Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 39)

Ta có: $\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB}$ $\Rightarrow \overrightarrow {BC} = \left( {2 - \left( { - 2} \right); - 2 - \left( { - 5} \right);0 - 0} \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {BC} = \left( {4;3{,}0} \right)$$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = BC = \sqrt {{4^2} + {3^2} + {0^2}} = 5$. Chọn B.

Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 5x + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thầy hàm số có 1 cực trị. Chọn C.

Ta có: $n = 5 + 9 + 13 + 10 + 6 = 43$.

Nên trung vị nằm ở vị trí 22 thuộc nhóm $\left[ {40;60} \right)$.

Trung vị mẫu số liệu ghép nhóm trên là: ${M_e} = 40 + \frac{{\frac{{43}}{2} - \left( {5 + 9} \right)}}{{13}} \cdot 20 \approx 51{,}54$. Chọn C.

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}}$$= \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 2 \cdot {\left( {3a} \right)^2} = 3{a^3}\sqrt 2$. Chọn A.

Do $A'A//C'C//B'B$ nên ảnh của đoạn thẳng $A'C'$ qua song song theo phương $B'B$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là đoạn thẳng $AC$. Chọn B.

Ta có $\int\limits_1^3 {\frac{{x + 2}}{x}dx} = \int\limits_1^3 {\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)dx} = \left. {\left( {x + 2\ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^3 = \left( {3 + 2\ln 3} \right) - \left( {1 + 2\ln 1} \right) = 2 + 2\ln 3$.

Vậy $a = 2,\,\,b = 2,\,\,c = 3 \Rightarrow S = a + b + c = 7$. Chọn A.

Gọi $D\left( {x;y;z} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {AD} = \left( {x - 3;y - 1,z - 2} \right)$; $\overrightarrow {BC} = \left( {1;3; - 1} \right)$.

Hình bình hành $ABCD$ $\Rightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 3 = 1}\\{y - 1 = 3}\\{z - 2 = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 4}\\{y = 4}\\{z = 1}\end{array}} \right.$. Vậy $D\left( {4\,;4\,;1} \right)$. Chọn A.

Vectơ chỉ phương của ${\Delta _1}$ là: $\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 2\,;\,3\,;\,2} \right)$.

Vectơ chỉ phương của ${\Delta _2}$ là: $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1\,;\, - 2\,;\,4} \right)$.

Có $\overrightarrow {{u_1}} \, \cdot \,\overrightarrow {{u_2}} = - 2\, \cdot 1 + 3\, \cdot \left( { - 2} \right) + 2\, \cdot 4 = - 2 - 6 + 8 = 0$.

$\Rightarrow$ $\overrightarrow {{u_1}} \bot \overrightarrow {{u_2}}$$\Rightarrow$ Góc của giữa 2 đường thẳng ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ bằng là $90^\circ$. Chọn C.

a) Sai. Điều kiện:$x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2$. Vậy tập xác định là $D = \left( {2; + \infty } \right)$.

b) Sai. Ta có $f'\left( x \right) = 1 + \frac{1}{{x - 2}} = \frac{{x - 2 + 1}}{{x - 2}} = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}$.

Với mọi $x \in D = \left( {2; + \infty } \right)$, ta có $x - 1 > 0$ và $x - 2 > 0 \Rightarrow f'\left( x \right) > 0$.

Vì $f'\left( x \right)$ không đổi dấu trên D, hàm số đồng biến trên toàn bộ tập xác định và không có cực trị.

c) Đúng. Tung độ tiếp điểm: ${y_0} = f\left( 3 \right) = 3 + \ln \left( {3 - 2} \right) = 3 + \ln 1 = 3$.

Hệ số góc tiếp tuyến: $k = f'\left( 3 \right) = \frac{{3 - 1}}{{3 - 2}} = \frac{2}{1} = 2$.

Phương trình tiếp tuyến: $y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0} = 2\left( {x - 3} \right) + 3 = 2x - 6 + 3 = 2x - 3$.

d) Đúng. $x + \ln \left( {x - 2} \right) < x + 5 \Leftrightarrow \ln \left( {x - 2} \right) < 5 \Leftrightarrow x - 2 < {e^5} \Leftrightarrow x < {e^5} + 2$

Kết hợp với điều kiện xác định $x > 2$ta có $2 < x < {e^5} + 2$.

