Diện tích bao phủ của cỏ Posidonia (một loài tảo biển) trên đáy ở một vùng vịnh theo thời gian được một nhóm các nhà sinh vật học quan sát và mô hình hoá bởi hàm số\(f\left( t \right) = \frac{k}{{1 + 14{e^{ - 0,3t}}}}\) (hecta), trong đó thời gian \(t\) tính bằng năm, \(k\)là số thực dương. Năm 2024 (ứng với \(t = 0\)) là thời điểm các nhà sinh vật học bắt đầu quan sát, lúc đó diện tích của cỏ Posidonia đã bao phủ là 1 (hecta).
[NB]Giá trị \(k = 2\).
[NB]Theo thời gian, diện tích bao phủ của cỏ Posidonia ở vịnh này sẽ không vượt quá \(15\) (hécta).
[TH]Khi diện tích cỏ bao phủ 5 (hecta) thì tốc độ bao phủ ở thời điểm đó là 1 (hecta/ năm).
[TH]Nhóm các nhà sinh vật học dự đoán được tốc độ thay đổi diện tích bao phủ của cỏ Posidonia trong năm 2035 là nhanh nhất.
Chọn a) Sai | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai.
a) Ta có \(f\left( 0 \right) = \frac{k}{{1 + 14{e^0}}} = 1 \Leftrightarrow k = 15\). Vậy a) sai.
b) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{k}{{1 + 14{e^{ - 0,3t}}}} = 15\).
Vậy b) đúng.
c) Ta có \(\frac{{15}}{{1 + 14{e^{ - 0,3t}}}} = 5 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 7}}{{0,3}}\)
và \(f'\left( t \right) = \frac{{15.14.0,3.{e^{ - 0,3t}}}}{{{{\left( {1 + 14{e^{ - 0,3t}}} \right)}^2}}} = \frac{{63.{e^{ - 0,3t}}}}{{{{\left( {1 + 14{e^{ - 0,3t}}} \right)}^2}}} \Rightarrow f'\left( {\frac{{\ln 7}}{{0,3}}} \right) = 1\)(hecta/ năm).
Vậy c) đúng.
d) Ta có
Xét hàm số \(y = g\left( t \right) = \frac{{63.{e^{ - 0,3t}}}}{{{{\left( {1 + 14{e^{ - 0,3t}}} \right)}^2}}}\), có \[g'\left( t \right) = \frac{{ - 18,9.{{\rm{e}}^{ - 0,3t}}\left( {1 - 14{{\rm{e}}^{ - 0,3t}}} \right)}}{{{{\left( {1 + 14{{\rm{e}}^{ - 0,3t}}} \right)}^3}}}\].
\(g'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 1 - 14{{\rm{e}}^{ - 0,3t}} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{\ln 14}}{{0,3}} \approx 8,8\).
Tốc độ thay đổi diện tích bao phủ của cỏ Posidonia trong năm 2033 là nhanh nhất.
Vậy d) Sai.
Trong một cảnh dựng phim có một ngôi nhà, mái nhà là hình chóp tứ giác đều S.ABCD có chiềuc ao là 2 mét. Trong hệ tọa độ Oxyz (đơn vị đo trên các trục tính bằng mét), với các điểm ở đáy \[A\left( {6;4;2} \right)\], \[B\left( {6;6;2} \right),C\left( {4;6;2} \right),D\left( {4;4;2} \right)\]và \(S\) là đỉnh của mái nhà.
[NB] Đáy của mái nhà nằm trên mặt phẳng \(z - 2 = 0\).
[TH] Tọa độ đinh chóp của mái nhà là \(S(5;4;5)\).
[TH] Mặt nghiêng của mái nhà (SBC) tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc \(\varphi \) thì \(\cos \varphi = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\).
