Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Triệu Sơn 1 (Thanh Hóa) 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
Họ nghiệm của phương trình \(\tan x = 1\) là
\(x = \frac{\pi }{4} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
\(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).
Chọn B
Ta có: \(\tan x = 1 \Leftrightarrow \tan x = \tan \frac{\pi }{4}\)\( \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,(k \in \mathbb{Z})\).
\(2\).
\( - 16\).
20.
\(3\).
Chọn A
Thay \(n = 3\) vào công thức tổng quát của dãy số, ta được:
\({u_3} = {3^2} - 3 \cdot 3 + 2 = 9 - 9 + 2 = 2\).
\(x = 8\).
\(x = 9\).
\(x = 7\).
\(x = 10\).
Chọn D
Điều kiện: \(x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1\).
Phương trình đã cho tương đương với:
\(x - 1 = {3^2}\)
\( \Leftrightarrow x - 1 = 9\)
\( \Leftrightarrow x = 10\) (thỏa mãn điều kiện).
\(BC \bot AD\).
\(BC \bot AE\).
\(AB \bot DE\).
\(BC \bot (ADE)\).
Chọn C
Xét \(\Delta ABC\) có \(AB = AC\) nên tam giác ABC cân tại \(A\). Mà \(E\) là trung điểm của cạnh đáy BC, do đó đường trung tuyến AE đồng thời là đường cao, suy ra \(BC \bot AE\) \( \Rightarrow \) Khẳng định B đúng.
Tương tự, xét \(\Delta DBC\) có \(DB = DC\) nên tam giác DBC cân tại \(D\). Có đường trung tuyến DE đồng thời là đường cao, suy ra \(BC \bot DE\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AE}\\{BC \bot DE}\\{AE \cap DE = E}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (ADE)\) \( \Rightarrow \) Khẳng định D đúng.
Vì \(BC \bot (ADE)\) mà \(AD \subset (ADE)\) nên suy ra \(BC \bot AD\) \( \Rightarrow \) Khẳng định A đúng.
Khẳng định \(AB \bot DE\) không có cơ sở để chứng minh là luôn đúng dựa trên các dữ kiện đã cho.
\(45^\circ \).
\(90^\circ \).
\(60^\circ \).
\(30^\circ \).
Chọn A
Ta có góc giữa đường thẳng \(A'C\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng góc giữa \(A'C\) và \(AC\).
Áp dụng tam giác \(AA'C\) vuông tại \(A\) ta có \(\tan \widehat {A'AC} = \frac{{A'A}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 2 a}}{{\sqrt 2 a}} = 1 \Rightarrow \widehat {A'AC} = 45^\circ \).
\(f\left( x \right) = \frac{{{x^4}}}{4} + {e^x}\).
\(f\left( x \right) = 3{x^2} + {e^x}\).
\(f\left( x \right) = 4{x^4} + {e^x}\).
\(f\left( x \right) = {x^2} + {e^x}\).
Chọn B
Ta có \({\left[ {F\left( x \right)} \right]^\prime } = {\left( {{x^3} + {e^x}} \right)^\prime } = 3{x^2} + {e^x}\).
\(\overrightarrow {{n_1}} \left( {2;\, - 4;\,3} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_2}} \left( { - 2;\,4;\,3} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_3}} \left( {2;\,4;\,3} \right)\).
\(\overrightarrow {{n_4}} \left( {2;\,4;\, - 3} \right)\).
Chọn A
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow {{n_1}} \left( {2;\, - 4;\,3} \right)\).
\(\left( { - \infty ;\,1} \right)\).
\(\left( { - 2;\,0} \right)\).
\(\left( { - 4;\, + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ;\, - 2} \right)\).
Chọn D
\(\overrightarrow {AC'} = - \vec a + \vec b + \vec c\).
\(\overrightarrow {AC'} = \vec a + \vec b - \vec c\).
\(\overrightarrow {AC'} = \vec a + \vec b + \vec c\).
\(\overrightarrow {AC'} = \vec a - \vec b + \vec c\).
