Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 16)

Vì tích phân không phụ thuộc vào đối số nên ta có:

$\int\limits_0^4 {f\left( u \right){\rm{d}}u} = \int\limits_0^3 {f\left( u \right){\rm{d}}u} + \int\limits_3^4 {f\left( u \right){\rm{d}}u}$$\Leftrightarrow \frac{3}{5} = \frac{5}{3} + \int\limits_3^4 {f\left( u \right){\rm{d}}u}$$\Leftrightarrow \int\limits_3^4 {f\left( u \right){\rm{d}}u} = - \frac{{16}}{{15}}$. Chọn A.

Ta có $\frac{{2a - 1}}{{b - 2}} = {\log _2}3 \Rightarrow a = \frac{{\left( {b - 2} \right){{\log }_2}3 + 1}}{2}$.

Khi đó $\frac{{{3^b}}}{{{4^a}}} = \frac{{{3^b}}}{{{4^{\frac{{\left( {b - 2} \right){{\log }_2}3 + 1}}{2}}}}} = \frac{{{3^b}}}{{{2^{\left( {b - 2} \right){{\log }_2}3 + 1}}}} = \frac{{{3^b}}}{{2 \cdot {2^{\left( {b - 2} \right){{\log }_2}3}}}}$$= \frac{{{3^b}}}{{2 \cdot {{\left( {{2^{{{\log }_2}3}}} \right)}^{b - 2}}}} = \frac{{{3^b}}}{{2 \cdot {3^{b - 2}}}} = \frac{9}{2}$. Chọn B.

Ta có $\left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SBA}$.

Lại có $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{a}{a} = 1$. Vậy $\left[ {S,BC,A} \right] = \widehat {SBA} = 45^\circ$. Chọn A.

Ta có $\vec a\left( {\vec a - \vec b} \right) = \vec a \cdot \vec a - \vec a \cdot \overrightarrow b = {\left| {\vec a} \right|^2} - \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos \left( {\vec a,\,\,\vec b} \right) = {2^2} - 2 \cdot 3 = - 2$. Chọn D.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AM$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AM \bot SB\\AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)$. Chọn A.

Ta có $F\left( x \right) = 4{x^3} + 2x$ là một nguyên hàm của $f\left( x \right)$ nên $f\left( x \right) = {\left[ {F\left( x \right)} \right]^\prime }$ $= {\left( {4{x^3} + 2x} \right)^\prime } = 12{x^2} + 2.$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và các đường thẳng $x = 0,x = 1$ bằng

$\int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {\left( {12{x^2} + 2} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {4{x^3} + 2x} \right)} \right|_0^1 = 6$. Chọn D.

Ta có:

$F\left( x \right) = 4{x^3} + 2x$ là một nguyên hàm của $f\left( x \right)$ nên $f\left( x \right) = \left[ {F\left( x \right)} \right] = {\left( {4{x^3} + 2x} \right)^\prime } = 12{x^2} + 2$.

$G\left( x \right) = 3{x^2} + 1$ là một nguyên hàm của $g\left( x \right)$ nên $g\left( x \right) = {\left[ {G\left( x \right)} \right]^\prime } = {\left( {3{x^2} + 1} \right)^\prime } = 6x$.

Khi đó $h\left( x \right) = f\left( x \right) \cdot g\left( x \right) = \left( {12{x^2} + 2} \right) \cdot 6x = 72{x^3} + 12x$.

$\int h \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {72{x^3} + 12x} \right)} \,{\rm{d}}x = 18{x^4} + 6{x^2} + C$.

Vậy một nguyên hàm của hàm số $h\left( x \right) = f\left( x \right)g\left( x \right)$ là $H\left( x \right) = 6\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {3{x^2} + 4} \right)$. Chọn D.

a) Sai. Vì $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ và $ABCD$ là hình vuông.

