Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Chuyên Hạ Long lần 01 có đáp án

Chọn D

Chọn A

Ta có \({u_3} = {u_1}.{q^2} = 2.{\left( { - 3} \right)^2} = 18\).

Chọn B

Giá trị trung bình: \(\overline x = \frac{{5.10 + 15.15 + 25.22 + 35.26 + 45.20 + 55.7}}{{100}} = 30,2\)

Độ lệch chuẩn \(s = \sqrt {\frac{1}{{100}}\left( {{{10.5}^2} + {{15.15}^2} + {{22.25}^2} + {{26.35}^2} + {{20.45}^2} + {{7.55}^2}} \right) - 30,{2^2}} \approx 14\)

Chọn D

Phương trình \(\sin x = \frac{1}{2} = \sin \frac{\pi }{6}\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\)

Chọn D

Ta có tứ diện \(OABC\) với \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc.

Điều này có nghĩa là:

\(OB \bot OA\) (vì \(OA,OB\) đôi một vuông góc)

\(OB \bot OC\) (vì \(OB,OC\) đôi một vuông góc)

Vì \(OB\) vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau \(OA\) và \(OC\) nằm trong mặt phẳng \((OAC)\), nên \(OB\) vuông góc với mặt phẳng \((OAC)\).

Do đó, khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \((OAC)\) chính là độ dài đoạn thẳng \(OB\).

Theo đề bài, \(OB = 2a\).

Vậy, khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \((OAC)\) là \(2a\).

Chọn A

Thể tích của khối chóp được tính theo công thức \(V = \frac{1}{3}Bh\), trong đó \(B\) là diện tích đáy và \(h\) là chiều cao của khối chóp.

Theo đề bài: Khối chóp là chóp tam giác đều, nên đáy là một tam giác đều. Cạnh đáy của tam giác đều là \(2a\). Chiều cao của khối chóp là \(a\).

Suy ra diện tích đáy là: \(B = \frac{{{{(2a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \).

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}({a^2}\sqrt 3 )a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn D

Hàm số \(y = f(x)\) đồng biến khi và chỉ khi đạo hàm \(f'(x) > 0\).

Ta cần dựa vào đồ thị của hàm số \(y = f'(x)\) để xác định các khoảng mà \(f'(x) > 0\).

Từ đồ thị, ta thấy rằng đồ thị của \(y = f'(x)\) cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ \(x = - 1,x = 0,x = 2\). Đây là các nghiệm của phương trình \(f'(x) = 0\).

Quan sát dấu của \(f'(x)\) trên các khoảng:

- Trên khoảng \(( - \infty , - 1)\): Đồ thị \(f'(x)\) nằm phía dưới trục hoành, tức là \(f'(x) < 0\). Do đó, \(f(x)\) nghịch biến trên khoảng này.

- Trên khoảng \(( - 1,0)\): Đồ thị \(f'(x)\) nằm phía trên trục hoành, tức là \(f'(x) > 0\). Do đó, \(f(x)\) đồng biến trên khoảng này.

- Trên khoảng \((0,2)\): Đồ thị \(f'(x)\) nằm phía dưới trục hoành, tức là \(f'(x) < 0\). Do đó, \(f(x)\) nghịch biến trên khoảng này.

- Trên khoảng \((2, + \infty )\): Đồ thị \(f'(x)\) nằm phía trên trục hoành, tức là \(f'(x) > 0\). Do đó, \(f(x)\) đồng biến trên khoảng này.

Vậy, hàm số \(y = f(x)\) đồng biến trên các khoảng \(( - 1,0)\) và \((2, + \infty )\).

Chọn C

Ta có hàm số \(y = {e^x} + \log x\). Suy ra \(y' = {({e^x})^\prime } + {(\log x)^\prime } = {e^x} + \frac{1}{{x\ln 10}}\).