Chọn C
Theo quy tắc hình hộp, ta có \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \vec a + \vec b + \vec c\).
\(\frac{{x - 1}}{4} = \frac{{y + 2}}{{ - 1}} = \frac{{z - 3}}{4}\).
\(\frac{{x - 3}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{3}\).
\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\).
\(\frac{{x - 2}}{2} = \frac{{y - 3}}{3} = \frac{{z + 2}}{{ - 2}}\).
Chọn C
Đường thẳng \(AB\) có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;3; - 2} \right)\).
Đường thẳng \(AB\) đi qua điểm \(A\left( {1; - 2;3} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;3; - 2} \right)\) nên có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{z - 3}}{{ - 2}}\).
Khảo sát thời gian tập thể dục của một số học sinh khối 12 thu được mẫu số liệu ghép nhóm sau:
Thời gian (phút) | \(\left[ {0;20} \right)\) | \(\left[ {20;40} \right)\) | \(\left[ {40;60} \right)\) | \(\left[ {60;80} \right)\) | \(\left[ {80;100} \right)\) |
Số học sinh | \(5\) | \(9\) | \(12\) | \(10\) | \(6\) |
Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu trên là
\(\left[ {40;60} \right)\).
\(\left[ {20;40} \right)\).
\(\left[ {80;100} \right)\).
\(\left[ {60;80} \right)\).
Chọn B
Số học sinh khối 12 là \(n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42\).
Ta có \(\frac{n}{4} = \frac{{42}}{4} = 10,5 \Rightarrow {Q_1} \in \left[ {20;40} \right)\).
\(S = \pi \int\limits_0^2 {{{\rm{e}}^{2x}}{\rm{d}}x} \).
\(S = \int\limits_0^2 {{{\rm{e}}^x}{\rm{d}}x} \).
\(S = \pi \int\limits_0^2 {{{\rm{e}}^x}{\rm{d}}x} \).
\(S = \int\limits_0^2 {{{\rm{e}}^{2x}}{\rm{d}}x} \).
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)
Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây.
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\).
Điểm cực đại của hàm số là \(A\left( {0;4} \right)\).
Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) bằng \(0\).
Điểm uốn của đồ thị hàm số là \(U\left( { - 1;2} \right)\).
a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Đúng
a) Đúng. Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2;0} \right)\).
b) Sai. Điểm cực đại của hàm số là \(x = 0\).
c) Đúng. Dựa vào bảng biến thiên ta có hàm số đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) bằng \(f\left( { - 2} \right) = 0\).
d) Đúng.
Đồ thị hàm số đạt cực trị tại hai điểm \(A\left( {0;4} \right);\,B\left( { - 2;0} \right)\). Suy ra điểm uốn của đồ thị chính là trung điểm \(I\left( { - 1;2} \right)\) của đoạn \(AB\), do đó \(U\left( { - 1;2} \right)\)chính là điểm uốn của đồ thị hàm số.
\(OA = h(0) = 3 - \frac{2}{5}.0 = 3\,{\mkern 1mu} (m)\).
Thể tích của đường hầm được tính theo công thức \(V = \int_0^5 S (x){\mkern 1mu} {\rm{d}}x\;({m^3})\).
\(\int h (x)dx = 3x - \frac{{{x^2}}}{5} + C\).
Thể tích của hầm là \(29,89{\mkern 1mu} {m^3}\) (làm tròn đến hàng phần trăm).
a) Đúng. vì \(OA = h(0) = 3{\mkern 1mu} (m)\).
b) Đúng. Thể tích của đường hầm được tính theo công thức \(V = \int_0^5 S (x){\mkern 1mu} {\rm{d}}x\;({m^3})\).
c) Đúng vì \[\int h (x){\rm{d}}x = \int {\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right){\rm{d}}x} = 3x - \frac{2}{5}.\frac{{{x^2}}}{2} + C = 3x - \frac{{{x^2}}}{5} + C\].
d) Sai. Ta có \(S(x) = \frac{2}{3}h.2h = \frac{4}{3}{h^2} = \frac{4}{3}{\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)^2} = \frac{{16}}{{75}}{x^2} - \frac{{48}}{{15}}x + 12\).
