Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 TH,THSC&THPT Lê Thánh Tông (TP.HCM) có đáp án

Chọn B

Ta có công thức nguyên hàm của hàm số mũ: \(\int {{a^x}} dx = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C\) (với \(a > 0\) và \(a \ne 1\)).

Áp dụng công thức này cho hàm số \(f(x) = {2025^x}\), ta được: \(\int 2 {025^x}dx = \frac{{{{2025}^x}}}{{\ln (2025)}} + C\).

Vậy nguyên hàm của hàm số \(f(x) = {2025^x}\) là \(\frac{{{{2025}^x}}}{{\ln (2025)}} + C\).

Chọn D

Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình \(f(x) = g(x)\):

\( - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} + 1 =  - \frac{1}{2}x + \frac{5}{2}\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.\).

\(S = \int_{ - 1}^1 {\left( {g(x) - f(x)} \right)dx = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}{x^2} - \frac{1}{2}x + \frac{3}{2}} \right)} } dx = 2\).

Chọn B

Tổng số bóng đèn: \(N = 11 + 20 + 29 + 40 + 30 = 130\).

Tần số tích lũy:

 Khoảng [3; 5): 11

 Khoảng [5; 7): \(11 + 20 = 31\)

 Khoảng [7; 9): \(31 + 29 = 60\)

 Khoảng [9; 11): \(60 + 40 = 100\)

 Khoảng [11; 13): \(100 + 30 = 130\)

Để tìm tứ phân vị thứ nhất (\({Q_1}\)), ta xác định vị trí của nó. Vị trí của \({Q_1}\) là \(\frac{N}{4} = \frac{{130}}{4} = 32.5\).

Ta thấy giá trị 32.5 nằm trong khoảng [7; 9). Vậy, nhóm chứa \({Q_1}\) là [7; 9).

\({Q_1} = 7 + \frac{{32.5 - 31}}{{29}} \times 2 = \frac{{206}}{{29}}\).

Chọn B

Mặt cầu \((S)\) có tâm \(I(2; - 1;0)\).

Đường kính của mặt cầu là \(d = 8\).

Bán kính của mặt cầu là \(R = \frac{d}{2} = \frac{8}{2} = 4\).

Phương trình tổng quát của mặt cầu có tâm \((a;b;c)\) và bán kính \(R\) là:

\({(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = {R^2}\)

Thay tọa độ tâm \(I(2; - 1;0)\) và bán kính \(R = 4\) vào công thức, ta được:

\({(x - 2)^2} + {(y - ( - 1))^2} + {(z - 0)^2} = {4^2}\)\( \Leftrightarrow {(x - 2)^2} + {(y + 1)^2} + {z^2} = 16\).

Chọn A

Xét hàm số \(y = \frac{{ - {x^2} - 2x + 5}}{{x + 2}}\)

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}.\)

Ta có \(y = \frac{{ - {x^2} - 2x + 5}}{{x + 2}} =  - x + \frac{5}{{x + 2}}.\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {y + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\frac{{ - {x^2} - 2x + 5}}{{x + 2}} + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - x + \frac{5}{{x + 2}} + x} \right) = 0\)

và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {y + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\frac{{ - {x^2} - 2x + 5}}{{x + 2}} + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( { - x + \frac{5}{{x + 2}} + x} \right) = 0\)

nên đường thẳng \(y =  - x\)là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn C

Ta có \[{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > \frac{1}{{32}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^5} \Leftrightarrow {x^2} + 4x < 5\,\,\,\left( {do\,\,0 < \frac{1}{2} < 1} \right)\]\[ \Leftrightarrow  - 5 < x < 1\]

Chọn C

Ta có:

+) \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3; - 3;2} \right).\)

+) Mặt phẳng \((P):x - 3y + 2z - 5 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1; - 3;2} \right).\)

Giả sử một vectơ pháp tuyến với mặt phẳng \((Q)\) là \(\overrightarrow {{n_Q}} \, = \left( {a;b;c} \right)\,\,\,\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} \ne 0} \right).\)

Vì mặt phẳng \((Q)\) đi qua hai điểm \(A,\,\,B\) và vuông góc với mặt phẳng \((P)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_Q}}  \bot \overrightarrow {AB} \\\overrightarrow {{n_Q}}  \bot \overrightarrow {{n_P}} \end{array} \right.\)

hay \(\overrightarrow {{n_Q}}  = \overrightarrow {AB}  \wedge \overrightarrow {{n_P}} \)=\(\left( {0;8;12} \right).\)

Chọn D

Ta có:

+) Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\SH \bot BD\\AC,\,\,SH \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\) mà \(BD \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\) hay A đúng.