Chọn D

Chọn A

Số cách chọn\(3\) học sinh từ \(10\) học sinh là tổ hợp chập \(3\) của \(10\)bằng \(C_{10}^3\).

Chọn C

Ta có \(n = 10 + 15 + 22 + 26 + 20 + 17 = 110 \Rightarrow \frac{n}{2} = \frac{{110}}{2} = 55\)

\({M_e} \in \left[ {30;\,40} \right)\)

\({M_e} = 30 + \frac{{55 - \left( {10 + 15 + 22} \right)}}{{26}}.10 = \frac{{430}}{{13}} \simeq 33,1\).

Chọn D

Theo quy tắc hình hộp.

a)\[\overrightarrow {AB} = ( - 4;5; - 1),\,\,\overrightarrow {AC} = (0; - 1;1).\] suy ra chọn Sai

b) Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 4;5; - 1} \right),\,\,\overrightarrow {DC} = \left( {5 - a; - b;4 - c} \right)\]

Vậy \[a + b + c = 9\] suy ra chọn Đúng

c) Ta có\[\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = ( - 4).0 + 5.( - 1) + ( - 1).1\,\, = - 6.\]suy ra chọn Sai

d) \[\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{ - 6}}{{\sqrt {{{\left( { - 4} \right)}^2} + {5^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} .\sqrt {{0^2} + {{( - 1)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{ - \sqrt {21} }}{7}.\]suy ra chọn Sai

a) ĐIều kiện xác định \(x > 0\) Þ Tập xác định của hàm số là \(D = \left( {0; + \infty } \right)\).

Chọn ĐÚNG.

b) Đạo hàm \(f'\left( x \right) = 1 - \frac{1}{x}\).

Chọn SAI.

c) \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1\)

Chọn ĐÚNG.

d) Ta có: \(f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{3} - \ln \frac{1}{3} = \frac{1}{3} + \ln 3 \approx 1,43\)

\(f\left( 1 \right) = 1\)

\(f\left( 2 \right) = 2 - \ln 2 \approx 1,31\)

\(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\left[ {\frac{1}{3};2} \right]\)Þ\(\mathop {\max }\limits_{\left[ {\frac{1}{3};2} \right]} f\left( x \right) = \frac{1}{3} + \ln 3\).

Chọn ĐÚNG

a) Đúng

Giả sử nguyên liệu được giao sau mỗi \(x\) ngày (\(x > 0\)). Để đảm bảo đủ nguyên liệu cho mỗi chu kì sản xuất, xưởng mộc phải đặt \(5x\) đơn vị nguyên liệu cho mỗi lần giao hàng.

b) Sai

Trong mỗi ngày của chu kì sản xuất, lượng nguyên liệu cần được lưu trữ trung bình là \(\frac{{5x}}{2}\) đơn vị nguyên liệu.

Do đó, chi phí để lưu trữ nguyên liệu trong \(x\) ngày của chu kì sản xuất là \(10.\frac{{5x}}{2}.x = 25{x^2}\,(USD)\).

c) Sai

Từ đây, chi phí cần bỏ ra cho mỗi chu kì sản xuất là \(C(x) = 5625 + 25{x^2}\). Do đó, ta có hàm chi phí trung bình hàng ngày một chu kì sản xuất là

\(c(x) = \frac{{C(x)}}{x} = \frac{{5625 + 25{x^2}}}{x} = \frac{{5625}}{x} + 25x\).

d) Đúng

\(c(x) = \frac{{C(x)}}{x} = \frac{{5625 + 25{x^2}}}{x} = \frac{{5625}}{x} + 25x\).

\(\begin{array}{l}c'(x) = - \frac{{5625}}{{{x^2}}} + 25\\c'(x) = 0\,\, \Leftrightarrow \,\, - \frac{{5625}}{{{x^2}}} + 25 = 0\,\, \Leftrightarrow \,\,x = 15\end{array}\)

Lập bảng biến thiên

Vậy để chi phí trung bình hàng ngày trong một chu kì sản xuất là ít nhất thì xưởng mộc nên đặt giao nguyên liệu sau \(15\) ngày và mỗi lần giao \(5 \times 15 = 75\) đơn vị nguyên liệu.

a)\(AB = AC = \frac{{BC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Ta có: \(AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}BC = \frac{{2a}}{3}\).