[VD,VDC] Một đèn chiếu đặt tại \(L(5;10;2)\) chiếu sáng lên mái nhà từ bên phải. Một màn đặt trùng với mặt phẳng tọa độ (Oxz), trên đó sẽ xuất hiện bóng của mái nhà là hình tam giác \(S'B'C'\) (như hình vẽ trên). Diện tích tam giác \(S'B'C'\) bằng 10 mét vuông
Chọn a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Đúng.
a) Vì \({z_A} = {z_B} = {z_C} = {z_D} = 2\)nên đáy của mái nhà nằm trên mặt phẳng \(z - 2 = 0\).
b) Tọa độ đinh chóp của mái nhà là \(S(5;4;5)\).
Gọi I là tâm của ABCD. Có I là trung điểm của AC nên \[I\left( {5;5;2} \right)\]. Có \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(S\left( {5;5;z} \right)\) với z > 2. Vì \(SI = 2 \Rightarrow \sqrt[{}]{{{0^2} + {0^2} + {{\left( {z - 2} \right)}^2}}} = 2 \Rightarrow \left| {z - 2} \right| = 2\) và \({z_S} > 2 \Rightarrow S\left( {5;5;4} \right)\)
c) Có \(\overrightarrow {SB} = \left( {1;1; - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {SC} = \left( { - 1;1; - 2} \right)\). Do đó mặt phẳng (SBC) có 1 vectơ pháp tuyến là \(\left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {0;4;2} \right)\). Mặt phẳng (Oxz) có 1 vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow k = \left( {0;1;0} \right)\)
Do đó góc giữa hai mặt phẳng \((SBC)\) và \((Oxz)\) là \(\varphi \) thì \[\cos \varphi = \frac{{\left| {0 + 4 + 0} \right|}}{{\sqrt[{}]{{{0^2} + {4^2} + {2^2}}}.\sqrt[{}]{{{0^2} + {1^2} + {0^2}}}}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\].
d) Phương trình tham số của đường thẳng \(LB\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + t\\y = 10 - 4t\\z = 2\end{array} \right.\)
\(B'\left( {5 + t;\,10 - 5t;\,2} \right)\) là giao điểm của \(LB\) và mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\): \(y = 0\).
Suy ra: \(10 - 4t = 0\, \Leftrightarrow \,t = 2,5\). Do đó \(B'\left( {7,5;\,0;\,2} \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng \(LC\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 5 - t\\y = 10 - 4t\\z = 2\end{array} \right.\)
\(C'\left( {5 - t;\,10 - 4t;\,2} \right)\) là giao điểm của \(LC\) và mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\): \(y = 0\).
Suy ra: \(10 - 4t = 0\, \Leftrightarrow \,t = \frac{5}{2}\). Do đó \(C'\left( {\frac{5}{2};\,0;\,2} \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng \(LS\) là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 10 - 5t\\z = 2 + 2t\end{array} \right.\)
Ta có \(S'\left( {5;\,10 - 5t;\,2} \right)\) là giao điểm của \(LS\) và mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\): \(y = 0\).
Suy ra: \(10 - 5t = 0\, \Leftrightarrow \,t = 2\). Do đó \(S'\left( {5;\,0;\,6} \right)\).
Ta có: \(S'B' = \frac{{\sqrt {89} }}{2}\), \(S'C' = \frac{{\sqrt {89} }}{2};\,B'C' = 5\)
Áp dụng công thức hê-rông tao có: \({S_{\Delta S'B'C'}} = \sqrt {\frac{{5 + \sqrt {89} }}{2}.\frac{5}{2}.\frac{5}{2}.\left( {\frac{{\sqrt {89} - 5}}{2}} \right)} = 10\)
Lớp \[12A\]có \[40\]học sinh, trong đó có \[7\]em tham gia Câu lạc bộ Toán học của trường. Điểm kiểm tra khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán của cả lớp được thống kê trong bảng sau:
Nhóm | \[\left[ {5;6} \right)\] | \[\left[ {6;7} \right)\] | \[\left[ {7;8} \right)\] | \[\left[ {8;9} \right)\] | \[\left[ {9;10} \right]\] |
Tần số | \[2\] | \[3\] | \[8\] | \[15\] | \[12\] |
[NB] Khoảng biến thiên mẫu số liệu là \[5\].