+) B đúng theo tính chất

+) Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot SH\\BD,\,\,SH \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)\) mà \(AC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) hay C đúng.

Chọn A

Ta có: \({3^{x - 2}} = \frac{1}{9} \Leftrightarrow {3^{x - 2}} = {\left( 3 \right)^{ - 2}} \Leftrightarrow x - 2 =  - 2 \Leftrightarrow x = 0.\)

Chọn A

Ta có: \(d = {u_3} - {u_2} = 1 - \left( { - 2} \right) = 3 \Rightarrow {u_4} = {u_3} + d = 1 + 3 = 4.\)

Chọn D

\(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {A'C'} \) nên A đúng

\(\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AC'} \) (theo qui tắc hình bình hành) nên B đúng

\(\overrightarrow {BB'}  + \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {BD'} \) (theo qui tắc hình hộp) nên C đúng

\(\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow {DB}  \ne \overrightarrow {B'D'} \) nên D sai

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số ta có các ý A, B, D đều đúng.

Điểm cực đại của hàm số là 2 nên C sai.

Tập xác định: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\]

\[y' = \frac{3}{{{{(x + 2)}^2}}} > 0\forall x \ne  - 2\] nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định \[\left( { - \infty ; - 2} \right),\left( { - 2; + \infty } \right)\].

Phát biểu 1 Sai

Đồ thị hàm số \[y = \frac{{x - 1}}{{x + 2}}\] có TCĐ \[x =  - 2\] và TCN \[y = 1\]nên đồ thị có tâm đối xứng \[I\left( { - 2;1} \right)\]

Phát biểu 2 Sai. ( Hàm số có tâm đối xứng là sai, phát biểu đúng là đồ thị hàm số có tâm đối xứng)

Tại \[x = 1 \Rightarrow y = 0,f'(1) = \frac{1}{3}\]

PTTT: \[y = \frac{1}{3}(x - 1) = \frac{1}{3}x - \frac{1}{3}\].

Phát biểu 3 Đúng.

Tam giác IAB đều với \[I\left( { - 2;1} \right)\], \[A,B \in (C) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\(\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {IB} ) = {60^0}\end{array} \right.\]

Gọi \[A(a;1 - \frac{3}{{a + 2}}),B(b;1 - \frac{3}{{b + 2}})\]

Khi đó: \[\begin{array}{l}IA = \sqrt {{{(a + 2)}^2} + \frac{9}{{{{(a + 2)}^2}}}} ,IB = \sqrt {{{(b + 2)}^2} + \frac{9}{{{{(b + 2)}^2}}}} \\\left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\(\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {IB} ) = {60^0}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(a + 2)^2} + \frac{9}{{{{(a + 2)}^2}}} = {(b + 2)^2} + \frac{9}{{{{(b + 2)}^2}}}\\\frac{{(a + 2)(b + 2) + \frac{9}{{(a + 2)(b + 2)}}}}{{\sqrt {{{(a + 2)}^2} + \frac{9}{{{{(a + 2)}^2}}}} .\sqrt {{{(b + 2)}^2} + \frac{9}{{{{(b + 2)}^2}}}} }} = \frac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}\](1)

Đặt: \[m = (a + 2),n = (b + 2)\]

\[\begin{array}{l}IA = \sqrt {{m^2} + \frac{9}{{{m^2}}}} ,IB = \sqrt {{n^2} + \frac{9}{{{n^2}}}} \\(1) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + \frac{9}{{{m^2}}} = {n^2} + \frac{9}{{{n^2}}}(2)\\\frac{{mn + \frac{9}{{mn}}}}{{\sqrt {{m^2} + \frac{9}{{{m^2}}}} .\sqrt {{n^2} + \frac{9}{{{n^2}}}} }} = \frac{1}{2}(3)\end{array} \right.\end{array}\]