Độ dài đường cao của lăng trụ là: \(A'H = \sqrt {A'{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2}} = \frac{{4a\sqrt 2 }}{3}\).

Vậy khẳng định a đúng.

b)Thể tích khối lăng trụ đã cho là:

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'H = \frac{1}{2}AB.AC.A'H = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a\sqrt 2 .\frac{{4a\sqrt 2 }}{3} = \frac{{4{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).

Vậy khẳng định b sai.

c)Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(BB'\) và \(AC\) là:

\(d\left( {BB';AC} \right) = d\left( {BB';\left( {ACC'A'} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = 3d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right)\)

(Vì \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\)).

Vậy khẳng định c đúng.

d)Kẻ\(HJ\) song song với \(AB\), \(J \in AC\), \(HJ \cap BC = I\)

\(HJ = \sqrt {A{H^2} - A{J^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{1}{3}a\sqrt 2 } \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\)

Trong \(\left( {A'HJ} \right)\), kẻ \(HE \bot A'J\) tại \(E\)

Khi đó: d( H; (ACC'A') = HE 

\(\frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{A'{H^2}}} + \frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{9}{{32{a^2}}} + \frac{9}{{2{a^2}}} = \frac{{9.17}}{{32{a^2}}} \Rightarrow HE = \frac{{4a\sqrt 2 }}{{3\sqrt {17} }}\).

\(d\left( {BB';AC} \right) = 3d\left( {H;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = 3HE = \frac{{4a\sqrt {34} }}{{17}}\).

Vậy khẳng định d sai.

Đáp án: \(163\).

Gọi \(O\) là trọng tâm của tứ diện đều \(ABCD\).

Theo giả thiết, ta có \(OA \bot \left( {BCD} \right)\) nên \(OA{\rm{//}}\overrightarrow {{A_1}{B_1}} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {{A_1}{B_1}} = {k_1}\overrightarrow {OA} \).

Tương tư: \(\overrightarrow {{B_1}{C_1}} = {k_2}\overrightarrow {OB} \), \(\overrightarrow {{C_1}{D_1}} = {k_3}\overrightarrow {OC} \) và \(\overrightarrow {{D_1}{A_1}} = {k_4}\overrightarrow {OD} \).

Ta có \(\overrightarrow {{A_1}{B_1}} + \overrightarrow {{B_1}{C_1}} + \overrightarrow {{C_1}{D_1}} + \overrightarrow {{D_1}{A_1}} = \overrightarrow 0 \)\[ \Leftrightarrow {k_1}\overrightarrow {OA} + {k_2}\overrightarrow {OB} + {k_3}\overrightarrow {OC} + {k_4}\overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \].

Vì \(O\) là trọng tâm của tứ diện \(ABCD\) nên suy ra \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \)

Hay \({k_1}\overrightarrow {OA} + {k_1}\overrightarrow {OB} + {k_1}\overrightarrow {OC} + {k_1}\overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \)

\( \Rightarrow \left( {{k_1} - {k_2}} \right)\overrightarrow {OB} + \left( {{k_1} - {k_3}} \right)\overrightarrow {OC} + \left( {{k_1} - {k_4}} \right)\overrightarrow {OD} = \overrightarrow 0 \). \(\left( * \right)\)

Do các vecto \(\overrightarrow {OB} \), \(\overrightarrow {OC} \) và \(\overrightarrow {OD} \) không đồng phẳng nên \(\left( * \right) \Leftrightarrow {k_1} = {k_2} = {k_3} = {k_4} = k\).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho \(A\left( {1;1;1} \right)\), \(B\left( {1; - 1; - 1} \right)\), \(C\left( { - 1;1; - 1} \right)\) và \(D\left( { - 1; - 1;1} \right)\).