[TH] Có ít nhất \[13\]học sinh có điểm thi thấp hơn điểm trung bình cả lớp.
[TH] Hơn \[67\% \] học sinh trong lớp đạt điểm thi từ \[8\] trở lên.
[TH] Biết rằng cả \[7\]học sinh trong Câu lạc bộ Toán học đều có điểm thi không dưới \[8\]. Chọn ngẫu nhiên \[6\]học sinh trong lớp \[12A\]có điểm thi không dưới \[8\]. Xác suất có ít nhất \[2\]em thuộc Câu lạc bộ Toán học được chọn là \[\frac{{3541}}{{91309}}\].
Chọn a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai.
a) Đúng.
Khoảng biến thiên mẫu số liệu là \[R = 10 - 5 = 5\].
b) Đúng.
Điểm trung bình cả lớp \[12A\] là
\[\overline x = \frac{{2.\,5,5\, + 3.\,6,5\, + 8.\,7,5\, + 15.\,8,5\, + 12.\,9,5}}{{40}} = 8,3\].
Tổng số học sinh của nhóm \[\left[ {5;6} \right)\], \[\left[ {6;7} \right)\] và \[\left[ {7;8} \right)\]là \[2 + 3 + 8 = 13\].
Vậy có ít nhất \[13\]học sinh có điểm thi thấp hơn điểm trung bình cả lớp.
c) Đúng.
Số học sinh đạt điểm thi từ \[8\] trở lên là \[15 + 12 = 27\].
Tỉ lệ học sinh trong lớp thi từ \[8\] trở lên là \[\frac{{27}}{{40}}.100 = 67,5\% \].
d) Sai.
Lớp \[12A\]có \[27\]học sinh điểm thi không dưới \[8\], trong đó có \[7\]học sinh trong Câu lạc bộ Toán học và \[20\]học sinh không trong Câu lạc bộ Toán học.
Chọn ngẫu nhiên \[6\]học sinh trong lớp \[12A\]có điểm thi không dưới \[8\]: \[n\left( \Omega \right) = C_{27}^6\].
Gọi \[C\]là biến cố: “Có ít nhất \[2\]em thuộc Câu lạc bộ Toán học được chọn”.
Suy ra \[\overline C \] là biến cố: “Chỉ có \[1\] em hoặc không có em nào thuộc Câu lạc bộ Toán học được chọn”.
Khi đó \[n\left( {\overline C } \right) = C_7^1.C_{20}^5 + C_{20}^6 \Rightarrow P\left( {\overline C } \right) = \frac{{C_7^1.C_{20}^5 + C_{20}^6}}{{C_{27}^6}} = \frac{{24548}}{{49335}}\].
Vậy xác suất có ít nhất \[2\]em thuộc Câu lạc bộ Toán học được chọn là \[P\left( C \right) = 1 - P\left( {\overline C } \right) = \frac{{24787}}{{49335}}\].
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Sau khi một bệnh nhân uống một liều thuốc, nồng độ của thuốc trong máu người đó được mô hình hóa bởi hàm số \[C(t) = \frac{{125t}}{{{t^2} + 100}}\] (đơn vị: mg/L), trong đó \[t\] là thời gian sau khi uống thuốc (đơn vị: giờ) và \[t \ge 0\]. Tính nồng độ thuốc tối đa (đơn vị: mg/L) trong máu của bệnh nhân.
