Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT số 02 Mộ Đức (Quảng Ngãi) 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
Cho hình chóp \[S.ABC\] có đáy là tam giác đều, \[SA \bot \left( {ABC} \right)\]. Đường thẳng \[BC\] vuông góc với đường thẳng nào sau đây?![Chọn B \[\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right)\\BC \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\, \Rightarrow \,SA \bot BC\]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/05/picture1-1778384822.png)
\[SB\].
\[SA\].
\[AB\].
\[SC\].
Chọn B
\[\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right)\\BC \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\, \Rightarrow \,SA \bot BC\].
\[x + 2y + 3z - 3 = 0\].
\[2x - y + z - 1 = 0\].
\[2x - y + z + 3 = 0\].
\[2x - y + z - 3 = 0\].
Chọn D
\[\left( P \right):\,\left\{ \begin{array}{l}qua\,A\left( {1;2;3} \right)\,\\VTPT\,\overrightarrow n = \left( {2; - 1;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right):\,2\left( {x - 1} \right) - \left( {y - 2} \right) + z - 3 = 0 \Leftrightarrow 2x - y + z - 3 = 0\].
\[\overrightarrow {{u_3}} = \left( {2;1; - 1} \right)\,\].
\[\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 1;2; - 3} \right)\].
\[\overrightarrow {{u_4}} = \left( {2;1;1} \right)\].
\[\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1; - 2;3} \right)\].
Chọn A
(d): \[\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z - 3}}{{ - 1}}\] có một vectơ chỉ phương là \[\overrightarrow {{u_3}} = \left( {2;1; - 1} \right)\].
\[12\].
\[36\].
\[3\].
\[8\].
Chọn A
\[{\log _a}{b^2}\, = \,2\,{\log _a}b\, = \,12\].
\(x = {2^{2026}}\).
\(x = {\log _{2026}}2\).
\(x = {\log _2}2026\).
\(x = 1013\).
Chọn C
Ta có: \({2^x} = 2026\)\( \Rightarrow x = {\log _2}2026\).
\(4\).
\(2\sqrt 6 \).
\(4\sqrt 2 \).
\(2\sqrt 3 \).
Chọn A
Gọi \(O\prime \) là tâm của hình vuông \(A\prime B\prime C\prime D\prime \).
Ta có: \(\overrightarrow {IA\prime } + \overrightarrow {IC\prime } = 2\overrightarrow {IO\prime } \)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IA\prime } + \overrightarrow {IC\prime } } \right| = \left| {2\overrightarrow {IO\prime } } \right| = 2 \cdot IO\prime = 2 \cdot 2 = 4\).
\(F(x) = \frac{{{x^3}}}{3} + C\).
\(F(x) = 6x + C\).
\(F(x) = {x^3} + C\).
\(F(x) = {x^3} + x\).
Chọn C
\(F(x) = \int 3 {x^2}{\mkern 1mu} {\rm{d}}x = 3 \cdot \frac{{{x^3}}}{3} + C = {x^3} + C\).
cấp số nhân có công bội bằng \(2\).
cấp số nhân có công bội bằng \(3\).
cấp số cộng có công sai bằng \(2\).
cấp số cộng có công sai bằng \(3\).
Chọn B
Ta có dãy số \(({u_n})\) với \({u_n} = 3 \cdot {u_{n - 1}}\,;n \ge 2\) là một cấp số nhân với công bội \(q\).
\( \Rightarrow q = 3\).
Vậy dãy số đã cho là một cấp số nhân có công bội bằng \(3\).
Mẫu số liệu về điểm thi môn Toán của 40 học sinh được cho trong bảng sau:
Giá trị trung bình của mẫu số liệu này (làm tròn đến hàng phần mười) là:
6,8.
6,9.
\(7,0\).
\(6,7\).
Chọn B
\(\bar x = \;\frac{{\frac{{4 + 5}}{2}.\;3 + \;\frac{{5 + 6}}{2}.7 + \;\frac{{6 + 7}}{2}.12 + \;\frac{{7 + 8}}{2}.10 + \;\frac{{8 + 9}}{2}.\;6 + \;\frac{{9 + 10}}{2}.\;2}}{{3 + 7 + 12 + 10 + 6 + 2}} = 6,875 \approx 6,9\).
\(I = 9\).
\(I = 7\).
\(I = 3\).
\(I = 10\).