Thể tích của hầm là \(V = \int\limits_0^5 {\left( {\frac{{16}}{{75}}{x^2} - \frac{{48}}{{15}}x + 12} \right)} {\rm{d}}x\; \approx 28,89({m^3})\).
Cách 2 ý d) Phương trình parabol là: \[y = a{x^2} + h\] qua điểm \[\left( {h\,;\,0} \right) \Rightarrow a = \frac{1}{h} \Rightarrow \left( P \right):y = \frac{1}{h}{x^2} + h\].
Diện tích parabol là: \[2\int\limits_0^h {\left( {\frac{1}{h}{x^2} + h} \right)} \,dx = \frac{4}{3}{h^2}\]
Suy ra \(S(x) = \frac{4}{3}{\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)^2} = \frac{{16}}{{75}}{x^2} - \frac{{48}}{{15}}x + 12\).
Thể tích của hầm là \(V = \int\limits_0^5 {\left( {\frac{{16}}{{75}}{x^2} - \frac{{48}}{{15}}x + 12} \right)} {\rm{d}}x\; = \frac{{296}}{9} \approx 28,89({m^3})\).
Lớp 12C có 40 học sinh. Trong một buổi kiểm tra định kỳ, số học sinh của lớp được chia làm hai phòng như sau.
Chọn ngẫu nhiên một học sinh của lớp 12C. Xét các biến cố:
\(A\): “Học sinh được chọn ở phòng 2”.
\(B\): “Học sinh được chọn là học sinh nữ”.
Lớp 12C có 21 học sinh nam.
Biến cố \(AB\): “Học sinh được chọn là học sinh nữ ở phòng 2”.
\(P(B) = \frac{{21}}{{40}}\).
\(P(A|B) = \frac{4}{7}\).
Tổng số học sinh Nam: \(11 + 8 = 19\) (học sinh).
Tổng số học sinh Nữ: \(9 + 12 = 21\) (học sinh), nên \(n(B) = 21\).
Tổng số học sinh cả lớp: \(19 + 21 = 40\) (học sinh), \(n(\Omega ) = 40\)nên Do đó
a) Lớp 12C có 21 học sinh nam là sai.
b) Biến cố \(AB\): “Học sinh được chọn là học sinh nữ ở phòng 2”, là mệnh đề đúng.
c) \(P(B) = \frac{{21}}{{40}}\), là mệnh đề đúng. Vì \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{21}}{{40}}\).
d) \(P(A|B) = \frac{4}{7}\), là mệnh đề đúng, vì \(P(A|B) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{n\left( {AB} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{{12}}{{21}} = \frac{4}{7}\).
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2; - 1;1} \right)\) và bán kính \(R = 3\).
Điểm \(M\left( {1;3;5} \right)\) nằm trong mặt cầu \(\left( S \right)\).
Đường thẳng đi qua gốc tọa độ \(O\) và tâm \(I\) của mặt cầu \(\left( S \right)\) có dạng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2t}\\{y = - t}\\{z = - t}\end{array}} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( P \right):x + 2y - 2z + 8 = 0\) cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính \(r = 2\).
a) Đúng
Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \(I\left( {2; - 1;1} \right)\) và bán kính \(R = 3\).
b) Sai
\[\overrightarrow {MI} = \left( {1; - 4; - 4} \right) \Rightarrow MI = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {33} > R\]
Suy ra, điểm \[M\] nằm ngoài mặt cầu.
c) Sai
Đường thẳng đi qua gốc tọa độ \(O\) và tâm \(I\) của mặt cầu \((S)\) có một vectơ chỉ phương là \[\overrightarrow {OI} = \left( {2; - 1;1} \right)\].
Phương trình tham số của đường thẳng \[OI\] là \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2t}\\{y = - t}\\{z = t}\end{array}} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
d) Sai
Ta có: \[d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + 2.\left( { - 1} \right) - 2.1 + 8} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2\].