Đáp án: 1,25.
\[C(t) = \frac{{125t}}{{{t^2} + 100}} = \frac{{125}}{{t + \frac{{100}}{t}}} \le \frac{{125}}{{2\sqrt {t.\frac{{100}}{t}} }} = 1,25\]
Dấu bằng xảy ra khi \[t = \frac{{100}}{t} \Leftrightarrow t = 10\]
Một công ty đang triển khai chiến dịch quảng cáo cho sản phẩm mới. Số tiền đầu tư cho quảng cáo là \(x\) (triệu đồng). Theo kết quả nghiên cứu thị trường, số lượng sản phẩm sản xuất và bán ra phụ thuộc vào chi phí quảng cáo theo hàm \(Q\left( x \right) = 1250 + \frac{{507}}{2}\ln \left( {3 + x} \right)\)(đơn vị sản phẩm). Biết rằng, chi phí sản xuất mỗi sản phẩm là \(13\)triệu đồng và giá bán mỗi sản phẩm là \(21\) triệu đồng. Giá trị lợi nhuận tối đa mà công ty có thể đạt được là \(p\) tỷ đồng (số \(p\) được làm tròn đến hàng phần mười). Tìm số \(p\).
Đáp án: 23.4.
Hàm lợi nhuận là:
\(L\left( x \right) = 21Q\left( x \right) - 13Q\left( x \right) - x\)\( = 8Q\left( x \right) - x\)\( = 10000 + 2028\ln \left( {3 + x} \right) - x\) (triệu đồng)
\(L'\left( x \right) = \frac{{2028}}{{3 + x}} - 1 = \frac{{2025 - x}}{{3 + x}}\);
\(L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2025\)
\(L''\left( x \right) = - \frac{{2028}}{{{{\left( {3 + x} \right)}^2}}}\); \(L''\left( {2025} \right) < 0\) nên hàm số đạt cực đại tại \(x = 2025\)
\({L_{\max }} = L\left( {2025} \right) = 23417,825\) (triệu đồng) \( \Rightarrow p = 23,4\) (tỷ đồng)
Một khối gỗ có dạng hình chóp cụt tứ giác đều có thể tích là \[19,5\;d{m^3}\] với cạnh đáy nhỏ và đáy lớn lần lượt là \[2\;dm,\;5\;dm\]. Biết góc phẳng nhị diện tạo bởi mặt đáy nhỏ và mặt bên của hình chóp bằng \[a\] độ. Tìm số \[a\].
Đáp án: \[135\].
Gọi \(M,N,K,I\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C',A'D',AD\).
Có \(IM \bot AD;IK \bot AD;KN \bot A'D';KI \bot A'D'\).
Suy ra góc phẳng nhị diện giữa đáy nhỏ và mặt bên là \(\widehat {IKN}\) và giữa đáy lớn với mặt bên là \(\widehat {KIM}\), dễ thấy \(\widehat {IKN}\) và \(\widehat {KIM}\) bù nhau.
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(K\) lên đáy lớn.
Có \(IH = \frac{{IM - KN}}{2} = \frac{{5 - 2}}{2} = \frac{3}{2}\;dm\)
và \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}\left( {{5^2} + {2^2} + \sqrt {{5^2}{{.2}^2}} } \right).KH = 19,5 \Rightarrow KH = \frac{3}{2}\;dm\)
Trong tam giác vuông \(IHK\)có \(IH = KH\) nên \(\Delta IHK\) vuông cân, suy ra \(\widehat {KIH} = 45^\circ \).
Vậy \(\widehat {IKN} = 180^\circ - \widehat {KIM} = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ \).