Chọn C
\({\rm{Ta\;c\'o :\;}}\mathop \smallint \limits_1^3 \left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx = \mathop \smallint \limits_1^3 f\left( x \right)dx - \;\mathop \smallint \limits_1^3 g\left( x \right)dx = 5 - 2 = 3\;\)
\(\left( {0,\; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;2} \right)\).
\(\left( {2;\; + \infty } \right)\).
\(\left( {0;2} \right)\).
Chọn C
Hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\;{\rm{c\'o \;}}y' = 3{x^2} - 6x.\;\)
\(y' = 0\; \Leftrightarrow \left[ {\;\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)
Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số đồng biến trong khoảng \(\left( {2;\; + \infty } \right)\).
\(x = - 1\).
\(y = 2x\).
\(y = 2\).
\(x = 2\).
Chọn A
\(\mathop {\lim }\limits_{x\; \to - {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = \; + \infty ,\;\mathop {\lim }\limits_{x\; \to \; - {1^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = \; - \infty \; \Rightarrow x = - 1\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.
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)
Một thông tin nóng hổi bắt đầu lan truyền trong một cộng đồng gồm \[20\] nghìn người. Gọi \[P\left( t \right)\] là số lượng người đã biết thông tin này sau \[t\] giờ. Tại thời điểm ban đầu \[\left( {t = 0} \right)\], có \[2\] nghìn người biết tin. Sau \[2\] giờ, số người biết tin tăng lên thành \[8\] nghìn người. Tốc độ lan truyền tin tức \[P'\left( t \right)\] (nghìn người/giờ) tỉ lệ thuận với tích của số người đã biết tin và số người chưa biết tin, thỏa mãn đẳng thức \[P'\left( t \right) = \frac{r}{{20}}P\left( t \right)\left[ {20 - P\left( t \right)} \right]\] (với \[r > 0\] là hệ số lan truyền).Đặt \[Q\left( t \right) = \frac{1}{{P\left( t \right)}} - \frac{1}{{20}}\].Đạo hàm của hàm số \[Q\left( t \right)\] là \[Q'\left( t \right) = \frac{{P'\left( t \right)}}{{{{\left[ {P\left( t \right)} \right]}^2}}}\].
Biểu thức liên hệ giữa \[Q'\left( t \right)\] và \[Q\left( t \right)\] là \[Q'\left( t \right) = - rQ\left( t \right)\].
Giá trị của hệ số lan truyền \[r\] lớn hơn \[1\].
Sau \[4\] giờ kể từ thời điểm ban đầu, tổng số người biết thông tin này vượt quá \[15\] nghìn người.
a) Sai. (thiếu dấu trừ)
\[Q'\left( t \right) = {\left( {\frac{1}{{P\left( t \right)}}} \right)^\prime } - {\left( {\frac{1}{{20}}} \right)^\prime } = - \frac{{P'\left( t \right)}}{{{{\left[ {P\left( t \right)} \right]}^2}}}\].
b) Đúng.
Thay \[P'\left( t \right) = \frac{r}{{20}}P\left( t \right)\left[ {20 - P\left( t \right)} \right]\] vào \[Q'\left( t \right) = {\left( {\frac{1}{{P\left( t \right)}}} \right)^\prime } - {\left( {\frac{1}{{20}}} \right)^\prime } = - \frac{{P'\left( t \right)}}{{{{\left[ {P\left( t \right)} \right]}^2}}}\] ta được
\[Q'(t) = - \frac{{\frac{r}{{20}}P(t)[20 - P(t)]}}{{{{[P(t)]}^2}}} = - \frac{r}{{20}} \cdot \frac{{20 - P(t)}}{{P(t)}} = - r\left( {\frac{{20 - P(t)}}{{20P(t)}}} \right)\]
\[ = - r\left( {\frac{{20}}{{20P(t)}} - \frac{{P(t)}}{{20P(t)}}} \right) = - r\left( {\frac{1}{{P(t)}} - \frac{1}{{20}}} \right)\].
Vì \(Q(t) = \frac{1}{{P(t)}} - \frac{1}{{20}}\), nên ta có:\(Q'(t) = - rQ(t)\).
c) Sai.