Các nghiệm nguyên của bất phương trình là $x \in \left\{ {3;4;5; \ldots ;150} \right\}$.

Tổng các nghiệm nguyên là: $S = \frac{{148 \cdot (3 + 150)}}{2} = 11322$.

Gọi ${A_k}$ là biến cố An rút được thẻ số $k$, với $k \in \left\{ {1{,}2{,}3{,}4{,}5} \right\}$.

Vì có 5 thẻ được đánh số từ 1 đến 5 và An rút ngẫu nhiên 1 thẻ, nên xác suất An rút được thẻ số $k$ là $P\left( {{A_k}} \right) = \frac{1}{5}$ cho mỗi $k$.

Khi An rút được thẻ số $k$, Bình sẽ gieo $k$ con xúc xắc. Mỗi con xúc xắc có 6 mặt (1, 2, 3, 4, 5, 6).
a) Đúng. Xác suất để An chọn được thẻ số 5 là $P\left( {{A_5}} \right)$.

Theo lập luận trên, $P\left( {{A_5}} \right) = \frac{1}{5}$.

b) Đúng. Gọi ${S_k}$ là biến cố tổng số chấm trên $k$ con xúc xắc bằng 8.

Nếu An rút được thẻ số 3, Bình gieo 3 con xúc xắc. Không gian mẫu có ${6^3} = 216$ kết quả đồng khả năng.

Chúng ta cần tìm số cách để tổng số chấm của 3 con xúc xắc là 8.

Gọi $\left( {{x_1},{x_2},{x_3}} \right)$ là kết quả của 3 con xúc xắc, với ${x_i} \in \left\{ {1{,}2{,}3{,}4{,}5{,}6} \right\}$.

Các bộ $\left( {{x_1},{x_2},{x_3}} \right)$ có tổng bằng 8 là:

(1, 1, 6) và các hoán vị của nó: Có $\frac{{3!}}{{2!}} = 3$ cách (116, 161, 611).

(1, 2, 5) và các hoán vị của nó: Có $3! = 6$ cách (125, 152, 215, 251, 512, 521).

(1, 3, 4) và các hoán vị của nó: Có $3! = 6$ cách (134, 143, 314, 341, 413, 431).

(2, 2, 4) và các hoán vị của nó: Có $\frac{{3!}}{{2!}} = 3$ cách (224, 242, 422).

(2, 3, 3) và các hoán vị của nó: Có $\frac{{3!}}{{2!}} = 3$ cách (233, 323, 332).

Tổng số kết quả thuận lợi là $3 + 6 + 6 + 3 + 3 = 21$.

Xác suất để tổng số chấm bằng 8 khi gieo 3 con xúc xắc là $P\left( {{S_3}} \right) = \frac{{21}}{{216}} = \frac{7}{{72}}$.

c) Đúng. Gọi $E$ là biến cố không có mặt 6 chấm nào xuất hiện.

Nếu An rút được thẻ số $k$, Bình gieo $k$ con xúc xắc. Xác suất để không có mặt 6 chấm nào xuất hiện trên $k$ con xúc xắc là $P\left( {E|{A_k}} \right)$.

Mỗi con xúc xắc có 5 mặt không phải là 6 chấm (1, 2, 3, 4, 5).

Vậy $P\left( {E|{A_k}} \right) = {\left( {\frac{5}{6}} \right)^k}$.

Xác suất để không có mặt 6 chấm xuất hiện là $P\left( E \right) = \sum\limits_{k = 1}^5 P \left( {E|{A_k}} \right)P\left( {{A_k}} \right)$.

$P\left( E \right) = \sum\limits_{k = 1}^5 {{{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^k}} \cdot \frac{1}{5}$$= \frac{{4651}}{{7776}}$.

d) Đúng. Gọi $F$ là biến cố có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.

Biến cố $F$ là biến cố đối của biến cố $E$ (không có mặt 6 chấm nào xuất hiện).

Do đó, $P\left( F \right) = 1 - P\left( E \right) = 1 - \frac{{23255}}{{38880}} = \frac{{15625}}{{38880}}$.

Chúng ta cần tính xác suất $P\left( {{A_4}|F} \right)$, tức là xác suất An chọn được thẻ số 4 biết rằng có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.

Theo công thức Bayes: $P\left( {{A_4}|F} \right) = \frac{{P\left( {F|{A_4}} \right)P\left( {{A_4}} \right)}}{{P\left( F \right)}}$.