Suy ra $OA = OB = OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 \cdot \sqrt 2 }}{2} = a.$

b) Đúng. Dựa vào hình vẽ, ta có $C\left( {a\,;0\,;0} \right),B\left( {0\,;a\,;0} \right),A\left( { - a\,;0\,;0} \right),S\left( {0\,;0\,;2a} \right)$.

c) Đúng. Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm $A,\,B,\,S$ là

$\left( {SAB} \right):\frac{x}{{ - a}} + \frac{y}{a} + \frac{z}{{2a}} = 1 \Leftrightarrow 2x - 2y - z + 2a = 0.$

Suy ra, một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ là $\vec n = \left( {2\,; - 2\,; - 1} \right)$.

d) Sai. Khoảng cách từ điểm $C\left( {a\,;0\,;0} \right)$ đến $\left( {SAB} \right):2x - 2y - z + 2a = 0$ là

$d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot a - 2 \cdot 0 - 2 \cdot 0 + 2a} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{4a}}{3}$.

a) Đúng. Ta có $\bar B$ là biến cố: “Sản phẩm được chọn thuộc nhà máy hai”.

b) Sai. $P\left( {A\mid \bar B} \right)$ là xác suất sản phẩm được chọn là phế phẩm khi biết sản phẩm được chọn thuộc nhà máy hai và tỉ lệ này bằng $0{,}2\%$ nên $P\left( {A\mid \bar B} \right) = 0{,}2\% = 0{,}002$.

c) Sai. Vì tỉ lệ đóng góp của nhà máy một bằng $\frac{1}{3}$ sản phẩm đóng góp của nhà máy hai nên suy ra $P\left( B \right) = 25\% = 0{,}25;\,\,P\left( {\bar B} \right) = 75\% = 0{,}75;\,\,P\left( {A\mid B} \right) = 0{,}1\% = 0{,}001$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có xác suất chọn được phế phẩm là

$P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A\mid B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A\mid \bar B} \right) = 0{,}25 \cdot 0{,}001 + 0{,}75 \cdot 0{,}002$$= \frac{7}{{4000}} = 0{,}175\%$.

d) Đúng. Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow$ Tính $P\left( {\bar B\mid A} \right)$.

Áp dụng công thức Bayes, ta có: $P\left( {\bar B\mid A} \right) = \frac{{P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A\mid \bar B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}75 \cdot 0{,}002}}{{\frac{7}{{4000}}}} = \frac{6}{7}.$

a) Đúng. Phương trình đường thẳng $BC$ có dạng $y = ax + b$ đi qua 2 điểm $B\left( { - 13{,}4\,;\,3} \right)$ và $C\left( {0\,;4{,}5} \right)$ nên $\left\{ \begin{array}{l} - 13{,}4a + b = 3\\b = 4{,}5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = \frac{{15}}{{134}}}\\{b = 4{,}5}\end{array}} \right.$.

Vậy phương trình đường thẳng $BC$ là $y = \frac{{15}}{{134}}x + 4{,}5.$

b) Đúng. Phương trình đường tròn tâm $O\left( {0\,;0} \right)$ bán kính $OC = 4{,}5\,\;{\rm{cm}}$ là ${x^2} + {y^2} = {4{,}5^2}$.

Do đường tròn đi qua điểm $D\left( {{x_0}\,;\,1} \right)$ nên ${x_0}^2 + {1^2} = {4{,}5^2} \Rightarrow {x_0} = \frac{{\sqrt {77} }}{2}$.

Vậy toạ độ điểm $D$ là $D\left( {\frac{{\sqrt {77} }}{2}\,;\,1} \right)$.

c) Đúng. Thể tích bên trong ly không bao gồm nắp là

$\pi {\int\limits_{ - 13{,}4}^0 {\left( {\frac{{15}}{{134}}x + 4{,}5} \right)} ^2}{\rm{d}}x \approx 600\;\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3} = 600\,\,{\rm{ml}}.$

d) Đúng. Đường tròn nắp ly có phương trình ${x^2} + {y^2} = {4{,}5^2} \Rightarrow y = \pm \sqrt {20{,}25 - {x^2}} .$

Ta xét phần dương của nắp ly, ta có $y = \sqrt {20{,}25 - {x^2}} .$

Thể tích nắp ly là: $\pi \int\limits_0^{\frac{{\sqrt {77} }}{2}} {{{\left( {\sqrt {20{,}25 - {x^2}} } \right)}^2}} {\rm{d}}x$.