Ta có: \(\frac{{Q'(t)}}{{Q(t)}} = - r\)
Lấy nguyên hàm hai vế theo biến\(t\): \(\int {\frac{1}{{Q(t)}}} dQ = \int - rdt\) \( \Rightarrow \ln |Q(t)| = - rt + C\)
\( \Rightarrow Q(t) = {e^{ - rt + C}} = {e^C} \cdot {e^{ - rt}}\)
Đặt\(A = {e^C}\), ta có công thức: \(Q(t) = A \cdot {e^{ - rt}}\)
+ Tại \(t = 0\) :\(P(0) = 2 \Rightarrow Q(0) = \frac{1}{2} - \frac{1}{{20}} = \frac{9}{{20}}\).
Thay vào công thức:\(\frac{9}{{20}} = A \cdot {e^0} \Rightarrow A = \frac{9}{{20}}\) \( \Rightarrow Q(t) = \frac{9}{{20}}{e^{ - rt}}\).
+ Tại \(t = 2\):\(P(2) = 8 \Rightarrow Q(2) = \frac{1}{8} - \frac{1}{{20}} = \frac{3}{{40}}\).
Thay vào: \(\frac{3}{{40}} = \frac{9}{{20}} \cdot {e^{ - 2r}}\).
\( \Rightarrow {e^{ - 2r}} = \frac{3}{{40}}:\frac{9}{{20}} = \frac{1}{6} \Rightarrow - 2r = \ln \left( {\frac{1}{6}} \right) = - \ln 6 \Rightarrow r = \frac{{\ln 6}}{2} \approx \frac{{1,79}}{2} \approx 0,896 < 1\).
d) Đúng.
Dựa vào kết quả ở trên ta tính được \(Q(4) = \frac{9}{{20}} \cdot {\left( {\frac{1}{6}} \right)^2} = \frac{9}{{20}} \cdot \frac{1}{{36}} = \frac{1}{{80}}\).
Từ định nghĩa\(Q(t)\), ta có:
\(\frac{1}{{P(4)}} - \frac{1}{{20}} = \frac{1}{{80}} \Rightarrow \frac{1}{{P(4)}} = \frac{1}{{80}} + \frac{1}{{20}} = \frac{5}{{80}} = \frac{1}{{16}} \Rightarrow P(4) = 16\).
Hàm số có đạo hàm \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\).
Hàm số \(f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x = 2\).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) là \( - 2\).
Giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) là \(3\).
Chọn a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Sai.
a) Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\). Vậy a) đúng.
b) Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)
Bảng biến thiên
Hàm số \(f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x = 0\).
Vậy b) sai.
c) Ta có \(f\left( { - 1} \right) = f\left( 2 \right) = - 2\,\)và \(f\left( 0 \right) = f\left( 3 \right) = 2\)
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) là \( - 2\) tại \(x = 2\) hoặc \(x = - 1\)
Vậy c) đúng.
d) Giá trị lớn nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) là \(2\) tại \(x = 0\) hoặc \(x = 3\).
Vậy d) Sai.
Tổng số biển số xe trong kho mà người này có thể bốc ngẫu nhiên là \(1000\).
Biển mang dãy số \(12335\) không phải là biển số người này mong muốn.
Các số \(a,b,c\) thuộc tập hợp \(\left\{ {3;4;5;6;7;8;9} \right\}\).
Xác suất người này bấm được biển số như mong muốn là \(12\% \).
Chọn a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Đúng.
a) Ta tính tổng số cách chọn biển số dạng \(12XXX\) trong kho
Số cách chọn một số vào một vị trí số \(X\) là \(10\) nên số cách chọn các số vào các vị trí \(XXX\) là \({10^3} = 1000\).
Chọn Đúng.
b) Biển mang số \(12335\) là biển số mà người này mong muốn.
Chọn Sai.
c) Các số \(a,b,c\) thuộc tập hợp \(\left\{ {2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\)
Chọn Sai.
d) Ta có \(n\left( \Omega \right) = 1000\)
Ta tính số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\): chọn được biển số có dạng \(12abc\), trong đó \(2 \le a \le b \le c \le 9\).
Trường hợp \(1\): các số \(a,b,c\) trùng nhau được chọn từ các số thuộc tập hợp \(\left\{ {2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\)
Có \(8\) cách chọn.
Trường hợp \(2\): số \(abc\) có hai số trùng nhau : \(2.C_8^2 = 56\) cách chọn
Trường hợp \(3\): Chọn số \(abc\), các số đôi một khác nhau: có \(C_8^3 = 56\) cách chọn.