Ta có $P\left( {{A_4}} \right) = \frac{1}{5}$.

$P\left( {F|{A_4}} \right)$ là xác suất có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện khi An rút thẻ số 4 (Bình gieo 4 con xúc xắc).

$P\left( {F|{A_4}} \right) = 1 - P\left( {E|{A_4}} \right) = 1 - {\left( {\frac{5}{6}} \right)^4} = \frac{{671}}{{1296}}$.
Thay các giá trị vào công thức Bayes ta được: $P\left( {{A_4}|F} \right) = \frac{{4026}}{{15625}}$.

a) Đúng. Mức lương của kĩ sư đó qua từng năm lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = 120$ và công sai $d = 12$ (${u_1}$và $d$ đơn vị triệu đồng).

b) Sai . Vào năm thứ $5$ làm việc cho công ty, mức lương của kĩ sư đó nhận được trong năm đó là ${u_5} = {u_1} + 4d = 120 + 4 \cdot 12 = 168$ (triệu đồng).

c) Đúng. Mức lương của kĩ sư đó nhận được trong năm thứ $10$ là

${u_{10}} = 120 + 9 \cdot 12 = 228$ (triệu đồng).

Sau $10$ năm làm việc, tổng số tiền lương kĩ sư đó nhận được từ công ty là

${S_{10}} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{10}} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_{10}}} \right) \cdot 10}}{2} = \frac{{\left( {120 + 228} \right) \cdot 10}}{2} = 1740$(triệu đồng).

d) Đúng. Tổng số tiền lãi mà kĩ sư nhận được tại thời điểm hết năm gửi tiền thứ $10$ là

$$\,\,\,\,40\% \cdot {u_1} \cdot {\left( {1 + 5\% } \right)^{10}} + 40\% \cdot {u_2} \cdot {\left( {1 + 5\% } \right)^9} + ... + 40\% \cdot {u_{10}} \cdot {\left( {1 + 5\% } \right)^1} - 40\% \cdot {S_{10}}$$

$= 0{,}4 \cdot 120 \cdot {1{,}05^{10}} + 0{,}4 \cdot 132 \cdot {1{,}05^9} + ... + 0{,}4 \cdot 228 \cdot {1{,}05^1} - 0{,}4 \cdot 1740$$\approx 198$(triệu đồng).

a) Đúng. Dễ thấy $c > 0$.

Đường thẳng chuyển động có VTCP là $\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right)$; mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có VTPT là $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$.

Do hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ một góc 30° nên

$\sin 30^\circ = \frac{{\left| c \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \cdot \sqrt 1 }} = \frac{{\left| c \right|}}{{1 \cdot 1}} = \left| c \right| \Leftrightarrow c = \frac{1}{2}$ (do $\left| {\overrightarrow u } \right| = 1$).

b) Sai. Dễ thấy đường thẳng chuyển động có phương trình $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + at\\y = 1 + bt\\z = 5 + ct\end{array} \right.$ và đường thẳng là hình chiếu của $\Delta$ lên $\left( {Oxy} \right)$ có phương trình $\Delta ':\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + at\\y = 1 + bt\\z = 0\end{array} \right.$.

Suy ra $\Delta '$ có VTCP $\overrightarrow {u'} = \left( {a;b;0} \right)$ và trục Ox có VTCP là $\overrightarrow i = \left( {1;0;0} \right)$.

Do $\Delta '$ hợp với trục Ox một góc 45° nên

$\cos 45^\circ = \frac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \cdot \sqrt 1 }} = \frac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {1 - {c^2}} }} = \frac{{2\left| a \right|}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left| a \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}$

Từ ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1$ suy ra ${b^2} = 1 - {a^2} - {c^2} = 1 - \frac{3}{8} - \frac{1}{4} = \frac{3}{8} \Leftrightarrow \left| b \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}$.

Do đó khẳng định $\overrightarrow u = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}} \right)$ là sai.

c) Đúng. Có $s = \int\limits_0^{2\ln 2} {k{e^{0{,}5t}}dt} = k \cdot 2 \cdot {e^{0{,}5t}}|_0^{2\ln 2} = 2k\left( {{e^{\ln 2}} - 1} \right) = 2k = 20 \Leftrightarrow k = 10$.

d) Sai. Có $v\left( t \right) = 10{e^{0{,}5t}}$ và quãng đường đi được trong 2 giây đầu tiên là

${s_0} = \int\limits_0^2 {10{e^{0{,}5t}}dt} = 20 \cdot {e^{0{,}5t}}|_0^2 = 20\left( {e - 1} \right)$.