(2): \[{m^2} + \frac{9}{{{m^2}}} = {n^2} + \frac{9}{{{n^2}}} \Rightarrow ({m^2} - {n^2})({m^2}{n^2} - 9) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = n\\m =  - n\\mn =  - 3\\mn = 3\end{array} \right.\]

Các trường hợp \[m = n,m =  - n,mn =  - 3\]thay vào (3): không thỏa, nên loại.

Xét \[mn = 3:(3) \Rightarrow \frac{6}{{{m^2} + \frac{9}{{{m^2}}}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {m^2} + \frac{9}{{{m^2}}} = 12 \Rightarrow IA = AB = \sqrt {12}  = 2\sqrt 3 \]

Vậy\[AB = 2\sqrt 3 \]

Phát biểu 4 Đúng.

Từ đó ta suy ra:

a) Sai.

b) Sai.

c) Đúng.

d) Đúng.

a) Đúng

Thể tích của khối lập phương cạnh \(8\,(cm)\) bằng \(512\,(c{m^3})\).

b) Sai

Phần chỏm cầu có chiều cao bằng \(14 - 8 = 6\,(cm)\)

Mặt trên của hình lập phương cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng \(\sqrt {{4^2} - {{(6 - 4)}^2}}  = 2\sqrt 3 \,(cm)\)

c) Sai

Ta tìm thể tích phần chỏm cầu phía dưới

Theo trên thì chỏm cầu phía dưới có chiều cao \(h' = 2\,(cm);\,r = 2\sqrt 3 \,(cm)\)

Vậy thể tích phần chỏm cầu phía dưới bằng \(V' = \pi {h^2}\left( {R - \frac{h}{3}} \right) = \pi {.2^2}\left( {4 - \frac{2}{3}} \right) = \frac{{40\pi }}{3}\,(c{m^3})\).

Ta có thể tích của khối cầu \(\frac{4}{3}\pi {.4^3} = \frac{{256\pi }}{3}\,(c{m^3})\).

Nên thể tích phần chỏm cầu phía trên bằng \(\frac{{256\pi }}{3} - \frac{{40\pi }}{3} = 72\pi \,(c{m^3})\).

d) Đúng

Thể tích của đồ lưu niệm đó là \(512\, + 72\pi  \approx 738\,(c{m^3})\).

a) Đúng, Vì quỹ đạo bay của chim bói cá thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) nên sẽ có phương trình là \(ax + by + c = 0\) (trong đó \(a,b\) không đồng thời bằng 0).

Vì mặt phẳng đi qua 2 điểm \(A(0;0;5)\) và \(B(4;0;4)\) nên ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\4a + c = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\a = 0\end{array} \right.\)

Nên quỹ đạo bay của chim bói cá thuộc mặt phẳng \(y = 0\).

b) Sai, Đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có phương trình là \({x^2} + {z^2} - 2ax - 2bz + c = 0\) điều kiện \({a^2} + {b^2} - c > 0\).

Vì đường tròn đi qua các điểm \(A(0;0;5)\), \(B(4;0;4)\)nên ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}0a - 10b + c =  - 25\\ - 8a - 8b + c =  - 32\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 10b - 25\\ - 8a + 2b =  - 7\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 10b - 25\\a = \frac{1}{4}b + \frac{7}{8}\end{array} \right.\).

Vì đường tròn đi qua điểm \(M\) thỏa mãn \(\widehat {AMB} = {135^ \circ }\) nên cung  suy ra tam giác \(AIB\) vuông cân tại \(I\) suy ra \(R = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt {\frac{{17}}{2}}  \Rightarrow {a^2} + {b^2} - c = \frac{{17}}{2}\).

