Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở Thái Nguyên lần 1 có đáp án

Chọn C

Ta có: $GF\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right)$.

Chọn B

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA$ là đường cao của hình chóp

Ta có: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3} \times {1^2} \times 3 = 1$.

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow c = \overrightarrow a - 2\overrightarrow b = \left( {2 - 2 \times 1; - 1 - 2 \times 3;3 - 2 \times \left( { - 2} \right)} \right) = \left( {0; - 7;7} \right)$.

Chọn D

Hình chiếu vuông góc của điểm $M\left( {2;1; - 1} \right)$ trên mặt phẳng là $M'\left( {2;0; - 1} \right)$.

Chọn A

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 2$ suy ra đường thẳng $y = 2$là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Chọn C

Tứ phân vị thứ nhất của của mẫu số liệu thống kê là:

Ta có $\frac{n}{4} = \frac{{20}}{4} = 5$ , ${Q_1} \in \left[ {3{,}0;3{,}3} \right)$

${Q_1} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{4} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right) = 3{,}0 + \frac{{5 - 3}}{6}.(3{,}3 - 3{,}0) = \frac{{31}}{{10}}$.

Tứ phân vị thứ ba của của mẫu số liệu thống kê là:

Ta có $\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.20}}{4} = 15$ , ${Q_1} \in \left[ {3{,}6;3{,}9} \right)$

${Q_3} = {a_p} + \frac{{\frac{{3n}}{4} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right) = 3{,}6 + \frac{{15 - (3 + 6 + 5)}}{4}.(3{,}9 - 3{,}6) = \frac{{147}}{{40}}$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu thống kê là: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 0{,}575$.

Chọn D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy dấu của $f'(x)$ đổi dấu từ âm sang dương khi qua $x = 0$ nên giá trị cực tiểu của hàm số là ${y_{CT}} = f(0) = 1$.

Chọn C

Gọi d là công sai của cấp số cộng $({u_n})$, ta có ${u_4} = {u_1} + 3d \Rightarrow d = \frac{{{u_4} - {u_1}}}{3} = 3$.

Chọn B

Quan sát đồ thị ta thấy khoảng đồng biến $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {0;1} \right)$.

Chọn D

$\int {\left( {{2^x} + x} \right)} dx = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + \frac{{{x^2}}}{2} + C$.

Chọn A

Điều kiện: $x - 1 > 0 \Rightarrow x > 1$

${\log _2}(x - 1) = 3 \Leftrightarrow x - 1 = 8 \Leftrightarrow x = 9$.

Vậy phương trình có nghiệm là $x = 9$.

Chọn D.

Dựa vào hình dạng đồ thị ta có: đồ thị là của hàm số bậc 3: $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ và có hệ số $a > 0$ nên chọn đáp án D.

Chọn a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Đúng

Chiều cao tại thời điểm t: $h(t) = \int v (t)dt = \int {( - 0{,}1{t^3} + {t^2})} dt = - 0{,}025{t^4} + \frac{1}{3}{t^3} + C.$

$h(0) = 5 \Rightarrow C = 5$nên $h(t) = - 0{,}025{t^4} + \frac{1}{3}{t^3} + 5$.

a) $v(2) = - 0{,}1 \cdot {(2)^3} + {(2)^2} = - 0{,}1 \cdot 8 + 4 = - 0{,}8 + 4 = 3{,}2$cm/tuần.

Chọn ĐÚNG.

b) $v'(t) = - 0{,}3{t^2} + 2t = 0 \Leftrightarrow t( - 0{,}3t + 2) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = \frac{2}{{0{,}3}} = \frac{{20}}{3}\end{array} \right.$.

Thời điểm cây cà chua đó phát triển nhanh nhất khi $t = \frac{2}{{0{,}3}} = \frac{{20}}{3}$ tuần

$h(\frac{{20}}{3}) = - 0{,}025{(\frac{{20}}{3})^4} + \frac{1}{3}{(\frac{{20}}{3})^3} + 5 \approx - 49{,}38 + 98{,}76 + 5 = 54{,}38(cm).$>54 cm.

