Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Phú Thọ có đáp án

Chọn B

Quan sát đồ thị thấy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$.

Chọn D

Phương trình $\sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$$\Leftrightarrow \sin x = \sin \frac{\pi }{3}$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}} \right.$,$k \in \mathbb{Z}$.

Chọn C

Ta có ${u_5} = {u_1}.{q^4} = 3.{\left( { - 2} \right)^4} = 48$.

Chọn A

Tâm của đường tròn có tọa độ là $\left( { - 3;2} \right)$.

Chọn A

Miền không bị gạch chéo trong hình vẽ (kể cả bờ) là phần bên phải trục $Oy$ và bên trên trục $Ox$ nên suy ra $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\end{array} \right.$.

Phương trình đường thẳng $\left( d \right)$qua hai điểm $\left( {2;0} \right)$ và $\left( {0;4} \right)$ là: $\left( d \right):\frac{x}{2} + \frac{y}{4} = 1 \Leftrightarrow 2x + y = 4$.

Dễ thấy miền nghiệm chứa nửa mặt phẳng bờ $\left( d \right)$ và chứa điểm $O\left( {0;0} \right)$ nên ta có bất phương trình $2x + y \le 4$.

Vậy hệ bất phương trình là $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\2x + y \le 4\end{array} \right.$.

Chọn B

$y = \frac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + 3x - 1 \Rightarrow y' = {x^2} - 4x + 3$.

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 3\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Điểm cực tiểu của hàm số là $x = 3$.

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {y - \left( {2x - 5} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{10}}{{x + 3}} = 0$ nên đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là $y = 2x - 5$

Chọn C

$y = \frac{{3x + 7}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne - 1$.

Suy ra hàm số $y = \frac{{3x + 7}}{{x + 1}}$ đồng biến trên $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( { - 1; + \infty } \right)$ nên đồng biến trên $\left[ {0;3} \right]$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = 4$.

Chọn D

Vì điểm đối xứng với $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ qua mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ là điểm nên $A'\left( {2;3;1} \right)$.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow c = \overrightarrow a - \overrightarrow b = \left( {1 - 0;2 - \left( { - 1} \right);3 - 2} \right) = \left( {1;3;1} \right)$.

Chọn C

Cỡ mẫu $n = 3 + 12 + 15 + 24 + 2 = 56$.

Vì $\frac{n}{4} = 14$ nên ${Q_1}$ thuộc nhóm 2, suy ra ${Q_1} = {a_2} + \frac{{\frac{n}{4} - {m_1}}}{{{m_2}}}.({a_3} - {a_2}) = 12{,}5 + \frac{{14 - 3}}{{12}}.2 = \frac{{43}}{3}$.

Vì $\frac{{3n}}{4} = 42$ nên ${Q_3}$ thuộc nhóm 4, suy ra

${Q_3} = {a_4} + \frac{{\frac{{3n}}{4} - ({m_1} + {m_2} + {m_3})}}{{{m_4}}}.({a_5} - {a_4}) = 16{,}5 + \frac{{42 - (3 + 12 + 15)}}{{24}}.2 = \frac{{35}}{2}$.

Vậy khoảng tứ phân vị ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{35}}{2} - \frac{{43}}{3} = \frac{{19}}{6}$.

Chọn B

Ta có

$$\begin{array}{l}\overrightarrow {AB'} .\overrightarrow {A'C} = (\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} ).(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AA'} ) = \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AC} - {\overrightarrow {AA'} ^2} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AA'} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 0 - {(3a)^2} + a.a.\cos {60^0} - 0 = - 9{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{ - 17{a^2}}}{2}.\end{array}$$

$$A'C = AB' = \sqrt {A'{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{{(3a)}^2} + {a^2}} = a\sqrt {10} .$$

Vậy $\cos (\overrightarrow {AB'} ,\overrightarrow {A'B} ) = \frac{{\overrightarrow {AB'} .\overrightarrow {A'B} }}{{\left| {\overrightarrow {AB'} } \right|.\left| {\overrightarrow {A'B} } \right|}}\,\, = \frac{{\frac{{ - 17{a^2}}}{2}}}{{10{a^2}}} = \frac{{ - 17}}{{20}}.$

a) ĐÚNG

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu đã cho là $R = 300 - 100 = 200$.

b) ĐÚNG

Tổng số ngày: $n = 3 + 6 + 12 + 6 + 3 = 30$${\rm{ng\`a y}}$.