Và với độ dài đoạn $AB = 20\left( {e - 1} \right)$ và do hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 30° nên khoảng cách cao độ giữa $B$ và $A$ là $\left| {{z_B} - {z_A}} \right| = {z_B} - {z_A} = AB \cdot \sin 30^\circ = 10\left( {e - 1} \right),$suy ra ${z_B} = {z_A} + 10\left( {e - 1} \right) = 5 + 10\left( {e - 1} \right) \approx 22.$

Đáp án: 3327.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho trục tung $Oy$trùng với trục đối xứng của cái ly, và gốc tọa độ $O$ là trung điểm của $MN$nằm tại tâm của đường tròn hẹp nhất.

Ta có $MN = 8 \Rightarrow ON = 4 \Rightarrow N\left( {4;0} \right)$.

Khoảng cách từ vị trí hẹp nhất đến đáy ly là $20\;{\rm{cm}}$ và đường kính đáy ly là $CD = 8\sqrt 6 \;{\rm{cm}}$nên $C\left( {4\sqrt 6 ; - 20} \right)$.

Gọi phương trình tổng quát của hypebol có dạng: $\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$.

$N \in \left( H \right) \Rightarrow {a^2} = 16$; $C \in \left( H \right) \Rightarrow {b^2} = 80$.

Suy ra phương trình Hypebol là $\frac{{{x^2}}}{{16}} - \frac{{{y^2}}}{{80}} = 1 \Rightarrow {x^2} = 16\left( {1 + \frac{{{y^2}}}{{80}}} \right)$ .

Thể tích nước ban đầu trong ly: ${V_1} = \pi \int\limits_{ - 20}^{10} {{x^2}dy} = \pi \int\limits_{ - 20}^{10} {16\left( {1 + \frac{{{y^2}}}{{80}}} \right)dy} = 1080\pi$.

Xét hình chóp tam giác đều $S.ABC$ trong đó $S$ là đỉnh của hình lập phương nằm bên trong ly nước và $A,\,B,\,C$ là các điểm chung của hình lập phương với miệng ly; $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$và $H$ là trung điểm $BC$

Đặt $a\;{\rm{cm}}$ là cạnh đáy hình chóp thì $AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Tam giác $ABC$ đều nội tiếp đường tròn có bán kính $r = x\left( {10} \right) = 6$ nên

$r = OA \Leftrightarrow \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = 6 \Rightarrow a = 6\sqrt 3$.

Vì hình chóp S.ABC có SA, SB, SC bằng nhau và đôi một vuông góc tại đỉnh S nênS8v| độ dài cạnh $SA = SB = SC = \frac{a}{{\sqrt 2 }} = 3\sqrt 6$.

Thể tích khối chóp$S.ABC$ ${V_2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}SA \cdot SB \cdot SC = 27\sqrt 6$(cm$^{3}$).

Thể tích nước còn lại trong ly: $V = {V_1} - {V_2} = 3326{,}78 \approx 3327$(cm$^{3}$).

Đáp án: 3,8.

Gọi $H,H'$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $B'C'$.

Theo giả thiết ta có: $A'H \bot \left( {ABC} \right)$. Góc nhị diện $\left[ {C',BC,A} \right]$ là $\widehat {AHH'} = 120^\circ$.

Xét trong $\left( {AHH'A'} \right)$ vẽ $A'K \bot HH'$ nên

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{A'K \bot HH'}\\{A'K \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow A'K \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow d\left( {A',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = A'K$.

Do $AA'//\left( {BCC'B'} \right)$$\Rightarrow d\left( {A,(BCC'B')} \right) = d\left( {A',(BCC'B')} \right) = A'K$.

$\widehat {AHH'} = \widehat {AHA'} + \widehat {A'HH'} = 90^\circ + \widehat {A'HH'} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {A'HH'} = 30^\circ$.

Tam giác $A'HH'$ vuông tại $A'$ có $A'H' = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}$.