Khi đó: \[AB = BC = CD = DA = AC = BD = 2\sqrt 2 \].

Vì tứ diện \(ABCD\) có cạnh bằng \(1\) nên \(1\) đơn vị trên trên trục bằng \(2\sqrt 2 \)đơn vị độ dài.

Ta có :

\(\left( {BCD} \right)\) : \(x + y + z + 1 = 0\)

\(\left( {CDA} \right):x - y - z + 1 = 0\).

\(\left( {DAB} \right): - x + y - z + 1 = 0\).

\(\left( {ABC} \right): - x - y + z + 1 = 0\).

Gọi \({A_1}\left( {x;y;z} \right)\)

Vì \(\overrightarrow {{A_1}{B_1}} = k\overrightarrow {OA} \)\[ \Rightarrow {B_1}\left( {x + k;y + k;z + k} \right)\].

Tương tụ \({C_1}\left( {x + 2k;y;z} \right)\) và \({D_1}\left( {x + k;y + k;z - k} \right)\).

Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x + y + z + 1 = 0}\\{x + k - \left( {y + k} \right) - \left( {z + k} \right) + 1 = 0}\end{array}}\\{ - \left( {x + 2k} \right) + y - k + 1 = 0}\end{array}}\\{ - \left( {x + k} \right) - \left( {y + k} \right) + z - k + 1 = 0}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{2}{3}}\\{y = - \frac{1}{3}}\end{array}}\\{\begin{array}{*{20}{c}}{z = 0}\\{k = \frac{2}{3}}\end{array}}\end{array}} \right.\).

Vậy \(\overrightarrow {{A_1}{B_1}} = \left( {\frac{2}{3};\frac{2}{3};\frac{2}{3}} \right)\), \(\overrightarrow {{B_1}{C_1}} = \left( {\frac{2}{3}; - \frac{2}{3}; - \frac{2}{3}} \right)\) và \(\overrightarrow {{C_1}{D_1}} = \left( { - \frac{2}{3};\frac{2}{3}; - \frac{2}{3}} \right)\).

Suy ra \(V = \frac{1}{6}\left| {\overrightarrow {{A_1}{B_1}} \cdot \left[ {\overrightarrow {{B_1}{C_1}} ,\overrightarrow {{C_1}{D_1}} } \right]} \right| = \frac{{16}}{{81}}\) (đơn vị thể tích trên trục)

Do đó \(V = \frac{{16}}{{81}} \cdot {\left( {\frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)^3} = \frac{{\sqrt 2 }}{{162}}\) (đơn vị thể tích)

Vậy \(a + b = 163\)

Đáp án: \(35,8\).

Giả sử chiếc đũa bị tụt sâu nhất vào trong nồi, ta cần tìm độ lớn đoạn \[AB\]lớn nhất\[ \Leftrightarrow BC\]lớn nhất.

Khi đó: \[B{C_{\max }} = 2HC = 2\sqrt {I{C^2} - I{H^2}} = 2\sqrt {{{15}^2} - 3,{5^2}} = \sqrt {851} \].

\[ \Rightarrow A{B_{\max }} = \sqrt {B{C^2} + A{C^2}} = \sqrt {951} \].

Vậy chiều dài tối thiểu của chiếc đũa thỏa mãn yêu cầu đề bài là \[L = \sqrt {951} + 5 \approx 35,8\]cm.

Đáp án: \[22\]

Dãy số ban đầu là \[1;\;2;3;4;\;5;\;6;7;8;\;9;\;10;11;12;\;13;14;15;16;\; \ldots {\rm{ }};\;41;42;43;44\;\;\]

Gọi “lớp k” gồm các số của các tập truyện khi chia cho \[4\] dư \[k,\,\,1 \le k \le 4,\,k \in \mathbb{N}\]. Khi đó các số trong cùng một lớp có thể hoán đổi vị trí cho nhau mà không bị tính điểm.