Ta có: $\frac{n}{4} = \frac{{30}}{4} = 7{,}5$. Nhóm $\left[ {140;180} \right)$ là nhóm đầu tiên có tần số tích luỹ $\ge 7{,}5$.

$\Rightarrow {Q_1} = 140 + \frac{{7{,}5 - 3}}{6} \cdot 40 = 170$.

Ta có: $\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.30}}{4} = 22{,}5$. Nhóm $\left[ {220;260} \right)$ là nhóm đầu tiên có tần số tích luỹ $\ge 22{,}5$.

$\Rightarrow {Q_3} = 220 + \frac{{22{,}5 - 21}}{6} \cdot 40 = 230$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu đã cho là: $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 230 - 170 = 60$.

c) SAI

Trung bình số sản phẩm bán được trong một ngày là: $\overline x = \frac{{120.3 + 160.6 + 200.12 + 240.6 + 280.3}}{{30}} = 200$.

d) ĐÚNG

Phương sai của mẫu số liệu đã cho là:

${s^2} = \frac{{3.{{\left( {200 - 120} \right)}^2} + 6.{{\left( {200 - 160} \right)}^2} + 12.{{\left( {200 - 200} \right)}^2} + 6.{{\left( {200 - 240} \right)}^2} + 3.{{\left( {200 - 280} \right)}^2}}}{{30}} = 1920$

a) Ta có $y' = 3{x^2} - 6x$; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, ta có hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

Chọn ĐÚNG.

b) Từ bảng biến thiên, ta có hàm số có hai điểm cực trị.

Chọn ĐÚNG.

c) Từ bảng biến thiên, ta có $\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = 1$

Chọn SAI.

d) Ta có $y\left( 1 \right) = 3$ và $y'\left( 1 \right) = - 3$

Þ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị $\left( C \right)$ tại điểm có hoành độ bằng $1$ là: $y = - 3.\left( {x - 1} \right) + 3$ hay $y = - 3x + 6$.

Chọn SAI.

a) [TH] Ta có $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} = \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} \Leftrightarrow \overrightarrow {SA} - \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} \Leftrightarrow \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {BC}$

b) [TH] Vì $G$ là trọng tâm $\Delta SAB$, ta có: $\overrightarrow {DS} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} = 3\overrightarrow {DG}$. Mặt khác, $M$ là trung điểm $AB$ nên $\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {DM}$. Thay vào ta được: $\overrightarrow {DS} + 2\overrightarrow {DM} = 3\overrightarrow {DG} \Rightarrow \overrightarrow {DS} = - 2\overrightarrow {DM} + 3\overrightarrow {DG}$.

c) [VD]Từ giả thiết ta có

· $O\left( {0;0;0} \right)$, $B\left( {4;0;0} \right)$, $C\left( {0;4;0} \right)$, $D\left( { - 4;0;0} \right)$, $A\left( {0; - 4;0} \right)$, $S\left( {0;0;4} \right)$.$M$ là trung điểm $AB \Rightarrow M\left( {2; - 2;0} \right)$.

· $G$ là trọng tâm $\Delta SAB \Rightarrow G\left( {\frac{{0 + 4 + 0}}{3};\frac{{0 + 0 - 4}}{3};\frac{{4 + 0 + 0}}{3}} \right) = \left( {\frac{4}{3}; - \frac{4}{3};\frac{4}{3}} \right)$.

· Mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ đi qua $O\left( {0;0;0} \right)$ và có các điểm $B,D,S$ nên phương trình là $y = 0$.

· $E \in \left( {SBD} \right) \Rightarrow E\left( {a;0;c} \right)$.