Chọn SAI.

c) Cây cà chua tăng trưởng khi:

$$v(t) > 0 \Leftrightarrow - 0{,}1{t^3} + {t^2} > 0 \Leftrightarrow {t^2}( - 0{,}1t + 1) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t < 0(L)\\0 < t < 10(N)\end{array} \right..$$

Vậy giai đoạn tăng trưởng kéo dài 10 tuần.

Chọn SAI.

d) $v(t) = - 0{,}1{t^3} + {t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 10\end{array} \right.$. Lập bảng biến thiên ta được GTLN của h(t) đạt tại t=10.

Chiều cao tối đa đạt được tại t = 10:

$h(10) = - 0{,}025{(10)^4} + \frac{1}{3}{(10)^3} + 5 = - 250 + 333{,}33 + 5 = 88{,}33$cm

Vì 88,33 > 88, nên cây có thể cao hơn 88 cm.

Chọn ĐÚNG.

Chọn a) Đúng| b) Sai| c) Sai | d) Đúng

a) Ta có $f\left( 0 \right) = \left( {{0^2} - 5 \cdot 0 + 7} \right) \cdot {{\rm{e}}^0} = 7$.

Chọn ĐÚNG.

b) Ta có $f'\left( x \right) = \left( {2x - 5} \right){{\rm{e}}^x} + \left( {{x^2} - 5x + 7} \right){{\rm{e}}^x} = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right){{\rm{e}}^x}$.

Do đó $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.$.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {1;2} \right)$.

Chọn SAI.

c) Ta có $f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right) \cdot {{\rm{e}}^x}$

Chọn SAI.

d) Hàm số $y = f\left( x \right) = \left( {{x^2} - 5x + 7} \right) \cdot {{\rm{e}}^x}$ xác định và liên tục trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$.

Ta có $f'\left( x \right) = \left( {{x^2} - 3x + 2} \right) \cdot {{\rm{e}}^x}$.

Suy ra $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.$.

Có $f\left( 0 \right) = 7$, $f\left( 1 \right) = 3{\rm{e}}$ và $f\left( 2 \right) = {{\rm{e}}^2}$.

Suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 7$.

Chọn ĐÚNG.

a) Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 2; - 2} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {5; - 1; - 1} \right)$

Þ $\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{AB.AC}} = \frac{{1.5 - 2.\left( { - 1} \right) - 2\left( { - 1} \right)}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} .\sqrt {{5^2} + {1^2} + {1^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$

Chọn ĐÚNG.

b) Ta có $AB = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} = 3$

$\overrightarrow {BC} = \left( {4;1;1} \right) \Rightarrow BC = \sqrt {{4^2} + {1^2} + {1^2}} = 3\sqrt 2$

Diện tích hình thang $ABCD$ là $S = \frac{{\left( {AD + BC} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {AD + 3\sqrt 2 } \right).3}}{2}$

Þ $\frac{{\left( {AD + 3\sqrt 2 } \right).3}}{2} = 6\sqrt 2 \Rightarrow AD = \sqrt 2$

Þ $\overrightarrow {AD} = \frac{1}{3}\overrightarrow {BC} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 1 = \frac{1}{3}.4\\b - 2 = \frac{1}{3}.1\\c - 1 = \frac{1}{3}.1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{7}{3}\\b = \frac{7}{3}\\c = \frac{4}{3}\end{array} \right. \Rightarrow a + b + c = 6$

Chọn SAI.

c) Gọi $I$ là điểm thoả mãn $\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + 2{x_B} + 3{x_C}}}{{1 + 2 + 3}} = \frac{{23}}{6}\\{y_I} = \frac{{{y_A} + 2{y_B} + 3{y_C}}}{{1 + 2 + 3}} = \frac{5}{6}\\{z_I} = \frac{{{z_A} + 2{z_B} + 3{z_C}}}{{1 + 2 + 3}} = \frac{{ - 1}}{6}\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {\frac{{23}}{6};\frac{5}{6};\frac{{ - 1}}{6}} \right)$