Lớp 1: Các tập truyện mang số \[1;\;\;5;\;\;9;\;\;\;13;\; \ldots {\rm{ }};\;41\;\;\;\]

Lớp 2: Các tập truyện mang số \[2;\;\;6;\;\;10;\;14;\; \ldots {\rm{ }};\;42\]

Lớp 3: Các tập truyện mang số \[\;3;\;\;7;\;11;\;15;{\rm{ }} \ldots \;;\;43\;\]

Lớp 4: Các tập truyện mang số \[4;\;\;8;\;12;\;16; \ldots ;{\rm{ 44}}\]

Theo yêu cầu của Mèo Táo, cần sắp xếp các tập truyện theo thứ tự mới là:\[44;43;42;41;40;39;38;37;36;35;34;33;32;31;30;29;28;\,\,...\,\,;4;3;2;1\].

Nhận xét:

Các số ở lớp \[4\]cần đổi sang lớp 1 và ngược lại, các số ở lớp 2 đổi sang lớp \[3\] và ngược lại (Xem bảng minh họa)

Do đó thực hiện hoán đổi cặp số L2 và L3 liền kề (\[11\] cặp), L4 và L\[1\] liền kề (\[10\] cặp), chỉ còn số \[1\] và \[44\] chưa được đổi lớp (Bị tính 21 điểm) (Xem bảng minh họa)

Tiếp theo dùng quy tắc hoán đổi trong cùng một lớp sao cho số \[1\] và \[44\] lần lượt được xếp vào vị trí L\[1\] và L4 kế nhau rồi thực hiện hoán đổi hai tập truyện liền kề để đổi lớp (bị tính \[1\] điểm).

Cuối cùng dùng quy tắc hoán đổi không bị tính điểm các số trong từng lớp để được thứ tự theo yêu cầu.

Với cách thực hiện này An bị tính \[22\] điểm.

Vì mỗi số phải đổi lớp ít nhất một lần, với \[44\] số thì \[22\]lần hoán đổi hai vị trị liền kề là tối ưu nhất.

Vậy điểm số nhỏ nhất là \[22\]để An thực hiện được thử thách trên.

Đáp án: 369.

Dễ thấy, \(A\left( {20;0;0} \right)\) và \(B\left( {0;20;0} \right)\) đều thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) nên đường đi ngắn nhất từ một điểm trên mặt cầu đến \(A\) (hoặc \(B\)) nằm trong mặt phẳng .

Đưa bài toán về hệ tọa độ \(Oxy\) với đường tròn tâm \(O\), bán kính \(6{\rm{cm}}\) và \(A\left( {20;0} \right)\); \(B\left( {0;20} \right)\).

Để tổng quãng đường ngắn nhất, con kiến phải xuất phát và trở về mặt tổ tại điểm trên mặt cầu gần \(A\) và \(B\) nhất, lần lượt là các điểm \(M\left( {6;0} \right)\) và \(N\left( {0;6} \right)\).

Giả sử, con kiến sẽ lần lượt lấy các miếng mồi ở \(A\) rồi đến các miếng mồi ở \(B\). Tuy nhiên, khi lấy miếng mồi thứ \(10\) ở \(A\), con kiến sẽ về một điểm khác trên mặt tổ thay vì quay về \(M\) rồi đi theo đường cung tròn để đến \(N\).

Tổng quãng đường sẽ ngắn nhất khi con kiến mang miếng mồi thứ \(10\) về tổ tại điểm chính giữa cung tròn là \(P\), và từ đây đến \(B\) để lần lượt lấy \(3\) miếng mồi còn lại:

+ Tổng quãng đường để lấy \(10\) miếng mồi ở \(A\): \({T_1} = MA \times 9 \times 2 + MA + PA\).