· $C,E,G$ thẳng hàng $\Rightarrow \overrightarrow {CE} = k\overrightarrow {CG}$ và $\overrightarrow {CE} = \left( {a; - 4;c} \right)$;

$\overrightarrow {CG} = \left( {\frac{4}{3}; - \frac{4}{3} - 4;\frac{4}{3}} \right) = \left( {\frac{4}{3}; - \frac{{16}}{3};\frac{4}{3}} \right)$.

· Tỉ số: $\frac{a}{{4/3}} = \frac{{ - 4}}{{ - 16/3}} = \frac{c}{{4/3}} = \frac{3}{4}$.$\Rightarrow a = 1,c = 1$.

Vậy $E\left( {1;0;1} \right)$ hay $a + b + c = 1 + 0 + 1 = 2$.

d) [VDC]

Ta có $F \in \left( {SAC} \right)$. Mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ có phương trình $x = 0$.; $G\left( {\frac{4}{3}; - \frac{4}{3};\frac{4}{3}} \right)$ và $B\left( {4;0;0} \right)$.

· Nhận thấy ${x_G} = \frac{4}{3} > 0$ và ${x_B} = 4 > 0$. Hai điểm $G,B$ nằm cùng phía so với mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.Lấy đối xứng $B$ qua $\left( {SAC} \right)$ được $B'\left( { - 4;0;0} \right)$ (chính là điểm $D$). Khi đó $FG + FB = FG + FB'$. Tổng này nhỏ nhất khi $F,G,B'$ thẳng hàng hay $F$ là giao điểm của đường thẳng $GB'$ với mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.Ta có $\overrightarrow {B'G} = \left( {\frac{{16}}{3}; - \frac{4}{3};\frac{4}{3}} \right) = \frac{4}{3}\left( {4; - 1;1} \right)$ nên phương trình $GB'$: $x = - 4 + 4t;y = - t;z = t$.

· $F \in \left( {SAC} \right) \Rightarrow x = 0 \Rightarrow - 4 + 4t = 0 \Rightarrow t = 1$. Vậy $F\left( {0; - 1;1} \right) \Rightarrow x = 0,y = - 1,z = 1$. Khi đó $x + y + z = 0 - 1 + 1 = 0$.

Lời giải

a) Đúng. Vì thời điểm ban đầu $t = 0$, $h\left( 0 \right) = 70{\log _2}1 + 30 = 30$ (cá thể).

b) Đúng. Vì $9$ tháng bằng $\frac{3}{4}$ năm.

Do đó số lượng cá thể của loài động vật đó sau $9$ tháng kể từ khi bắt đầu nuôi bằng

$h\left( {\frac{3}{4}} \right) = 70{\log _2}\left( {\frac{{8.\frac{3}{4} + 1}}{{\frac{3}{4} + 1}}} \right) + 30 = 70{\log _2}4 + 30 = 170$.

c) Sai. Vì

$\begin{array}{l}h\left( t \right) = 70{\log _2}\left( {\frac{{8t + 1}}{{t + 1}}} \right) + 30\\ \Rightarrow h'\left( t \right) = 70.\frac{1}{{\left( {\frac{{8t + 1}}{{t + 1}}} \right).\ln 2}}.{\left( {\frac{{8t + 1}}{{t + 1}}} \right)^\prime } = \left( {\frac{{t + 1}}{{8t + 1}}} \right).\frac{7}{{\ln 2.{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = \frac{7}{{\ln 2}}.\frac{1}{{\left( {t + 1} \right).\left( {8t + 1} \right)}}\end{array}$

Tốc độ tăng trưởng số lượng cá thể của loài động vật đó tại thời điểm đúng $6$ năm kể từ khi nuôi là $h'\left( 6 \right) = \frac{7}{{\ln 2}}.\frac{1}{{\left( {6 + 1} \right).\left( {8.6 + 1} \right)}} = \frac{1}{{49.\ln 2}} = 0{,}029444275594$( cá thể /năm).

d) Đúng. Vì $h'\left( t \right) = \frac{7}{{\ln 2}}.\frac{1}{{\left( {t + 1} \right).\left( {8t + 1} \right)}} > 0,\forall t \ge 0$.