Suy ra \(n\left( A \right) = 8 + 56 + 56 = 120\)
Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{120}}{{1000}} = 0,12 = 12\% \).
Chọn Đúng.
Đường đi của tên lửa A luôn nằm trong mặt phẳng cố định \[(P):4x - 3y = 0\].
Tên lửa A đạt vị trí cao nhất khi \(t = 20\).
Để tên lửa B bắn trúng mục tiêu ngay khi nó đạt độ cao lớn nhất, nòng pháo cần điều chỉnh hướng bắn chuẩn xác, khi đó góc nâng nòng pháo so với mặt đất góc \(\alpha \) nhỏ hơn \(27^\circ \).
Để va chạm xảy ra đúng lúc tên lửa A đạt độ cao lớn nhất, chỉ huy tại căn cứ \(I\) cần nhấn nút khai hỏa vào thời điểm \(11,3\) giây, tính từ lúc tên lửa A bắt đầu rời bệ phóng (kết quả làm tròn đến hàng phần mười của giây).
Chọn a) Đúng | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng.
a) Từ hệ phương trình chuyển động của tên lửa A, ta có:
\(x = 300t \Rightarrow t = \frac{x}{{300}}\)
\(y = 400t \Rightarrow t = \frac{y}{{400}}\)
Suy ra: \(\frac{x}{{300}} = \frac{y}{{400}} \Leftrightarrow 400x = 300y \Leftrightarrow 4x - 3y = 0\).
Phương trình này đúng với mọi \(t\), chứng tỏ tên lửa A luôn nằm trong mặt phẳng \((P):4x - 3y = 0\).
b) Độ cao của tên lửa A được xác định bởi cao độ \(z(t) = - 2{t^2} + 80t\).
Đây là một parabol bề lõm hướng xuống, đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh:
\(t = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{80}}{{2( - 2)}} = 20\) (giây).
Khi đó, độ cao cực đại là \(z(20) = - 2{(20)^2} + 80(20) = 800\) (m).
c) Tại thời điểm \(t = 20\), tọa độ của tên lửa A là \(M(6000;8000;800)\).
Vị trí tên lửa B được phóng từ \(I(5600;6500;0)\).
Vectơ \(\overrightarrow {IM} = (6000 - 5600;8000 - 6500;800 - 0) = (400;1500;800)\).
Hình chiếu của \(M\) xuống mặt đất \((Oxy)\) là \(M\prime (6000;8000;0)\).
Vectơ \(\overrightarrow {IM\prime } = (400;1500;0)\).
Độ dài \(IM\prime = \sqrt {{{400}^2} + {{1500}^2}} = 100\sqrt {{4^2} + {{15}^2}} = 100\sqrt {241} \approx 1552,4\) (m).
Góc nâng \(\alpha \) thỏa mãn: \(\tan \alpha = \frac{{MM\prime }}{{IM\prime }} = \frac{{800}}{{100\sqrt {241} }} = \frac{8}{{\sqrt {241} }} \approx 0,5153\).
\( \Rightarrow \alpha \approx 27,26^\circ \).
Vì \(27,26^\circ > 27^\circ \) nên mệnh đề nói "nhỏ hơn \(27^\circ \)" là Sai.
d) Khoảng cách từ điểm phóng \(I\) đến điểm va chạm \(M\) là:
\(IM = \sqrt {{{400}^2} + {{1500}^2} + {{800}^2}} = \sqrt {160000 + 2250000 + 640000} = \sqrt {3050000} = 100\sqrt {305} \) (m).
Thời gian tên lửa B cần để bay từ \(I\) đến \(M\) với vận tốc \({v_B} = 200\) m/s là:
\({t_B} = \frac{{IM}}{{{v_B}}} = \frac{{100\sqrt {305} }}{{200}} = \frac{{\sqrt {305} }}{2} \approx 8,732\) (giây).
Để tên lửa B gặp tên lửa A đúng lúc \(t = 20\) giây, thời điểm cần khai hỏa tên lửa B là:
\({t_{kh}} = 20 - 8,732 = 11,268 \approx 11,3\) (giây).