Vậy thể tích bên trong ly bao gồm cả thể tích nắp là:

$V = \pi \int\limits_{ - 13{,}4}^0 {{{\left( {\frac{{15}}{{134}}x + 4{,}5} \right)}^2}} {\rm{d}}x + \pi \int\limits_0^{\frac{{\sqrt {77} }}{2}} {{{\left( {\sqrt {20{,}25 - {x^2}} } \right)}^2}} {\rm{d}}x \approx 790{,}6\,\,{\rm{ml}}$.

a) Đúng. Do trong một ngày tổng số xăng cả hai người sử dụng là 10 lít nên số xăng Bình sử dụng trong 1 ngày là $10 - x,\,\,x \in \left( {0\,;10} \right)$.

b) Sai. Tổng số ngày An và Bình sử dụng hết số xăng được khoán là

$f\left( x \right) = \frac{{32}}{x} + \frac{{72}}{{10 - x}}$, $x \in \left( {0\,;10} \right)$.

c) Sai. Ta có $f'\left( x \right) = - \frac{{32}}{{{x^2}}} + \frac{{72}}{{{{\left( {10 - x} \right)}^2}}}$.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{{32}}{{{x^2}}} + \frac{{72}}{{{{\left( {10 - x} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow 32{\left( {10 - x} \right)^2} = 72{x^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\left( {10 - x} \right) = 3x\\2\left( {10 - x} \right) = - 3x\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 4}\\{x = - 20}\end{array}} \right.$.

Kết hợp điều kiện ta có $x = 4$.

d) Đúng. Bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{32}}{x} + \frac{{72}}{{10 - x}}$, $x \in \left( {0\,;10} \right)$ là

Theo bảng biến thiên, tổng số ngày ít nhất để hai tài xế sử dụng hết số xăng được khoán là 20 ngày.

Đáp án: 775.

Gọi $M$ là điểm bắt đầu, quãng đường ngắn nhất là ${d_{{\rm{min }}}}.$

Lật hình cho từng đoạn di chuyển, ta được:

Vậy ${d_{\min }} = EM = \sqrt {O{M^2} + O{E^2}} = \sqrt {{{\left( {100 \cdot 4 + 90} \right)}^2} + {{\left( {300 \cdot 2} \right)}^2}}$$\approx 775\,\,{\rm{(cm)}}$.

Đáp án: 0,94.

Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,; - 1\,; - 4} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {1\,; - 1\,; - 4} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {2\,;0\,;0} \right)$

$\Rightarrow AB = AC = 3\sqrt 2 ,BC = 2$.

$\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại A.

Mà $I$ là trung điểm của BC $\Rightarrow AI \bot BC$.

Có $AI \bot BN$$\Rightarrow AI \bot \left( {BCNM} \right) \Rightarrow AI \bot MN$.

Kẻ $IQ \bot MN \Rightarrow MN \bot \left( {AIQ} \right) \Rightarrow MN \bot IH$.

Kẻ $IH \bot AQ \Rightarrow IH \bot \left( {AMN} \right) \Rightarrow d\left( {I,\left( {AMN} \right)} \right) = IH.$

Từ $BN \cdot CM = 1 \Rightarrow \frac{{BN}}{{CI}} = \frac{{BI}}{{CM}}\,\,\left( {BI = CI = 1} \right)$.

Xét $\Delta BIN$ và $\Delta CMI$ có: $\frac{{BN}}{{CI}} = \frac{{BI}}{{CM}},\widehat {IBN} = \widehat {MCI} = 90^\circ$.

$\Rightarrow \widehat {BNI} = \widehat {CIM}$.

Mà $\widehat {BNI} + \widehat {BIN} = 90^\circ$$\Rightarrow \widehat {CIM} + \widehat {BIN} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {MIN} = 90^\circ$.

Xét $\Delta MIN$ vuông tại $I$ có: $IQ \bot MN$

$\Rightarrow \frac{1}{{I{Q^2}}} = \frac{1}{{I{N^2}}} + \frac{1}{{I{M^2}}} = \frac{1}{{B{I^2} + B{N^2}}} + \frac{1}{{I{C^2} + C{M^2}}}$$= \frac{1}{{1 + B{N^2}}} + \frac{1}{{1 + \frac{1}{{B{N^2}}}}} = \frac{1}{{B{N^2} + 1}} + \frac{{B{N^2}}}{{1 + B{N^2}}} = 1$.

$\Rightarrow IQ = 1$.

Xét $\Delta AIQ$ vuông tại $I$ có: $IH \bot AQ$

$\Rightarrow \frac{1}{{I{H^2}}} = \frac{1}{{A{I^2}}} + \frac{1}{{I{Q^2}}} = \frac{1}{{A{C^2} - C{I^2}}} + 1 = \frac{1}{{18 - 1}} + 1 = \frac{{18}}{{17}}$$\Rightarrow IH = \frac{{\sqrt {34} }}{6}$.