Ta có $h\left( 0 \right) = 30$ và $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{8t + 1}}{{t + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{8 + \frac{1}{t}}}{{1 + \frac{1}{t}}} = 8$,

suy ra $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } h\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {70{{\log }_2}\left( {\frac{{8t + 1}}{{t + 1}}} \right) + 30} \right) = 70.{\log _2}8 + 30 = 240$.

Từ đó ta có BBT của hàm số $h\left( t \right)$ như sau:

Vậy số lượng cá thể của loài động vật đó không vượt quá $240$.

Đáp án: 1201.

Cách 1:

Gọi $H$ là trung điểm $AO$. Ta có $MH$ song song $SO$ nên $MH$ vuông góc với $(ABCD)$.

Kẻ $HI$ vuông góc với $DB$$(I \in BD)$, $HK$ vuông góc với $MI$ $(K \in MI)$ thì $HK$ vuông góc với $(MDB)$ nên $d(H,(MDB) = HK$.

Ta có $MO$song song với $SC$ nên $d(SC,DM) = d(SC,(MDB)) = d(C,(MDB))$$= d(A,(MDB)) = 2.d(H,(MDB)) = 2HK$.

Kẻ $AN$ vuông góc với $DB$$(N \in BD)$, , suy ra $HI = \frac{1}{2}AN = \frac{{12}}{5}$.

Vì $SO$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ và $SA$ tạo với mặt phẳng $(ABCD)$ một góc ${45^\circ }$ nên $\widehat {SAO} =$${45^\circ }$, do đó tam giác $SAO$ vuông cân tại $O$, $SO = AO = \frac{1}{2}BD = 5$, $HM = \frac{5}{2}$.

Trong tam giác vuông $HMI$ ta có: $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{I^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{{1201}}{{3600}}$$\Rightarrow HK = \frac{{60}}{{\sqrt {1201} }}$.

Vậy $d(DM,SC) = 2.HK = \frac{{120}}{{\sqrt {1201} }}$. Do đó $n = 1201$.

Cách 2:

1. Xây dựng hệ trục tọa độ và xác định tọa độ các điểm:

Đặt hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho $O$ là gốc tọa độ $(0{,}0{,}0)$.

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật tâm $O$ với $AB = 6$ và $AD = 8$, ta có thể đặt tọa độ các đỉnh của đáy như sau: $A( - 3, - 4{,}0)$, $B(3, - 4{,}0)$, $C(3{,}4{,}0)$, $D( - 3{,}4{,}0)$.

Kiểm tra lại độ dài các cạnh: $AB = \sqrt {{{(3 - ( - 3))}^2} + {{( - 4 - ( - 4))}^2} + {{(0 - 0)}^2}} = \sqrt {{6^2}} = 6$;

$AD = \sqrt {{{( - 3 - ( - 3))}^2} + {{(4 - ( - 4))}^2} + {{(0 - 0)}^2}} = \sqrt {{8^2}} = 8$.
Độ dài đường chéo của hình chữ nhật $AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = \sqrt {36 + 64} = \sqrt {100} = 10$.

Vì $O$ là tâm của hình chữ nhật, $AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5$.

Vì $SO$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$, nên $SO$ là chiều cao của hình chóp và $S$ nằm trên trục $Oz$.

Góc giữa $SA$ và mặt phẳng $(ABCD)$ là góc giữa $SA$ và hình chiếu của nó lên $(ABCD)$, tức là $\widehat {SAO}$.

Theo đề bài, $\widehat {SAO} = {45^\circ }$. Xét tam giác vuông $SAO$ tại $O$:

$SO = AO \cdot \tan (\widehat {SAO}) = 5 \cdot \tan ({45^\circ }) = 5 \cdot 1 = 5$. Vậy tọa độ điểm $S$ là $(0{,}0{,}5)$.

$M$ là trung điểm của $SA$. Với $S(0{,}0{,}5)$ và $A( - 3, - 4{,}0)$: $M = \left( { - \frac{3}{2}, - 2,\frac{5}{2}} \right)$.