Có $\widehat {A'HH'} = 30^\circ$nên $\widehat {A'H'H} = 60^\circ$

Tam giác $A'H'K$ vuông tại $K$ có $\widehat {A'H'K} = 60^\circ$ nên

$\sin \widehat {A'H'K} = \frac{{A'K}}{{A'H'}} = \sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'K = A'H' \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{5\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{15}}{4} \approx 3{,}8$.

Vậy $d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) \approx 3{,}8$.

Đáp án: 3.

Đồ thị có tiệm cận đứng $x = 1$. Do đó $\frac{n}{m} = 1 \Rightarrow m = n$, suy ra $m$ và $n$ cùng dấu.

Tiệm cận xiên có dạng: $y = Ax + B$

Với $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \frac{a}{m}$; $B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - Ax} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{a{x^2} - bx - c}}{{mx - n}} - \frac{a}{m}x} \right] = \frac{{an - bm}}{{{m^2}}}$.

Vậy đường tiệm cận xiên là $y = \frac{a}{m}x + \frac{{an - bm}}{{{m^2}}}$.

Dựa vào đồ thị, tiệm cận xiên qua $M\left( { - 2;0} \right),\,N\left( {0;2} \right)$ nên tiệm cận xiên có phương trình $y = x + 2$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{m} = 1\\\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\end{array} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = m\\\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\end{array} \right.$.

Theo giả thiết $a > 0$ nên $m > 0\,\left( 1 \right)$ mà $m = n$ suy ra $n > 0\,\,\left( 2 \right)$.

Thế $m = n,\,a = m$ vào $\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2$ ta được

$\frac{{{m^2} - bm}}{{{m^2}}} = 2 \Rightarrow 1 - \frac{b}{m} = 2 \Rightarrow \frac{b}{m} = - 1 \Rightarrow b = - m < 0\,\,\left( 3 \right)$

Giao điểm của đồ thị $y = \frac{{a{x^2} - bx - c}}{{mx - n}}$ với trục tung: Cho $x = 0$ ta được $y = \frac{c}{n}$.

Dựa vào đồ thị, ta thấy đồ thị cắt trục tung tại $y = 1$$\Rightarrow \frac{c}{n} = 1 \Rightarrow c = n > 0\,\left( 4 \right)$.

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right)$ ta suy ra $m > 0$, $n > 0$, $c > 0$, $b < 0$.

Vậy có 3 hệ số dương là $m,n,c$.

Đáp án: 46.

Sau ngày 10 tháng 2 năm 2025, số tiền còn lại: ${A_1} = 1000\left( {1 + 0{,}6\% } \right) - 25$ (triệu đồng).

Sau ngày 10 tháng 3 năm 2025, số tiền còn lại:

${A_2} = \left[ {1000\left( {1 + 0{,}6\% } \right) - 25} \right]\left( {1 + 0{,}6\% } \right) - 25 = 1000{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)^2} - 25\left( {1 + 0{,}6\% } \right) - 25$ (triệu đồng).

Sau ngày 10 tháng 4 năm 2025, số tiền còn lại:

$${A_3} = \left[ {1000{{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)}^2} - 25\left( {1 + 0{,}6\% } \right) - 25} \right]\left( {1 + 0{,}6\% } \right) - 25$$

$\Rightarrow {A_3} = 1000{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)^3} - 25{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)^2} - 25\left( {1 + 0{,}6\% } \right) - 25$ (triệu đồng).

Sau $n$ tháng, số tiền còn lại:

$${A_n} = 1000{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)^n} - 25{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)^{n - 1}} - 25{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)^{n - 2}} - ... - 25\left( {1 + 0{,}6\% } \right) - 25$$

$\Rightarrow {A_n} = 1000{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)^n} - 25 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)}^n} - 1}}{{0{,}6\% }}$ (triệu đồng).

Khi rút hết tiền: ${A_n} = 0 \Rightarrow 1000{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)^n} - 25 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0{,}6\% } \right)}^n} - 1}}{{0{,}6\% }} = 0$

$\Leftrightarrow \left( {25 - 1000 \cdot 0{,}6\% } \right){\left( {1 + 0{,}6\% } \right)^n} = 25 \Leftrightarrow n = {\log _{1 + 0{,}6\% }}\frac{{25}}{{25 - 1000 \cdot 0{,}6\% }} \approx 45{,}8766$ (tháng).

Vậy sau $46$ tháng thì anh An rút hết tiền trong ngân hàng.