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một xưởng gỗ sản xuất các thùng gỗ đựng rượu vang có hình dáng là một khối tròn xoay (như hình vẽ). Thùng có chiều cao \(10\,dm\). Hai mặt đáy phẳng song song và bằng nhau có đường kính \(6\,dm\). Thân thùng phình ra ở giữa, biết đường kính lớn nhất ở chính giữa thân thùng là \(8\,dm\). Đường cong bao quanh thân thùng có dạng là một phần của đường Parabol. Tính thể tích của thùng rượu này (đơn vị: \(d{m^3}\)), làm tròn kết quả đến hàng đơn vị.
Đáp án: \(268\).
Gắn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.
Gọi Parabol \(y = f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) đi qua các điểm \(\left( { - 5;0} \right)\), \(\left( {5;0} \right)\), \(\left( {0;4} \right)\).
Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 5} \right)^2}a - 5b + c = 0\\{5^2}a - 5b + c = 0\\c = 4\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{4}{{25}}\\b = 0\\c = 4\end{array} \right.\).
Khi đó \(f\left( x \right) = - \frac{4}{{25}}{x^2} + 4\).
Thể tích của thùng rượu là: \(V = \pi \int\limits_{ - 5}^5 {{f^2}\left( x \right)dx} \)\( = \pi \int\limits_{ - 5}^5 {{{\left( { - \frac{4}{{25}}{x^2} + 4} \right)}^2}dx = \frac{{256\pi }}{3} \approx 268} \) \(\left( {d{m^3}} \right)\).
Xưởng thiết kế nội thất đang phát triển một mẫu chậu cây cảnh bằng bê tông cốt sợi cao cấp. Lòng trong của chậu cây (phần chứa đất) có hình dáng là một khối chóp cụt lục giác đều.
Để đảm bảo tỷ lệ vàng trong thiết kế, các kỹ sư đã chốt các thông số kỹ thuật sau:
+ Phần đáy chậu (đáy nhỏ) là một lục giác đều có độ dài cạnh \[a = 30\;cm\].
+ Phần miệng chậu (đáy lớn) là một lục giác đều có độ dài cạnh \[b = 60\;cm\].
+ Góc phẳng nhị diện tạo mặt bên và đáy nhỏ của chậu đo được bằng \[\alpha = 120^\circ \].
Thể tích không gian bên trong của chậu cây là bao nhiêu lít? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Đáp án: \[246\].
Xét hình chóp cụt đều như hình vẽ trên, với \(M,\;N\) lần lượt là trung điểm của \(C'D',\;CD;\;O,\;O'\) lần lượt là tâm của \(ABCDEF,\;A'B'C'D'E'F'\). Khi đó \(MN \bot C'D',\;O'M \bot C'D'\). Nên góc phẳng nhị diện tạo mặt bên và đáy nhỏ của chậu đo được bằng \[\widehat {O'MN} = \alpha = 120^\circ \].
\[\Delta O'C'D'\] đều cạnh \[a = 30\;cm\] có \[O'M = 30.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 15\sqrt 3 \;cm\].
\[\Delta OCD\] đều cạnh \[a = 30\;cm\] có \[O'M = 30.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 15\sqrt 3 \;cm\].
\[\Delta OCD\] đều cạnh \[b = 60\;cm\] có \[ON = 60.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 30\sqrt 3 \;cm\].
Gọi \[K\]là giao điểm của \[MN,\;{\rm{OO}}'\]. Tứ giác \({\rm{OO}}'MN\) là hình thang vuông tại \({\rm{O,}}\;{\rm{O}}'\),\[\widehat {O'MN} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {ONM} = 60^\circ ,OK = ON.\tan 60^\circ = 90cm\]. Suy ra \({\rm{OO}}' = 45\;cm = h\) là chiều cao của hình chóp chụt đều.
Diện tích đáy \(A'B'C'D'E'F'\) là \[{S_1} = {30^2}.\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = 1350\sqrt 3 \;c{m^2}\].
Diện tích đáy \(ABCDEF\) là \[{S_2} = {60^2}.\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = 5400\sqrt 3 \;c{m^2}\].
Thể tích không gian bên trong của chậu cây là
\[V = \frac{1}{3}.h.\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right) = 141750\sqrt 3 \;c{m^3} \approx 246\] (lít).