$\Rightarrow H$ thuộc mặt cầu tâm $I\left( {3\,;0\,;0} \right)$, bán kính ${R_1} = \frac{{\sqrt {34} }}{6}.$ (1)

Vì $\Delta AIH$ vuông tại $H$$\Rightarrow H$ thuộc mặt cầu tâm $P\left( {3;\frac{1}{2};2} \right)$, bán kính ${R_2} = \frac{{AI}}{2} = \frac{{\sqrt {17} }}{2}.$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow H$ thuộc mặt phẳng là giao tuyến của 2 mặt cầu.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{{17}}{{18}}}\\{{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {z - 2} \right)}^2} = \frac{{17}}{4}}\end{array} \Rightarrow y + 4z + \frac{{17}}{{18}} = 0} \right.\,\,\left( P \right)$ là mặt phẳng chứa $H$.

Ta có $d = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\frac{{17}}{{18}}}}{{\sqrt {17} }} = \frac{{\sqrt {17} }}{{18}}$. Bán kính của đường tròn giao tuyến là ${R_0} = \sqrt {R_1^2 - {d^2}} = \frac{{17}}{{18}}.$

$\Rightarrow H$ thuộc đường tròn cố định có bán kính bằng $\frac{{17}}{{18}} \approx 0{,}94$.

Đáp án: 99,9.

Gọi $A$ là biến cố: “Người đó bị bệnh”; $B$ là biến cố: “Xét nghiệm cho kết quả dương tính”.

Khi đó $\bar B$ là biến cố: “Xét nghiệm cho kết quả âm tính”.

YCBT $\Leftrightarrow$ Tính $P\left( {\bar A\mid \bar B} \right)$ (dùng công thức Bayes để tính).

Từ dữ kiện đề bài, ta có $P\left( A \right) = 0{,}02 \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 0{,}98$.

Giả sử $P\left( {\bar B\mid A} \right) = x \Rightarrow P\left( {B\mid A} \right) = 1 - P\left( {\bar B\mid A} \right) = 1 - x$

$P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = y \Rightarrow P\left( {B\mid \bar A} \right) = 1 - P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = 1 - y$.

Ta có sơ đồ cây sau:

Từ giả thiết, ta có:

+) Tỉ lệ chẩn đoán sai (tức người đó bị bệnh và xét nghiệm cho kết quả âm tính hoặc người đó không bị bệnh và xét nghiệm cho kết quả dương tính) bằng 0,197

$\Leftrightarrow P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0{,}197$

$\Leftrightarrow 0{,}02x + 0{,}98 \cdot \left( {1 - y} \right) = 0{,}197$

$\Leftrightarrow 0{,}02x - 0{,}98y = - 0{,}783$. (1)

+) Số người có kết quả dương tính chiếm $21{,}5\%$

$\Leftrightarrow P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0{,}215$

$\Leftrightarrow 0{,}02 \cdot \left( {1 - x} \right) + 0{,}98 \cdot \left( {1 - y} \right) = 0{,}215$

$\Leftrightarrow - 0{,}02x + 0{,}02 + 0{,}98 - 0{,}98y = 0{,}215$

$\Leftrightarrow 0{,}02x + 0{,}98y = 0{,}785$. (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{0{,}02x - 0{,}98y = - 0{,}783}\\{0{,}02x + 0{,}98y = 0{,}785}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0{,}05}\\{y = 0{,}8}\end{array}} \right.} \right..$

Suy ra $P\left( {\bar B\mid A} \right) = 0{,}05;\,\,P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = 0{,}8.$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có

$P\left( {\bar B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)$$= 0{,}02 \cdot 0{,}05 + 0{,}98 \cdot 0{,}8 = 0{,}785.$

Áp dụng công thức Bayes, suy ra $P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A} \right)P\left( {\bar B\mid \bar A} \right)}}{{P\left( {\bar B} \right)}}$$= \frac{{0{,}98 \cdot 0{,}8}}{{0{,}785}} \approx 99{,}9\%$.

Đáp án: 2,2.

Đường tròn $\left( C \right):{x^2} + {y^2} = 10$.

Ta có: $AB = \sqrt {B{D^2} - A{D^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt {10} } \right)}^2} - {2^2}} = 6$

$\Rightarrow DE = CE = AF = BF = 3$.

Dựa theo hình vẽ ta thấy diện tích giới hạn bởi đường cong DE và đoạn thẳng DE bằng diện tích giới hạn bởi đường cong CE và đoạn thẳng CE.

Tương tự diện tích giới hạn bởi đường cong AF và đoạn thẳng AF bằng diện tích giới hạn bởi đường cong BF và đoạn thẳng BF.