Ông Bình có một hồ nuôi cá có diện tích mặt hồ (miền tô màu như hình vẽ bên) được mô hình là miền giới hạn bởi các trục tọa độ và đồ thị hàm số \(f\left( x \right) = - \frac{1}{{10}}{x^3} + \frac{9}{{10}}{x^2} - \frac{3}{2}x + \frac{{28}}{5}\). Đơn vị độ dài trên mỗi trục là \(100\) mét. Một con sông có bờ chạy dọc theo đường thẳng \(d:\,y = - 1,5x + 18\). Ông Bình dự định xây trên bờ hồ một trạm để lọc nước cho hồ tại vị trí \(M\)sao cho khoảng cách từ trạm này đến bờ con sông là ngắn nhất. Nếu điểm xây trên bờ hồ (thuộc đồ thị đã cho) là \(M\left( {a;b} \right)\) thì số tiền để xây trạm tương ứng là \(\left( {4a + 5b} \right)\) triệu đồng, đồng thời chi phí mỗi mét ống nối từ trạm này ra bờ sông là \(0,45\)triệu đồng. Tổng chi phí (xây trạm và đường ống) ít nhất mà ông Bình dùng để hoàn thành công trình trên là bao nhiêu triệu đồng? (kết quả cuối cùng làm tròn đến hàng đơn vị của triệu đồng).
Đáp án: 101
Ta có: \(f'\left( x \right) = - \frac{3}{{10}}{x^2} + \frac{9}{5}x - \frac{3}{2} \Rightarrow f'\left( a \right) = - \frac{3}{{10}}{a^2} + \frac{9}{5}a - \frac{3}{2}\)
Để khoảng cách từ trạm này đến bờ con sông là ngắn nhất thì tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại \(M\) song song với đường thẳng \(d \Rightarrow f'\left( a \right) = - \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\,\,\,(ktm)\\a = 6\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {6;\frac{{37}}{5}} \right)\)
Suy ra: \[d\left( {M;d} \right) = \frac{{\left| {1,5.6 + \frac{{37}}{5} - 18} \right|}}{{\sqrt {1,{5^2} + 1} }} = \frac{{16\sqrt {13} }}{{65}}\]
Vậy tổng chi phí là \(4.6 + 5.\frac{{37}}{5} + \frac{{16\sqrt {13} }}{{65}}.100.0.45 = \frac{{144\sqrt {13} }}{{13}} + 61 \approx 101\) (triệu đồng).
Trong không gian \(Oxyz\), với đơn vị dài trên mỗi trục là \(1dm\). Một con ong mật xuất phát tại vị trí điểm \(A\left( {3;2;1} \right)\) bay xuống mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) nó nghỉ tại chỗ một lát rồi sau đó bay đến mặt phẳng \(\left( P \right):y - z = 0\). Tại mặt phẳng \(\left( P \right)\) con ong mật cẩn thận bò đi một đoạn thảng có độ dài bằng \(2dm\), sau đó nó bay trở về vị trí xuất phát. Tính độ dài ngắn nhất của quãng đường mà con ong mật đã thực hiện (kết quả tính theo đơn vị \(dm\) và làm tròn đến hàng phần trăm).
Đáp án: 5,28.
Giả sử con ong di chuyển theo sơ đồ sau:\(A \to A' \to B \to C \to A\).
Để tổng quãng đường mà con ong mật đã thực hiện là ngắn nhất thì sơ đồ di chuyển của con ong phải nằm trong mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua điểm \(A\) và vuông góc với trục \(Ox\) \(\left( {Ox = \left( P \right) \cap \left( {Oxy} \right)} \right)\).
Ta có phương trình của \(\left( Q \right)\) là: \(x = 3\).
Gọi \(M\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(mp\left( {Oxy} \right)\), ta có \(M\left( {3;2; - 1} \right)\).
Gọi \(d = \left( Q \right) \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow \)phương trình đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = t\\z = 0\end{array} \right.\).
\(A' \in d \Rightarrow A'\left( {3;t;0} \right)\).
Gọi \(a = \left( Q \right) \cap \left( P \right) \Rightarrow \)phương trình đường thẳng \(a:\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = u\\z = u\end{array} \right.\).
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) trên \(a\), ta có \(H\left( {3;\frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right)\).