Một hội nghị quốc tế có 12 đại biểu đến từ ba đoàn, đoàn Việt Nam có 5 người, đoàn Nhật Bản có 4 người và đoàn Hàn Quốc có 3 người, trong mỗi đoàn đều có 1 trưởng đoàn. Công ty tổ chức cần sắp xếp 12 đại biểu ngồi trên một hàng ghế dài có 12 chỗ ngồi, thỏa mãn các yêu cầu:
+ Các đại biểu cùng quốc tịch phải ngồi cạnh nhau, tạo thành một nhóm liên tiếp.
+ Không có hai trưởng đoàn nào ngồi cạnh nhau.
Gọi \(N\) là tổng số cách sắp xếp thỏa mãn các yêu cầu trên, giá trị \(\frac{N}{{24}}\) bằng bao nhiêu?
Cách 1:
Trường hợp 1: Các đoàn ngồi theo thứ tự: Việt Nam, Nhật Bản, Hàn Quốc
Khi đó, ta chọn vị trí ngồi cho các trưởng đoàn như sau:
1.1 Nếu TĐVN ngồi ở các vị trí từ \({A_1}\) đến \({A_4}\), TĐNB ngồi ở các vị trí \({B_1}\) đến \({B_3}\) thì TĐHQ có thể ngồi ở các vị trí từ \({C_1}\) đến \({C_3}\). Do đó có: \(4.3.3 = 36\) cách xếp chỗ cho các trưởng đoàn.
1.2 Nếu TĐVN ngồi ở các vị trí từ \({A_1}\) đến \({A_4}\), TĐNB ngồi ở các vị trí \({B_4}\) thì TĐHQ có thể ngồi ở các vị trí \({C_2}\), \({C_3}\). Do đó có: \(4.1.2 = 8\) cách xếp chỗ cho các trưởng đoàn.
1.3 Nếu TĐVN ngồi ở vị trí \({A_5}\), TĐNB ngồi ở các vị trí \({B_2},{B_3}\) thì TĐHQ có thể ngồi ở các vị trí từ \({C_1}\) đến \({C_3}\). Do đó có: \(1.2.3 = 6\) cách xếp chỗ cho các trưởng đoàn.
1.4 Nếu TĐVN ngồi ở vị trí \({A_5}\), TĐNB ngồi ở các vị trí \({B_4}\) thì TĐHQ có thể ngồi ở các vị trí \({C_2}\), \({C_3}\). Do đó có: \(1.1.2 = 2\) cách xếp chỗ cho các trưởng đoàn.
Vậy có \(36 + 8 + 6 + 2 = 52\) cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho không có 2 trưởng đoàn ngồi cạnh nhau.
Trường hợp 2: Các đoàn ngồi theo thứ tự: Việt Nam, Hàn Quốc, Nhật Bản
Lập luận tương tự, ta có \(4.2.4 + 4.1.3 + 1.1.4 + 1.1.3 = 51\) cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho không có 2 trưởng đoàn ngồi cạnh nhau.
Trường hợp 3: Các đoàn ngồi theo thứ tự: Nhật Bản, Việt Nam, Hàn Quốc
Lập luận tương tự, ta có \(3.4.3 + 3.1.2 + 1.3.3 + 1.1.2 = 53\) cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho không có 2 trưởng đoàn ngồi cạnh nhau.
Trường hợp 4: Các đoàn ngồi theo thứ tự: Nhật Bản, Hàn Quốc, Việt Nam
Lập luận tương tự, ta có \(3.2.5 + 3.1.4 + 1.1.5 + 1.1.4 = 51\) cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho không có 2 trưởng đoàn ngồi cạnh nhau.
Trường hợp 5: Các đoàn ngồi theo thứ tự: Hàn Quốc, Việt Nam, Nhật Bản
Lập luận tương tự, ta có \(2.4.4 + 2.1.3 + 1.3.4 + 1.1.3 = 53\) cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho không có 2 trưởng đoàn ngồi cạnh nhau.
Trường hợp 6: Các đoàn ngồi theo thứ tự: Hàn Quốc, Nhật Bản, Việt Nam
Lập luận tương tự, ta có \(2.3.5 + 2.1.4 + 1.2.5 + 1.1.4 = 52\) cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho không có 2 trưởng đoàn ngồi cạnh nhau.
Tổng hợp tất cả trường hợp ta có: \(52 + 51 + 53 + 51 + 53 + 52 = 312\) cách sắp xếp chỗ ngồi sao cho không có 2 trưởng đoàn ngồi cạnh nhau.