Khi đó \[r = \sqrt {{R^2} - {d^2}} = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5 \].
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Trong một trò chơi điện tử, hai bạn An và Bình thi xem ai chạy được quãng đường xa hơn. An chạy với vận tốc \[{v_A}\left( t \right) = 5\sqrt t \quad \left( {km/h} \right)\],quãng đường Bình chạy được cho bởi phương trình \[{S_B}\left( t \right) = 5t - \frac{5}{{2\pi }}\sin \left( {2\pi t} \right)\quad \left( {km} \right)\](với t là thời gian tính theo giờ). Cuộc đua kết thúc khi An hoặc Bình chạy được 10 km đầu tiên, khi đó khoảng cách giữa hai bạn là bao nhiêu kilômét? (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).Đáp án: \[0,57\].
Có \[{S_A}\left( t \right) = \int {{S_A}^\prime \left( t \right)dt = } \int {{v_A}\left( t \right)} dt = \int {5\sqrt t } dt = 5.\frac{2}{3}t\sqrt t + C\], do \[{S_A}\left( 0 \right) = 0\] nên \[{S_A}\left( t \right) = \frac{{10}}{3}t\sqrt t \].
Có \[{S_A}\left( t \right) = 10 \Leftrightarrow \frac{{10}}{3}t\sqrt t = 10 \Leftrightarrow t\sqrt t = 3 \Leftrightarrow t = {3^{\frac{2}{3}}} = \sqrt[3]{9} \approx 2,08\] (giờ)
Có \[{S_B}\left( t \right) = 10 \Leftrightarrow t = 2\] (giờ) (do \[{S_B}^\prime \left( t \right) = 5 - 5\cos \left( {2\pi t} \right) \ge 0\] nên phương trình \[{S_B}\left( t \right) = 10\] có nghiệm duy nhất)
Suy ra Bình chạy nhanh hơn An, tức là Bình chạy được 10 km trước An.
Khi đó khoảng cách giữa hai người là \[{S_B}\left( 2 \right) - {S_A}\left( 2 \right) = 10 - \frac{{10}}{3}2\sqrt 2 \approx 0,57\] (km).
Đáp án: 1,2
Gọi \(O\) là tâm hình vuông. Kẻ \(OK \bot SC\) tại điểm \(K\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\\AC \cap SA = \left\{ A \right\}\\AC,SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\) mà \(SC \subset \left( {SAC} \right)\) nên \(BD \bot SC\).
Mặt khác, ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right),\,\,OK \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot OK\).
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}OK \bot BD\\OK \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {BD,SC} \right) = OK\).
Xét tam giác \(SAC\) và tam giác \(OKC\) có \(\widehat {SAC} = \widehat {OKC} = 90^\circ \), chung \(\widehat {SCA}\)
nên \(\frac{{SA}}{{OK}} = \frac{{SC}}{{OC}}\).
Vì tứ giác \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC = 2\sqrt 2 \). Khi đó \(OC = \frac{1}{2}AC = \sqrt 2 \).
Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 2\sqrt 6 \).
Do đó \(\frac{{SA}}{{OK}} = \frac{{SC}}{{OC}} \Rightarrow \frac{4}{{OK}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow OK = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).
Vậy \(d\left( {BD,SC} \right) = OK = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \approx 1,2\).
Đáp án: −30
Dễ thấy hàm số đồng biến (do tốc độ ban đầu \(P'(0) = 15 > 0\)), nên số lượng tế bào đạt giá trị nhỏ nhất tại \(t = 0\).
Do đó \(\alpha = P(0) = 30\).
Mặt khác, tập giá trị của hàm số bị chặn trên bởi đường tiệm cận ngang khi \(t \to + \infty \).
Ta có \(\beta = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } P(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{a}{{b + {e^{ - 0,75t}}}} = \frac{a}{b}\).
Ta biến đổi đạo hàm \(P'(t)\) theo \(P(t)\) để tận dụng giả thiết tốc độ:
Từ hàm số ban đầu, ta suy ra \({e^{ - 0,75t}} = \frac{a}{{P(t)}} - b\).