$\Rightarrow$ Diện tích đường đi bằng diện tích hình chữ nhật ABCD cộng với 2 lần diện tích giới hạn bởi đường tròn $\left( C \right)$, đường thẳng $x = - \sqrt {10} ,x = - 3$.

Diện tích giới hạn bởi đường tròn $\left( C \right)$, đường thẳng $x = - \sqrt {10} ,x = - 3$ là

$S = 2\int\limits_{ - \sqrt {10} }^{ - 3} {\sqrt {10 - {x^2}} } {\rm{d}}x \approx 0{,}2\;\,\,({{\rm{m}}^2})$.

Số tiền anh Kiên cần dùng để đổ bê tông con đường đó là:

$0{,}15 \cdot \left( {2 \cdot 6 + 0{,}2 \cdot 2} \right) \cdot 1{,}2 \approx 2{,}2$ (triệu đồng).

Đáp án: 0,6.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Xét $\Delta ACD$ cân tại $A$ có: $AN \bot CD$.

Xét $\Delta BCD$ cân tại $B$ có: $BN \bot CD$.

Mà $\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD \Rightarrow \left( {\left( {ACD} \right),\left( {BCD} \right)} \right) = 90^\circ .$

$\Rightarrow AB = \sqrt {A{N^2} + B{N^2}} = \sqrt 2 \cdot AN = \sqrt 2 \cdot \sqrt {A{D^2} - D{N^2}}$

$= \sqrt {2 - 2{x^2}}$.

$\Rightarrow MN = \frac{1}{2}AB = \frac{{\sqrt {2 - 2{x^2}} }}{2}.$

Xét $\Delta ABD$ cân tại $D$ có: $DM \bot AB$.

Xét $\Delta ABC$ cân tại $C$ có: $CM \bot AB$.

Mà $\left( {ABC} \right) \cap \left( {ABD} \right) = AB \Rightarrow \left( {\left( {ABC} \right),\left( {ABD} \right)} \right) = \widehat {CMD}.$

Để mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABD} \right)$ thì $\widehat {CMD} = 90^\circ .$

$\Rightarrow MN = \frac{1}{2}CD \Rightarrow \frac{{\sqrt {2 - 2{x^2}} }}{2} = \frac{1}{2} \cdot 2x \Rightarrow x = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \approx 0{,}6.$

Đáp án: 4,51.

Ta có $p'\left( t \right) = \frac{{p\left( {10 - p} \right)}}{{46}} \Rightarrow \frac{{{\rm{d}}p}}{{{\rm{d}}t}} = \frac{{p\left( {10 - p} \right)}}{{46}} \Rightarrow \frac{{46{\rm{d}}p}}{{p\left( {10 - p} \right)}} = {\rm{d}}t$

$\Rightarrow \int {\frac{{46}}{{p\left( {10 - p} \right)}}} \,{\rm{d}}p = \int {\rm{d}} t \Rightarrow \frac{{46}}{{10}} \cdot \int {\left( {\frac{1}{p} + \frac{1}{{10 - p}}} \right)} \,{\rm{d}}p = t + C$

$\Rightarrow \frac{{46}}{{10}} \cdot \left( {\ln \left| p \right| - \ln \left| {10 - p} \right|} \right) = t + C \Rightarrow \frac{{46}}{{10}} \cdot \ln \left| {\frac{p}{{10 - p}}} \right| = t + C$

Vì tại thời điểm $t = 0$, miếng thiếc đó có khối lượng 8 kg

$\Rightarrow$ Miếng thiếc đã mất 2 kg

$\Rightarrow p = 2 \Rightarrow C = \frac{{46}}{{10}} \cdot \ln \left| {\frac{2}{{10 - 2}}} \right| = \frac{{ - 46}}{{10}} \cdot \ln 4$

$\Rightarrow \frac{{46}}{{10}} \cdot \ln \left| {\frac{p}{{10 - p}}} \right| = t - \frac{{46}}{{10}} \cdot \ln 4$.

Khi miếng thiếc còn 6 kg thì miếng thiếc đó đã mất đi $4\;{\rm{kg}} \Rightarrow p = 4$

$\Rightarrow \frac{{46}}{{10}} \cdot \ln \left| {\frac{4}{{10 - 4}}} \right| = t - \frac{{46}}{{10}} \cdot \ln 4$

$\Rightarrow t = \frac{{46}}{{10}} \cdot \ln \frac{8}{3} \approx 4{,}51$ năm.