Suy ra \[{\left( {\frac{1}{4}b + \frac{7}{8}} \right)^2} + {b^2} - 10b + 25 = \frac{{17}}{2} \Rightarrow \frac{{17}}{{16}}{b^2} - \frac{{153}}{{16}}b + \frac{{1105}}{{64}} = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}b = \frac{{13}}{2}\\b = \frac{5}{2}\end{array} \right.\].

Với \(b = \frac{{13}}{2}\) thì \(a = \frac{5}{2},c = 40\) đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm \(I\left( {\frac{5}{2};0;\frac{{13}}{2}} \right).\)

Với \(b = \frac{5}{2}\) thì \(a = \frac{3}{2},c = 0\) đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm \(I\left( {\frac{3}{2};0;\frac{5}{2}} \right).\)

Nhưng do đường tròn chứa cung  như hình vẽ cao độ sẽ lớn hơn cao độ của điểm \(B\) nên ta nhận đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm \(I\left( {\frac{5}{2};0;\frac{{13}}{2}} \right)\).

c) Đúng, Vì giao điểm của hai mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) và \(\left( {Oxy} \right)\) là trục \(Ox\) nên khoảng cách ngắn nhất mà chim bói cá bay xuống sát với mặt nước nhất là \(d = d\left( {I,Ox} \right) - R = \frac{{13}}{2} - \sqrt {\frac{{17}}{2}}  \approx 3,58\,\left( {\rm{m}} \right)\).

d) Đúng, Điểm gần mặt nước nhất là điểm thấp nhất trên cung tròn (đỉnh vòm). Gọi là \(H\).

Ta cần tính độ dài cung\(AH\).

Xét tam giác \(IAH\) trong mặt phẳng quỹ đạo. \(I\left( {\frac{5}{2};0;\frac{{13}}{2}} \right),A\left( {0;0;5} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {IA}  = \left( { - \frac{5}{2};0; - \frac{3}{2}} \right)\).

Vector chỉ hướng thẳng đứng xuống dưới từ tâm là \(\overrightarrow v  = (0;0; - 1)\).

Góc quay \(\alpha \) từ \(A\) đến điểm thấp nhất \(H\) được tính qua cosin góc giữa \(IA\) và trục thẳng đứng: \(\cos \alpha  = \frac{{\left| {{z_{IA}}} \right|}}{R} = \frac{{1,5}}{{\sqrt {\frac{{17}}{2}} }}\).

Suy ra \(\alpha  = \arccos \left( {\frac{{1,5}}{{\sqrt {8,5} }}} \right) \approx 1,03{\mathop{\rm rad}\nolimits} \).

Độ dài cung \(L = R \cdot \alpha  = \sqrt {8,5}  \cdot 1,03 \approx 2,915 \cdot 1,03 \approx 3,00\;{\rm{m}}\).

Thời gian bay \(t = \frac{L}{v} = \frac{{3,00}}{2} = 1,5\) giây.

a) ĐÚNG

Gọi biến cố A: Ứng viên là nam. \(P\left( A \right) = 0,6\), \(P\left( {\overline A } \right) = 0,4\)

Biến cố B: Ứng viên đậu bài kiểm tra lập trình. \(P\left( {B\left| A \right.} \right) = 0,8\), \(P\left( {\left. B \right|\overline A } \right) = 0,7\)

Biến cố C: Ứng viên đậu bài kiểm tra tư duy logic. \(P\left( {\left. C \right|A} \right) = 0,75\), \(P\left( {\left. C \right|\overline A } \right) = 0,85\).

Ta có sơ đồ hình cây:

 

Trong những người vượt qua bài kiểm tra lập trình tỉ lệ ứng viên nữ là:

\[P\left( {\overline A \left| B \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right)}}{{P\left( B \right)}}\]\[ = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right)}}{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) + P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right)}}\]\( = \frac{{0,4.0.7}}{{0,4.0,7 + 0,6.0,8}} = \frac{7}{{19}}\)

b) ĐÚNG

Ứng viên không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra là biến cố \(\overline B  \cup \overline C \), tương đương với biến cố \(\overline {BC} \).