Sau khi sắp xếp các trưởng đoàn, mỗi trường hợp có \(4!.3!.2! = 288\) cách sắp xếp những thành viên còn lại vào chỗ ngồi.
Như vậy có: \(312.288 = 89856\) cách sắp chỗ ngồi thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy \(\frac{N}{{24}} = \frac{{89856}}{{24}} = 3744\).
Cách 2:
Số cách xếp 12 đại biểu sao cho các đại biểu cùng quốc tịch phải ngồi cạnh nhau là: \(3!.5!.4!.3! = 103680\)
Trong các cách xếp trên thì:
Số cách xếp hai trưởng đoàn Việt Nam và Nhật Bản ngồi cạnh nhau là: \(4.4!.3!.3! = 3456\)
Số cách xếp hai trưởng đoàn Việt Nam và Hàn Quốc ngồi cạnh nhau là: \(4.4!.2!.4! = 4608\)
Số cách xếp hai trưởng đoàn Hàn Quốc và Nhật Bản ngồi cạnh nhau là: \(4.5!.3!.2! = 5760\)
Suy ra số cách xếp sao cho không có hai trưởng đoàn nào ngồi cạnh nhau là:
\(N = 103680 - 3456 - 4608 - 5760 = 89856\)
Vậy \(\frac{N}{{24}} = \frac{{89856}}{{24}} = 3744\).
Đáp án: 1140
Xét phép thử: “Chọn ngẫu nhiên 6 người từ 12 chuyên gia để lập hội đồng thẩm định”, ta có số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{12}^6 = 924\)
Gọi biến cố A: “6 người được chọn không có cặp vợ chồng nào”
Tính số phần tử của biến cố A như sau:
Trường hợp 1: Không chọn ai từ 2 cặp vợ chồng. Chọn 6 người từ 8 người còn lại: \(C_8^6 = 28\).
Trường hợp 2: Chọn 1 người từ đúng 1 cặp vợ chồng.
Chọn 1 cặp trong 2 cặp có 2 cách và chọn 1 người trong mỗi cặp đó có 2 cách.
Chọn 5 người còn lại từ 8 người không phải vợ chồng có \(C_8^5 = 56\)cách.
Vậy có: \(2 \times 2 \times 56 = 224\) cách
Trường hợp 3: Chọn mỗi cặp đúng 1 người (tổng 2 người từ 2 cặp).
Cặp thứ nhất: Chọn 1 trong 2 người: 2 cách.
Cặp thứ hai: Chọn 1 trong 2 người: 2 cách.
Chọn 4 người còn lại từ 8 người không phải vợ chồng: \(C_8^4 = 70\) cách.
Vậy có \(2 \times 2 \times 70 = 280\) cách
Tổng số cách thuận lợi cho biến cố A: \(n\left( A \right) = 28 + 224 + 280 = 532\).
Xác suất \(p = p\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{532}}{{924}} = \frac{{19}}{{33}}\) suy ra \(1980p = 1980 \times \frac{{19}}{{33}} = 1140\).
Một hợp tác xã nông nghiệp dự định sử dụng một khu nhà màng có diện tích tối đa là để trồng hai loại nông sản giá trị cao: Dưa lưới và Cà chua bi. Hợp tác xã đang cân nhắc việc phân bổ diện tích trồng sao cho thu được lợi nhuận cao nhất, dựa trên các điều kiện thực tế sau:
+ Về nhân công: Để chăm sóc 100 m² dưa lưới trong một vụ cần 20 ngày công; đối với cà chua bi là 30 ngày công. Hợp tác xã chỉ có thể huy động tối đa 180 ngày công cho vụ mùa này.
+ Về vốn đầu tư (giống, vật tư): Chi phí đầu tư cho 100 m² dưa lưới là 30 triệu đồng; cho cà chua bi là 20 triệu đồng. Tổng số vốn hợp tác xã có thể giải ngân tối đa là 210 triệu đồng.
+ Về lợi nhuận dự kiến: Sau khi thu hoạch, mỗi 100 m² dưa lưới mang lại mức lợi nhuận 50 triệu đồng, và mỗi 100 m² cà chua bi mang lại 40 triệu đồng.
Ban chủ nhiệm hợp tác xã cần quyết định diện tích trồng mỗi loại nông sản để tổng lợi nhuận thu được là lớn nhất, lợi nhuận lớn nhất đó là bao nhiêu triệu đồng?