2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $SC$ và $DM$:

Đường thẳng $SC$ đi qua $S(0{,}0{,}5)$ và có vectơ chỉ phương $\vec u = \overrightarrow {SC} = (3{,}4, - 5)$.

Đường thẳng $DM$ đi qua $D( - 3{,}4{,}0)$ và có vectơ chỉ phương $\vec v = \overrightarrow {DM} = \left( {\frac{3}{2}, - 6,\frac{5}{2}} \right)$.

$d(SC,DM) = \frac{{\left| {\overrightarrow {SD} .[\vec u,\vec v]} \right|}}{{\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right|}}$, Vectơ $\overrightarrow {SD} = ( - 3{,}4, - 5)$.

Ta có: $\left[ {\vec u,\vec v} \right] =$$= ( - 20, - 15, - 24)$; $\left| {\overrightarrow {SD} .[\vec u,\vec v]} \right|$$= 120$.

$\left| {\left[ {\vec u,\vec v} \right]} \right| = \sqrt {{{( - 20)}^2} + {{( - 15)}^2} + {{( - 24)}^2}} = \sqrt {400 + 225 + 576} = \sqrt {1201}$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SC$ và $DM$ là: $d(SC,DM) = \frac{{|120|}}{{\sqrt {1201} }} = \frac{{120}}{{\sqrt {1201} }}$.

Theo đề bài, khoảng cách này bằng $\frac{{120}}{{\sqrt n }}$. Do đó, $\frac{{120}}{{\sqrt n }} = \frac{{120}}{{\sqrt {1201} }}$. Suy ra $\sqrt n = \sqrt {1201}$.

Vậy $n = 1201$.

Đáp án: $33$.

Góc ở tâm chắn một cạnh của đa giác có số đo là: $360^\circ :36 = 10^\circ$.

Góc nội tiếp chắn một cạnh của đa giác có số đo là: $10^\circ :2 = 5^\circ$.

Để tạo thành một tam giác có một góc bằng $120^\circ$ thì phải có góc nội tiếp chắn 24 cung liên tiếp từ 24 dây là 24 cạnh liền kề nhau của đa giác.

Chọn 2 đỉnh cách nhau 24 cạnh, có 36 cách chọn (chẳng hạn như ${A_1}{A_{25}},{A_2}{A_{26}},...,{A_{36}}{A_{24}}$)

Với mỗi cách chọn 2 đỉnh ở trên, có 11 cách chọn đỉnh còn lại thoả mãn (ví dụ chọn cạnh ${A_1}{A_{25}}$ thì các cách chọn đỉnh còn lại là ${A_{26}},{A_{27}},...,{A_{36}}$).

Vậy, số tam giác được tạo thành có một góc bằng $120^\circ$ là: $36.11 = 396$ (tam giác).

Số cách chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh từ 36 đỉnh của đa giác là: $C_{36}^3 = 7140$ (cách).

Xác suất cần tìm là: $P = \frac{{396}}{{7140}} = \frac{{33}}{{595}}$.

Vậy $595P = 33$.

Đáp án: $60$.

$$\left| {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {AM} } \right| + \overrightarrow {SM} .\overrightarrow {AB} = \left| {\overrightarrow {SM} + 2\overrightarrow {SM} } \right| + \left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AM} } \right).\overrightarrow {AB} = 3SM + \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB}$$

$\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {AB} = 0$ vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $SA \bot AB$.

$$\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} } \right).\overrightarrow {AB} = {\overrightarrow {AB} ^2} + \overrightarrow {BM} .\overrightarrow {AB} = 36 + 0 = 36$$

$$SM = \sqrt {S{A^2} + A{M^2}} = \sqrt {S{A^2} + A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {12 + 36 + 16} = 8$$

$\left| {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {AM} } \right| + \overrightarrow {SM} .\overrightarrow {AB} = 3.8 + 0 + 36 = 60$.

Đáp án: $40$.

Gọi $x$ là số lần tăng giá ($x \ge 0$). Mỗi lần tăng 2 nghìn đồng.

Giá bán mới: $30 + 2x$ (nghìn đồng). ($30 + 2x \le 50 \Leftrightarrow x \le 10$)

Tiền lãi trên mỗi kg: $(30 + 2x) - 24 = 6 + 2x$ (nghìn đồng).