Vậy trong những ứng viên nam có số ứng viên không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra là:

\[P\left( {\overline B  \cup \overline C \left| A \right.} \right) = P\left( {\overline {BC} \left| A \right.} \right) = 1 - P\left( {BC\left| A \right.} \right) = 1 - P\left( {B\left| A \right.} \right).P\left( {C\left| A \right.} \right) = 1 - 0,8.0,75 = 0,4\]

( do \[B,{\rm{ }}C\] là hai biến cố độc lập theo giới tính ( có nghĩa là xét với giới tính nam thì \[B,{\rm{ }}C\] độc lập, hay xét riêng theo giới tính nữ thì \[B,{\rm{ }}C\] độc lập) nên \[P\left( {BC\left| A \right.} \right) = P\left( {B\left| A \right.} \right).P\left( {C\left| A \right.} \right)\])

c) ĐÚNG

Có số ứng viên vượt qua được hai bài kiểm tra là: \(P\left( {BC} \right) = P\left( A \right).P\left( {BC\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {BC\left| {\overline A } \right.} \right) = \)\( = P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right).P\left( {C\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right).P\left( {C\left| {\overline A } \right.} \right)\)\( = 0,6.0,8.0,75 + 0,4.0,7.0,85 = 0,598\)

d) SAI

Khi đó xác suất người đó là nữ biết rằng người đó đã vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình và logic là:

\(P\left( {\overline A \left| {BC} \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {BC\left| {\overline A } \right.} \right)}}{{P\left( {BC} \right)}} = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right).P\left( {C\left| {\overline A } \right.} \right)}}{{P\left( {BC} \right)}} = \frac{{0,4.0,7.0,85}}{{0,598}} = 0,398\).

Đáp án: \[0,61\].

Gọi hình chiếu của \[A'\] lên mặt \[ABC\] trùng với trung điểm của \[BC\] là \[H\], trung điểm của \[B'C'\] là \[K\]. Ta có tam giác \[ABC\]đều nên \[AH \bot BC\](1), có\[A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot BC\] (2)

Từ (1), (2) có \[BC \bot \left( {AHA'} \right),\,\,AA'//KH \Rightarrow BC \bot KH\]

Vậy \[\left[ {C',BC,A} \right] = \widehat {KHA} = {135^0}\]. Tứ giác AHKA’ là hình bình hành \[ \Rightarrow \widehat {A'AH} = {45^0} \Rightarrow \Delta AHA'\]vuông cân tại H \[ \Rightarrow A'H = AH = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\].

Do \[AH,A'H,BH\] đôi một vuông góc. Chọn hệ trục tọa độ \[Oxyz\] sao cho \[\,O \equiv H\left( {0;0;0} \right),\,B\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};0;0} \right),\,A\left( {0;\frac{{\sqrt 6 }}{2};0} \right),\,A'\left( {0;0;\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) \Rightarrow C\left( {\frac{{ - \sqrt 2 }}{2};0;0} \right),C'\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}; - \frac{{\sqrt 6 }}{2};\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)\]

Xét mặt phẳng \[\left( \alpha  \right)\]chứa A’B và song song với AC’ có vtpt là \[\left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {AC'} } \right] = \left( { - 3;0; - \sqrt 3 } \right)\].

Phương trình \[\left( \alpha  \right)\]là \[ - 3\left( {x - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) - \sqrt 3 z = 0 \Leftrightarrow 6x + 2\sqrt 3 z - 3\sqrt 2  = 0\].

\[d\left( {A'B;AC'} \right) = d\left( {A;\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{\left| { - 3\sqrt 2 } \right|}}{{\sqrt {36 + 12} }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \approx 0,61\].

Đáp án: 209.

Gọi \(x\left( {\rm{m}} \right)\)\(\left( {x > 0} \right)\) là chiều rộng đáy. Khi đó chiều dài đáy là \(1,5x\left( {\rm{m}} \right)\)

Gọi \(h\left( {\rm{m}} \right)\) là chiều cao của thùng.