Đáp án: 9.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ.

Xác định tọa độ vị trí hai con kiến tại thời điểm $t{\rm{ }}(t \ge 0)$.

Kiến vàng (đi từ $A$ đến $D'$):

Vectơ$\overrightarrow {AD'} = \left( {0;30;30} \right)$, độ dài$AD' = 30\sqrt 2$.

Vận tốc${v_1} = 1{\rm{ cm/s}}$. Sau thời gian $t$, kiến vàng ở vị trí $M$.

Tọa độ $M$:

$\overrightarrow {AM} = \frac{{{v_1} \cdot t}}{{AD'}} \cdot \overrightarrow {AD'} = \frac{t}{{30\sqrt 2 }}\left( {0;30;30} \right) = \left( {0;\frac{t}{{\sqrt 2 }};\frac{t}{{\sqrt 2 }}} \right) \Rightarrow M\left( {0;\frac{t}{{\sqrt 2 }};\frac{t}{{\sqrt 2 }}} \right)$.

Kiến đen (đi từ $D$ đến $B$):

Vectơ $\overrightarrow {DB} = \left( {30; - 30;0} \right)$, độ dài $DB = 30\sqrt 2$.

Vận tốc ${v_2} = 2{\rm{ cm/s}}$. Sau thời gian $t$, kiến đen ở vị trí $N$.

Tọa độ $N$: $\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} = \left( {0;30;0} \right) + \frac{{{v_2} \cdot t}}{{DB}} \cdot \overrightarrow {DB}$

$\overrightarrow {AN} = \left( {0;30;0} \right) + \frac{{2t}}{{30\sqrt 2 }}\left( {30; - 30;0} \right) = \left( {0;30;0} \right) + \left( {\sqrt 2 t; - \sqrt 2 t;0} \right) \Rightarrow N\left( {\sqrt 2 t;30 - \sqrt 2 t;0} \right)$

Khoảng cách giữa hai con kiến là $d = MN$. Ta có:

$M{N^2} = {\left( {\sqrt 2 t - 0} \right)^2} + {\left( {30 - \sqrt 2 t - \frac{t}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} + {\left( {0 - \frac{t}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = 2{t^2} + {\left( {30 - \frac{{3t}}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} + \frac{{{t^2}}}{2} = 7{t^2} - 90\sqrt 2 t + 900$.

Hàm số $f\left( t \right) = 7{t^2} - 90\sqrt 2 t + 900$ là một parabol có bề lõm quay lên trên, đạt giá trị nhỏ nhất tại:

$t = - \frac{b}{{2a}} = \frac{{90\sqrt 2 }}{{2 \cdot 7}} = \frac{{45\sqrt 2 }}{7} \approx 9{,}0913$.

Đáp án: 10.

Ta có: $x$ là số tín chỉ từ dự án A, $y$ là số tín chỉ từ dự án B ($x,y \ge 0$).

Dựa vào đề bài, ta có:

Tổng số tín chỉ không quá 25: $x + y \le 25$

Tổng ngân sách không quá 600 USD: $20x + 30y \le 600$ $\Leftrightarrow 2x + 3y \le 60$

Điều kiện thực tế: $x \ge 0,y \ge 0$

Gọi $F\left( {x,y} \right)$ là tổng lượng $C{O_2}$ giảm: $F\left( {x,y} \right) = 1{,}5x + 2y$

Các đỉnh của miền nghiệm (tứ giác) là: $O\left( {0;0} \right)$, $A\left( {25;0} \right)$, $M\left( {15;10} \right)$, và $B\left( {0;20} \right)$.

Tại $O\left( {0;0} \right)$: $F = 1{,}5 \cdot 0 + 2 \cdot 0 = 0$;

Tại $A\left( {25;0} \right)$: $F = 1{,}5 \cdot 25 + 2 \cdot 0 = 37{,}5$;

Tại $M\left( {15;10} \right)$: $F = 1{,}5 \cdot 15 + 2 \cdot 10 = 22{,}5 + 20 = 42{,}5$;

Tại $B\left( {0;20} \right)$: $F = 1{,}5 \cdot 0 + 2 \cdot 20 = 40$.

Lượng $C{O_2}$ giảm tối đa là 42,5 tấn khi doanh nghiệp mua 15 tín chỉ dự án A và 10 tín chỉ dự án B.

Vậy giá trị của $y$ là 10.