Khi đó: \(P'(t) = \frac{{0,75.a.{e^{ - 0,75t}}}}{{{{(b + {e^{ - 0,75t}})}^2}}} = \frac{{0,75.a.\left( {\frac{a}{{P(t)}} - b} \right)}}{{{{\left( {\frac{a}{{P(t)}}} \right)}^2}}} = 0,75.P(t).\frac{{a - b.P(t)}}{a} = 0,75.P(t).\left( {1 - \frac{b}{a}P(t)} \right)\)
Vì \(\beta = \frac{a}{b}\), ta có mối liên hệ: \(P'(t) = 0,75.P(t).\left( {1 - \frac{{P(t)}}{\beta }} \right)\).
Thay các giá trị tại thời điểm ban đầu \(t = 0\) với \(P(0) = 30\) và \(P'(0) = 15\) vào hệ thức trên, ta được:
\(15 = 0,75.30.\left( {1 - \frac{{30}}{\beta }} \right) \Leftrightarrow 15 = 22,5.\left( {1 - \frac{{30}}{\beta }} \right) \Leftrightarrow 1 - \frac{{30}}{\beta } = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{{30}}{\beta } = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \beta = 90\).
Vậy \(2\alpha - \beta = 2.30 - 90 = - 30\).
Trên đường tròn tâm \(O\) bán kính bằng \(1\) có một điểm \(P\) chuyển động (như hình bên). Khi gieo một con xúc xắc, nếu số chấm xuất hiện là \(1\) hoặc \(2\) thì điểm \(P\) chuyển động theo chiều kim đồng hồ một góc \(60^\circ \), còn trong các trường hợp khác thì điểm \(P\) chuyển động theo chiều ngược kim đồng hồ một góc \(60^\circ \). Khi gieo xúc xắc \(8\) lần, xác suất để điểm \(P\) trở về đúng vị trí ban đầu là \(\frac{k}{{{3^5}}}\). Khi đó, giá trị của \(k\) là bao nhiêu? (biết rằng \(k\) là số tự nhiên).
Đáp án: 80
Gọi A là biến cố cần tìm.
Gọi \(p\) là xác suất để điểm \(P\) di chuyển theo chiều kim đồng hồ trong một lần gieo: \(p = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).
Khi đó, xác suất để điểm \(P\) di chuyển theo chiều ngược kim đồng hồ là: \(q = 1 - p = \frac{2}{3}\).
Giả sử trong \(8\) lần gieo, có \(x\) lần điểm \(P\) di chuyển theo chiều kim đồng hồ và \(y\) lần di chuyển theo chiều ngược kim đồng hồ (điều kiện \(x,y \in \mathbb{N},x + y = 8\)).
Mỗi lần di chuyển tương ứng với một cung có số đo \(60^\circ = \frac{{360^\circ }}{6}\). Để điểm \(P\) trở về đúng vị trí ban đầu sau \(8\) lần di chuyển, tổng đại số các góc quay phải là bội số của \(360^\circ \).
Ta có phương trình: \((y - x) \cdot 60^\circ = n \cdot 360^\circ \Rightarrow y - x = 6n\) (với \(n \in \mathbb{Z}\)).
Kết hợp với \(x + y = 8\), ta có hệ:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 8}\\{y - x = 6n}\end{array}} \right. \Rightarrow 2y = 8 + 6n \Rightarrow y = 4 + 3n\).
Vì \(0 \le y \le 8\), ta có các trường hợp sau:
Với \(n = - 1 \Rightarrow y = 1,x = 7\).
Với \(n = 0 \Rightarrow y = 4,x = 4\).
Với \(n = 1 \Rightarrow y = 7,x = 1\).