Theo đề bài, thể tích của thùng \(1{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\) nên ta có: \(1,5x \times x \times h = 1 \Leftrightarrow h = \frac{1}{{1,5{x^2}}} = \frac{2}{{3{x^2}}}\).

Diện tích các mặt bên của thùng là: \({S_{ben}} = 2.1,5x.h + 2xh = 5xh = \frac{{10}}{{3x}}\)

Diện tích các mặt đáy thùng là: \({S_{day}} = 1,5{x^2}\)

Chi phí làm mặt bên là: \({C_{ben}} = 180000.\frac{{10}}{{3x}} = \frac{{600000}}{x}\)

Chi phí làm mặt đáy là: \({C_{day}} = 240000.1,5{x^2} = 360000{x^2}\).

Chi phí để sản xuất 1 thùng là: \(C\left( x \right) = 360000{x^2} + \frac{{600000}}{x}\).

Ta có \(C'\left( x \right) = 720000x - \frac{{600000}}{{{x^2}}}\).

\(C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{5}{6}}}\).

Khi đó chi phí thấp nhất để sản xuất một thùng là \({C_{\min }} \approx 956392,713\) (đồng).

Số thùng sản xuất tối đa là: \(n = \frac{{200000000}}{{956393,713}} \approx 209,119\)(thùng).

Vậy số thùng tối đa có thể sản xuất là \(209\) thùng.

Đáp án: 37.

Gọi \(I\) là tâm của mặt cầu, \(M\) là giao điểm của đường tròn trên mặt đất với trục \(Oy.\) Khi đó

\(I{M^2} = {(IM - 30)^2} + {450^2} \Leftrightarrow IM = \frac{{{{30}^2} + {{450}^2}}}{{2.30}} = 3390{\rm{ km}}{\rm{.}}\)

Tọa độ tâm \(I\) là \(I(0;0; - 3360).\) Phương trình mặt cầu là \((S):{x^2} + {y^2} + {(z + 3360)^2} = {3390^2}.\)

Phương trình đường thẳng \(OA:\left\{ \begin{array}{l}x = 30t\\y =  - 780t\\z = 60t\end{array} \right.\)

Gọi \(B = OA \cap (S)(AB < AO{\rm{ hay }}{z_B} > 0) \Rightarrow OB\) là đoạn đường tên lửa bay trong chỏm cầu.

Ta có phương trình

\({(30t)^2} + {( - 780t)^2} + {(60t + 3360)^2} = 11492100 \Leftrightarrow 612900{t^2} + 403200t - 202500 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{3} \Rightarrow {B_1}\left( {10; - 260;20} \right)\left( {{z_{{B_1}}} > 0} \right)\\t =  - \frac{{225}}{{227}} \Rightarrow {B_2}\left( { - \frac{{6750}}{{227}};\frac{{175500}}{{227}}; - \frac{{13500}}{{227}}} \right)\left( {{z_{{B_2}}} < 0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow B(10; - 260;20)\)

Thời gian cần tìm là

\({t_{OB}} = \frac{{OB}}{7} = \frac{{\sqrt {{{10}^2} + {{( - 260)}^2} + {{20}^2}} }}{7} = \frac{{10\sqrt {681} }}{7} \approx 37{\rm{ (gi\^a y)}}{\rm{.}}\)

Chọn hệ trục toạ độ \(O\,xy\) như hình vẽ.

Khi đó: \(A\left( {0;\,0} \right);\,D\left( {0;40} \right);\,C\left( {60;\,40} \right);\,B\left( {100;\,0} \right)\).

Phương trình \(BC:\,\frac{{x - 100}}{{ - 40}} = \frac{y}{{40}} \Leftrightarrow x + y - 100 = 0\)

*Gọi điểm \(K\left( {x;\,y} \right)\left( {x,y > 0} \right)\) thuộc \(\left( H \right)\). Khi đó, ta có: \(d\left( {K;AD} \right).d\left( {K;BC} \right) = 600\sqrt 2 \).