Đáp án: \(360\).
Gọi \(x,y\) (đơn vị: \(100{m^2}\)) lần lượt là diện tích trồng Dưa lưới và Cà chua bi.
Điều kiện: \(x,y \ge 0;x + y \le 7,5\).
Số ngày công chăm sóc: \(20x + 30y \le 180\).
Chi phí đầu tư: \(30x + 20y \le 210\) (triệu đồng).
Lợi nhuận dự kiến thu được là \(T\left( {x;y} \right) = 50x + 40y\) (triệu đồng)
Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}x,y \ge 0\\x + y \le 7,5\\20x + 30y \le 180\\30x + 20y \le 210\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x,y \ge 0\\x + y \le 7,5\\2x + 3y \le 18\\3x + 2y \le 21\end{array} \right.\quad \left( * \right)\).
Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left( * \right)\)
Miền nghiệm của hệ \(\left( * \right)\) là miền đa giác \(OABCD\) (phần tô đậm trong hình vẽ, kể cả các cạnh).
Toạ độ điểm \(A:\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\2x + 3y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 6\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {0;6} \right)\)
Toạ độ điểm \(B:\left\{ \begin{array}{l}2x + 3y = 18\\x + y = 7,5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{9}{2}\\y = 3\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {\frac{9}{2};3} \right)\)
Toạ độ điểm \(C:\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 21\\x + y = 7,5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = \frac{3}{2}\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {6;\frac{3}{2}} \right)\)
Toạ độ điểm \(D:\left\{ \begin{array}{l}y = 0\\3x + 2y = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 7\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {7;0} \right)\)
Ta có
\(T\left( O \right) = 0\)
\(T\left( A \right) = 50.0 + 40.6 = 240\)
\(T\left( B \right) = 50.\frac{9}{2} + 40.3 = 345\)
\(T\left( C \right) = 50.6 + 40.\frac{3}{2} = 360\)
\(T\left( D \right) = 50.7 + 40.0 = 350\).
Vậy lợi nhuận lớn nhất là \(360\) triệu đồng.
Công ty vận tải biển X cần tính toán tốc độ di chuyển tối ưu cho một tàu hàng chạy trên tuyến đường biển dài \(S\left( {km} \right)\) để tiết kiệm nhiên liệu nhất. Theo thông số kỹ thuật, tổng lượng nhiên liệu tiêu hao của tàu bao gồm hai phần:
+ Phần tiêu hao cho hệ thống điện và sinh hoạt cố định theo thời gian: Tiêu thụ đều đặn 650 lít/giờ.
+ Phần tiêu hao cho động cơ đẩy (chi phí vận hành theo quãng đường): Do lực cản của nước, lượng nhiên liệu động cơ tiêu thụ trên mỗi \(km\) tỷ lệ thuận với bình phương vận tốc của tàu. Cụ thể, hàm tiêu thụ là \(0,05{v^2}\) lít/km (với \(v\) là vận tốc của tàu, tính bằng \(km\,/\,h,\,v > 0\)).
Thuyền trưởng cần điều khiển tàu chạy với vận tốc \(v\) bằng bao nhiêu \(km\,/\,h\) để tổng lượng nhiên liệu tiêu hao trên toàn bộ chuyến đi là thấp nhất? (kết quả làm tròn đến hàng phần mười)
Đáp án: \(18,7\).
Thời gian tàu hàng đi hết quãng đường là: \(t = \frac{S}{v}\) (giờ).
Tổng lượng nhiên liệu tiêu hao là: \(f\left( v \right) = 650.\frac{S}{v} + 0,05{v^2}.S = S\left( {\frac{{650}}{v} + 0,05{v^2}} \right)\).
Vì \(S\) cố định nên để hàm số \(f\left( v \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất ta tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(g\left( v \right) = \frac{{650}}{v} + 0,05{v^2}\).
Ta có \(g'\left( v \right) = - \frac{{650}}{{{v^2}}} + 0,1v\), \(v > 0\)
\(g'(v) = 0 \Leftrightarrow 0,1v = \frac{{650}}{{{v^2}}} \Leftrightarrow {v^3} = 6500 \Leftrightarrow v = \sqrt[3]{{6500}} \approx \)\(18,7\left( {{\mkern 1mu} km\,/\,h} \right)\).