Gọi \(N\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {CB} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AN} } \right| = 2;\overrightarrow {HO} = \left( {3;\frac{3}{2};\frac{3}{2}} \right),\left| {\overrightarrow {HO} } \right| = \frac{{3\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow \overrightarrow {AN} = \frac{{2\sqrt 6 }}{9}.\overrightarrow {HO} \)
Suy ra \(N\left( {3 - \frac{{2\sqrt 6 }}{3};2 - \frac{{\sqrt 6 }}{3};1 - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right)\). Khi đó tứ giác\(ANBC\) là hình bình hành, suy ra \(CA = BN\)
Gọi \(D\) là điểm đối xứng của \(N\) qua đường thẳng \(a\), ta có: \(D\left( {3 + \frac{{2\sqrt 6 }}{3};1 - \frac{{\sqrt 6 }}{3};2 - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right)\) và \(BN = BD\)
Ta có tổng quãng đường mà con ong mật đã thực hiện là:\(AA' + A'B + BC + CA = MA' + A'B + BD + 2 \ge MD + 2 \approx 5,28\).
\(\left( {MD = \sqrt {{{\left( {\frac{{2\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3} + 1} \right)}^2} + {{\left( {3 - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}} \approx 3,28} \right)\). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4 điểm \(M,A',B,D\) thẳng hàng.
Vậy độ dài ngắn nhất của quãng đường mà con ong mật đã thực hiện là \(5,28\left( {dm} \right)\).
Có 25 chai rượu Vang Opus One đang đựng trong thùng \(A\) và thùng \(B\), trong mỗi thùng đều có chai Vang thật và Vang giả ( các chai Vang đều giống nhau về mẫu mã, chai Vang giả được chủ quán Bar đánh dấu để phân biệt) và số chai rượu ở thùng \(A\) nhiều hơn ở thùng \(B\). Biết khi lấy ngẫu nhiên ở mỗi thùng một chai Vang thì xác suất lấy được hai chai Vang thật là \(\frac{{65}}{{144}}\). Nhân viên quầy bar có \(P\) cách để xếp hết 25 chai Vang này lên kệ rượu thành một hàng ngang sao cho không có hai chai Vang giả nào được xếp kề nhau. Tính giá trị của \(\frac{P}{{12}}\).
Đáp án: 4199.
Gọi \(n\) là số chai rượu Vang trong thùng \(A\)
\( \Rightarrow \) số chai rượu Vang trong thùng \(B\) là \(25 - n\).
Gọi \(a,b\) lần lượt là số chai rượu Vang thật trong thùng \[A\]và thùng \(B\).
Xác xuất lấy mỗi thùng 1 chai rượu Vang thật \(P = \frac{a}{n}.\frac{b}{{25 - n}} = \frac{{65k}}{{144k}}\)
\( \Rightarrow n\left( {25 - n} \right) = 144k \Rightarrow k = \frac{{n\left( {25 - n} \right)}}{{144}}\).
Vì k là số nguyên dương \( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 9\\n = 16\end{array} \right.\).
Vì thùng \(A\)nhiều hơn thùng \(B\) nên \(n = 16\)và \(k = 1\) \( \Rightarrow a.b = 65 = 13.5\).
\( \Rightarrow a = 13,b = 5\)(vì \(b < 9\)).
Như vậy: thùng \(A\) có 13 chai rượu thật và \(16 - 13 = 3\) chai rượu giả.
thùng \(B\) có 5 chai rượu thật và \(9 - 5 = 4\) chai rượu giả.
Sắp xếp 18 chai rượi thật thành 1 hàng ngang có \(1\) cách.
Gữa 18 chai rượu thật có 19 khảng trống, chọn ra 7 khoảng trống đặt 7 chai rượu giả vào 7 khoảng trống có \(C_{19}^7\).
Số cách \(T = 1.C_{19}^7 = 50388 \Rightarrow \frac{T}{{12}} = 4199\).