\( \Leftrightarrow \left| x \right|.\left| {x + y - 100} \right| = 1200\)

Vậy \(\left( H \right):\,y = 100 - \frac{{1200}}{x} - x\)

*Vì diện tích phần nhà kho bằng \(\frac{{1600}}{3}\) nên \(\frac{1}{3}AD.2DK = \frac{{600}}{3} \Leftrightarrow DK = 20\). Do đó, \(K\left( {20;\,40} \right)\)

Gọi phương trình \(\left( P \right):\,y = a\,{x^2}\). Vì \(\left( P \right)\) qua điểm \(K\left( {20;\,40} \right)\) nên \(40 = a{.20^2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{{10}}\).

Vậy \(\left( P \right)\): \(y = \frac{1}{{10}}{x^2}\).

Gọi điểm \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right) \in \left( P \right);\,B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( H \right)\). Khi đó \(AB\) ngắn nhất khi tiếp tuyến của \(\left( P \right)\)tại \(A\) và tiếp tuyến của \(\left( H \right)\) tại \(B\) song song với nhau.

\(\frac{1}{5}{x_1} =  - 1 + \frac{{1200}}{{x_2^2}} \Leftrightarrow {x_1} =  - 5 + \frac{{6000}}{{x_2^2}}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + {\left( {{y_1} - {y_2}} \right)^2}\\ = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{10}}{x_1}^2 - 100 + \frac{{1200}}{{{x_2}}} + {x_2}} \right)^2}\\ = {\left( { - 5 + \frac{{6000}}{{x_2^2}} - {x_2}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{10}}{{\left( { - 5 + \frac{{6000}}{{x_2^2}}} \right)}^2} - 100 + \frac{{1200}}{{{x_2}}} + {x_2}} \right)^2}\end{array}\)

Dùng máy tính xác định được \(AB\) đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(5,23\) khi \({x_2} \approx 18,13\).

Đáp án: 26.

Ta đi tìm không gian mẫu:

Với \(d4\) là điểm xuất phát. Sau bước thứ nhất, quân Mã có thể đi đến 8 ô gồm:

\(c6,e6,f5,f3,e2,c2,b3,b5\)

Mà quân Mã phải quay về đúng vị trí ban đầu nên vị trí đầu tiên và thứ ba quân Mã đi qua phải thuộc 1 trong 8 điểm ở trên và không được lặp lại trùng nhau.

Ta thấy có 3 kiểu đi để hoàn thành 1 chu trình hoàn chỉnh.

+ Kiểu 1: Quân Mã đi đến ô đầu tiên và thứ ba lần lượt ở \(c6\) và \(e6\). Khi đó ô thứ hai ở \(d8\).

Ta thấy rằng trong 8 cặp ô có dạng giống ví dụ trên, nhưng chỉ có 6 cặp là có thể đi được ô thứ 2 nằm trong bàn cờ theo kiểu đi 1. Do đó số cách đi được là: \(6.2 = 12\) cách.

+ Kiểu 2: Quân Mã đi đến ô đầu tiên và thứ ba lần lượt ở \(c6\) và \(f5\). Khi đó ô thứ hai ở \(e7\).

Ta thấy rằng trong 8 cặp ô có dạng giống ví dụ trên. Do đó số cách đi được là \(8.2 = 16\) cách.

+ Kiểu 3: Quân Mã đi đến ô đầu tiên và thứ ba lần lượt ở \(c6\) và \(f3\). Khi đó ô thứ hai ở \(e5\).

Ta thấy rằng trong 8 cặp ô có dạng giống ví dụ trên. Do đó số cách đi được là \(8.2 = 16\) cách.

Tổng số cách di chuyển để quân Mã quay lại \(d4\) sau 4 bước không trùng nhau là:

\(12 + 16 + 16 = 44\) cách. Do đó \(n\left( \Omega  \right) = 44\).

Để đường đi của quân Mã tạo thành 1 hình vuông

Ta thấy rằng khi đó, quân Mã sẽ có thể đi theo hai hướng cùng chiều và ngược chiều kim đồng hồ.