Tổng lượng bưởi bán được:

Số đơn hàng: $60 - 4x$ (đơn).

Số kg mỗi đơn: $100 - 2x$ (kg).

$\Rightarrow$ Tổng khối lượng $= (60 - 4x)(100 - 2x)$.

Hàm lợi nhuận $L(x)$ thu được là: $L(x) = (60 - 4x)(100 - 2x)(6 + 2x)$

$$L(x) = 4(15 - x) \cdot 2(50 - x) \cdot 2(3 + x) = 16 \cdot [(15 - x)(50 - x)(3 + x)] = 16\left( {{x^3} - 62{x^2} + 555x + 2250} \right)$$

$L'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} \approx 36{,}2(L)\\{x_2} \approx 5{,}11(N)\end{array} \right.$

Bảng biến thiên:

Thay $x \approx 5{,}11$ vào công thức giá bán:

${\rm{Gi\'a b\'a n}} = 30 + 2 \times 5{,}11 = 40{,}22{\rm{ }}$(nghìn đồng)

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị: 40 nghìn đồng.

Đáp án: 1200

Thay $p\left( t \right) = 90$ vào hàm số cho trước:

$100 + 20\cos \left( {120\pi t} \right) = 90$$\Leftrightarrow 20\cos \left( {120\pi t} \right) = - 10 \Leftrightarrow \cos \left( {120\pi t} \right) = - \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}120\pi t = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\120\pi t = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{{180}} + \frac{k}{{60}}\\t = - \frac{1}{{180}} + \frac{k}{{60}}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Ta lại có: $0 \le t \le 10$.

TH1: $0 \le \frac{1}{{180}} + \frac{k}{{60}} \le 10$$\Leftrightarrow 0 \le 1 + 3k \le 1800 \Leftrightarrow - 1 \le 3k \le 1799 \Rightarrow - 0{,}33 \le k \le 599{,}66$

Vậy $k \in \left\{ {0{,}1{,}2,...,599} \right\}$. Có 600 giá trị.

TH2: $0 \le - \frac{1}{{180}} + \frac{k}{{60}} \le 10 \Leftrightarrow 0 \le - 1 + 3k \le 1800 \Leftrightarrow 1 \le 3k \le 1801 \Rightarrow 0{,}33 \le k \le 600{,}33$

Vậy $k \in \left\{ {1{,}2{,}3,...,600} \right\}$. Có 600 giá trị.

Kết luận

Tổng số lần huyết áp đạt mức 90 mmHg trong 10 phút đầu tiên là: $600 + 600 = 1200{\rm{ }}$lần

Đáp án: 18.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A'$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$. Vì $A'A = A'B = A'C$ nên $HA = HB = HC$ do đó $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Mà $ABC$ là tam giác đều nên $H$ chính là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Gọi $M = AH \cap BC$$\Rightarrow$$M$ là trung điểm của đoạn $BC$ và $AM \bot BC$.

$\Rightarrow BC \bot \left( {A'AM} \right)$.

Gọi $N$ là trung điểm của $B'C'$, ta có $MN{\rm{// }}BB'{\rm{// }}AA'$. Do đó $\left( {A'AM} \right) \equiv \left( {A'AMN} \right)$.

$\Rightarrow BC \bot MN$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {BCC'B'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AM \subset \left( {ABC} \right),{\rm{ }}AM \bot BC\\MN \subset \left( {BCC'B'} \right),{\rm{ }}MN \bot BC\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left( {\left( {BCC'B'} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AM,MN} \right) = \left( {AM,AA'} \right) = \widehat {A'AM} = {60^ \circ }$.

Mặt khác ta có:

$AA' = 4$$\Rightarrow$$A'H = AA'.\sin {60^ \circ } = 2\sqrt 3$, $AH = AA'.\cos {60^ \circ } = 2 \Rightarrow AM = 3 \Rightarrow AB = 2\sqrt 3$.

Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là

$V = A'H.{S_{ABC}} = 2\sqrt 3 .\frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 18$.