+ Tổng quãng đường để lấy \(3\) miếng mồi ở \(B\): \({T_2} = PB + NB + NB \times 2 \times 2\).

Do đó: \({T_{\min }} = {T_1} + {T_2} = 19MA + 5NB + PA + PB\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_P} = 6 \times \cos 45^\circ = 3\sqrt 2 \\{y_P} = 6 \times \sin 45^\circ = 3\sqrt 2 \end{array} \right. \Rightarrow P\left( {3\sqrt 2 ;3\sqrt 2 } \right)\)

\( \Rightarrow PA = PB = \sqrt {{{\left( {20 - 3\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {3\sqrt 2 - 0} \right)}^2}} = 2\sqrt {109 - 30\sqrt 2 } \) và \(MA = NB = \sqrt {{{\left( {20 - 6} \right)}^2}} = 14\).

Vậy \({T_{\min }} = 19 \times 14 + 5 \times 14 + 2\sqrt {109 - 30\sqrt 2 } + 2\sqrt {109 - 30\sqrt 2 } \approx 369{\rm{cm}}\).

Đáp án: 2.

Tập xác định \[D = \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left[ {2; + \infty } \right)\].

Vì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{{x^3}\left( {\sqrt {{x^2} - 4} + x} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {2x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)}} = - \infty \] nên đường thẳng \[x = - 2\] là tiệm cận đứng.

Vì \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x.\frac{{\sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} + 1}}{{2 + \frac{3}{x} - \frac{3}{{{x^2}}} - \frac{2}{{{x^3}}}}}} \right) = + \infty \] nên đồ thị hàm số đã cho không có tiệm cận ngang khi \[x \to + \infty \].

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 4{x^3}}}{{\left( {2{x^3} + 3{x^2} - 3x - 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 4} - x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{{ - 4}}{x}}}{{\left( {2 + \frac{3}{x} - \frac{3}{{{x^2}}} - \frac{2}{{{x^3}}}} \right)\left( { - \sqrt {1 - \frac{4}{{{x^2}}}} - 1} \right)}} = 0\]

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có một tiệm cận ngang \[y = 0\].

Vậy đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận.

Đáp án: 5,4.

Gọi \(x,y\) (đơn vị: ha) lần lượt là diện tích đất trồng cây Cao su và cây Cà phê thì diện tích đất trồng cây Hồ tiêu là \(100 - x - y\). Điều kiện \[x,y \ge 0\].

Tổng diện tích trồng Cà phê và Hồ tiêu không được vượt quá diện tích trồng Cao su nên

\(y + \left( {100 - x - y} \right) \le x \Leftrightarrow x \ge 50\).

Diện tích trồng Hồ tiêu không được vượt quá 20 ha nên

\(100 - x - y \le 20 \Leftrightarrow x + y \ge 80\).

Diện tích trồng Cà phê không được vượt quá 3 lần diện tích trồng Hồ tiêu nên

\(y \le 3\left( {100 - x - y} \right) \Leftrightarrow 3x + 4y \le 300\).

Tổng lợi nhuận \(L\left( {x;y} \right) = 40x + 60y + 80\left( {100 - x - y} \right) = - 40x - 20y + 8000\) (triệu đồng).

Ta có hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 50\\x + y \ge 80\\3x + 4y \le 300\\x,y \ge 0\end{array} \right.\).

Miền nghiệm của bất phương trình là miền tứ giác \(ABCD\) với

\(A\left( {80;0} \right),B\left( {100;0} \right),C\left( {50;37,5} \right),D\left( {50;30} \right)\).

Vì \[L\left( A \right) = 4800,L\left( B \right) = 4000,L\left( C \right) = 5250,L\left( D \right) = 5400\] nên \(L\left( {x;y} \right)\)có giá trị lớn nhất là\(5400\) khi \(x = 50,y = 30\).

Vậy tổng lợi nhuận thu được hàng năm của trang trại đó lớn nhất là 5,4 tỷ đồng.