Ví dụ:

Quân Mã có thể di chuyển theo thứ tự các ô: \(c6,\,\,e7,\,\,f5,\,\,d4\) (theo chiều kim đồng hồ) hoặc di chuyển theo thứ tự: \(c2,\,\,e1,\,\,f3,\,\,d4\) (ngược chiều kim đồng hồ).

Với mỗi hình vuông tạo được, quân Mã có thể đi được 2 chiều. Ta thấy rằng có thể tạo ra 8 hình vuông giống cách đi ở trên, do đó số cách đi có thể xảy ra là: \(8.2 = 16\) cách.

Vậy xác suất đường đi của con mã có 4 điểm đặt đó là 4 đỉnh của một hình vuông là \(\frac{{16}}{{44}} = \frac{4}{{11}}\).

Khi đó \(a + 2b = 26\).

Đáp án: \(0,56\).

Mặt phẳng \(\left( {CDEF} \right)\) có cặp vectơ chỉ phương \(\vec k = \left( {0;0;1} \right)\), \(\overrightarrow {MN}  = \left( {4; - 1;8} \right)\).

Þ \(\left( {CDEF} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\left[ {\vec k;\overrightarrow {MN} } \right] = \left( {1;4;0} \right)\).

Þ Phương trình mặt phẳng \(\left( {CDEF} \right)\): \(1.\left( {x - 4} \right) + 4.\left( {y - 15} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 4y - 64 = 0\).

Toạ độ điểm \(A\left( {8;5;0} \right)\) và điểm đá bóng là \(K\left( {0;0;2} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) chứa quỹ đạo của quả bóng có cặp vectơ chỉ phương \(\vec k = \left( {0;0;1} \right)\), \(\overrightarrow {OA}  = \left( {8;15;0} \right)\)

Þ \(\left( \alpha  \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\left[ {\vec k;\overrightarrow {OA} } \right] = \left( { - 15;8;0} \right)\)

Þ Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\): \( - 15.\left( {x - 0} \right) + 8.\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 15x - 8y = 0\).

Gọi \(B\)là hình chiếu của đỉnh quỹ đạo parabol của quả bóng xuống mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) Þ \(B \in OA\)

Ta có \(\overrightarrow {OB}  = k.\overrightarrow {OA}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = k.{x_A}\\{y_B} = k.{y_A}\\{z_B} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 = k.8\\{y_B} = k.15\\{z_B} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{3}{8}\\{y_B} = \frac{{45}}{8}\\{z_B} = 0\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {3;\frac{{45}}{8};0} \right)\)

Gọi \(T\) là hình chiếu của quả bóng bắt đầu bay vào khung thành trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) thì toạ độ điểm \(T\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 64\\15x - 8y = 0\\z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{128}}{{17}}\\y = \frac{{240}}{{17}}\\z = 0\end{array} \right. \Rightarrow T\left( {\frac{{128}}{{17}};\frac{{240}}{{17}};0} \right)\)

Xét hệ trục toạ độ \(Otz\) với tia \(Ot\) cùng hướng với tia \(OA\).

Ta có \(OA = \sqrt {{8^2} + {{15}^2}}  = 17\), \(OB = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\frac{{45}}{8}} \right)}^2}}  = \frac{{51}}{8}\), \(OT = \sqrt {{{\left( {\frac{{128}}{{17}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{240}}{{17}}} \right)}^2}}  = 16\).

Quỹ đạo quả bóng trong hệ trục \(Otz\) là parabol\(\left( P \right):z = a{t^2} + bt + c\)

Ta có \(\left( P \right)\) qua các điểm \(K\left( {0;2} \right),A\left( {17;0} \right)\) và có hoành độ đỉnh \(t = \frac{{51}}{8}\)

Þ \(\left\{ \begin{array}{l}c = 2\\289a + 17b + c = 0\\ - \frac{b}{{2a}} = \frac{{51}}{8}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \frac{8}{{289}}\\b = \frac{6}{{17}}\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right):z =  - \frac{8}{{289}}{t^2} + \frac{6}{{17}}t + 2\).

Độ cao của quả bóng khi bắt đầu vào khung thành là: \(z\left( {16} \right) = \frac{{162}}{{289}} \approx 0,56\left( m \right)\).