Xác suất để điểm \(P\) trở về vị trí ban đầu là tổng xác suất của 3 trường hợp trên là:
\(P\left( A \right) = C_8^7 \cdot {p^7} \cdot {q^1} + C_8^4 \cdot {p^4} \cdot {q^4} + C_8^1 \cdot {p^1} \cdot {q^7}\)
\( = 8 \cdot {(\frac{1}{3})^7} \cdot \frac{2}{3} + 70 \cdot {(\frac{1}{3})^4} \cdot {(\frac{2}{3})^4} + 8 \cdot \frac{1}{3} \cdot {(\frac{2}{3})^7} = \frac{{80}}{{243}} = \frac{{80}}{{{3^5}}} = \frac{k}{{{3^5}}} \Rightarrow k = 80\).
Đáp án: 2150
Doanh thu: \[R(x) = x \cdot p(x) = x(90 - 0,01{x^2}) = 90x - 0,01{x^3}.\]
Thuế giá trị gia tăng (10% doanh thu): \[T(x) = 0,1 \cdot R(x) = 0,1(90x - 0,01{x^3}) = 9x - 0,001{x^3}\]
Chi phí sản xuất: \[C(x) = \frac{1}{2}(200 + 27x) = 100 + 13,5x.\]
Lợi nhuận sau thuế bằng Doanh thu trừ đi Chi phí và Thuế:
\[\begin{array}{l}L(x) = R(x) - C(x) - T(x) = (90x - 0,01{x^3}) - (100 + 13,5x) - (9x - 0,001{x^3})\\ = - 0,009{x^3} + 67,5x - 100(0 \le x \le 90)\end{array}\]
\[L'(x) = - 0,027{x^2} + 67,5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 50(N)\\x = - 50(L)\end{array} \right.\]
\[\begin{array}{l}L(0) = - 100\\L(50) = - 0,009({50^3}) + 67,5(50) - 100 = - 1125 + 3375 - 100 = 2150\\L(90) = - 0,009({90^3}) + 67,5(90) - 100 = - 6561 + 6075 - 100 = - 586.\end{array}\]
Kết luận:
Mỗi tháng nhà máy A thu được lợi nhuận cao nhất là 2150 triệu đồng khi sản xuất và bán ra 50 tấn sản phẩm.
Đáp số: 1524.
Gọi P và Q lần lượt là vị trí tương ứng với hồ Hoàn Kiếm và đảo Trường Sa
Ta có \(P\left( {\cos 21^\circ 02'\cos 105^\circ 51';\cos 21^\circ 02'\sin 105^\circ 51';\sin 21^\circ 02'} \right)\), \(Q\left( {\cos 8^\circ 39'\cos 111^\circ 56';\cos 8^\circ 39'\cos 111^\circ 56';\sin 8^\circ 39'} \right)\)
Suy ra
\(\overrightarrow {OP} = \left( {\cos 21^\circ 02'\cos 105^\circ 51';\cos 21^\circ 02'\sin 105^\circ 51';\sin 21^\circ 02'} \right)\), \(\overrightarrow {OQ} = \left( {\cos 8^\circ 39'\cos 111^\circ 56';\cos 8^\circ 39'\cos 111^\circ 56';\sin 8^\circ 39'} \right)\).
Do đó \[\overrightarrow {OP} .\overrightarrow {OQ} \approx 0,9715384942\] vì P, Q thuộc mặt đất nên \(\left| {\overrightarrow {OP} } \right| = \left| {\overrightarrow {OQ} } \right| = 1\)
Do đó \[\cos \widehat {POQ} = \frac{{\overrightarrow {OP} .\overrightarrow {OQ} }}{{\left| {\overrightarrow {OP} } \right|.\left| {\overrightarrow {OQ} } \right|}} \approx 0,97154\]. Suy ra \(\widehat {POQ} \approx 13,70257035^\circ \)
Mặt khác, mặt cầu tâm O, đi qua P, Q có bán kính 1 nên cung nhỏ của đường tròn đó có độ dài xấp xỉ bằng \(\frac{{13,70257035\pi }}{{180}} \approx 0,2391549686\).
Do 1 đơn vị dài trong không gian Oxyz tương ứng với 6 371 km trên thực tế, nên khoảng cách trên mặt đất giữa hai vị trí P, Q xấp xỉ bằng \[0,2391549686 \cdot 6371 = 1523,656305 \approx 1524\](km).