Ta có $M{A^2} + 2M{B^2} + 3M{C^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + 2{\overrightarrow {MB} ^2} + 3{\overrightarrow {MC} ^2}$

$$= {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + 3{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}$$

$$= 6{\overrightarrow {MI} ^2} + 2\overrightarrow {MI} .\left( {\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} + 3\overrightarrow {IC} } \right) + {\overrightarrow {IA} ^2} + 2{\overrightarrow {IB} ^2} + 3{\overrightarrow {IC} ^2}$$

$$= 6M{I^2} + I{A^2} + 2I{B^2} + 3I{C^2}$$

Ta có $I{A^2} + 2I{B^2} + 3I{C^2}$ không đổi nên $M{A^2} + 2M{B^2} + 3M{C^2}$ nhỏ nhất khi $MI$ nhỏ nhất

Þ $M$ là hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$

Þ $M\left( {\frac{{23}}{6};\frac{5}{6};0} \right)$ Þ ${x_M} = \frac{{23}}{6} < 4$.

Cách khác

Vì $M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow M\left( {x;y;0} \right)$

Þ $M{A^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {0 - 1} \right)^2} = {x^2} + {y^2} - 2x - 4y + 6$

$M{B^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} + {1^2} = {x^2} + {y^2} - 4x + 5$

$M{C^2} = {\left( {x - 6} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {0^2} = {x^2} + {y^2} - 12x - 2y + 37$

Þ $M{A^2} + 2M{B^2} + 3M{C^2} = 6{x^2} + 6{y^2} - 46x - 10y + 127 = 6{\left( {x - \frac{{23}}{6}} \right)^2} + 6{\left( {y - \frac{5}{6}} \right)^2} + \frac{{104}}{3}$

Þ $M{A^2} + 2M{B^2} + 3M{C^2} \ge \frac{{104}}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{23}}{6}\\y = \frac{5}{6}\end{array} \right.$ Þ $M\left( {\frac{{23}}{6};\frac{5}{6};0} \right) \Rightarrow {x_M} = \frac{{23}}{6} < 4$.

Chọn ĐÚNG.

d) $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 1.5 - 2.\left( { - 1} \right) - 2\left( { - 1} \right) = 9$Ta có $y' = f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c$

Chọn ĐÚNG.

a) Ta có:

$s = 5 \Leftrightarrow$$10\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right) = 5 \Leftrightarrow$$\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow$$10t - \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{6} + 2k\pi$ hoặc $10t - \frac{\pi }{2} = \frac{{5\pi }}{6} + 2k\pi$

Xét thời điểm dương nhỏ nhất.

Trường hợp 1: $10t = \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{2} = \frac{{2\pi }}{3} \Leftrightarrow$$t = \frac{\pi }{{15}}$

Trường hợp 2: $10t = \frac{{5\pi }}{6} + \frac{\pi }{2} = \frac{{4\pi }}{3} \Leftrightarrow$$t = \frac{{2\pi }}{{15}}$

Thời điểm đầu tiên là $t = \frac{\pi }{{15}}$

Trong đề cho $\frac{{2\pi }}{{15}}$ nên Khẳng định a sai.

b) Vì $- 1 \le \sin x \le 1$ nên$- 10 \le 10\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right) \le 10$

Giá trị nhỏ nhất là $- 10$

Do đề cho $- 1$ nên Khẳng định b sai.

c) Hàm sin xác định với mọi $t \in \mathbb{R}$

Nên tập xác định là $\mathbb{R}$

Khẳng định c đúng.

d) Vị trí cân bằng $s = 0$

$10\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow$$\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right) = 0 \Leftrightarrow$$10t - \frac{\pi }{2} = k\pi \Leftrightarrow$$t = \frac{\pi }{{20}} + \frac{{k\pi }}{{10}}$

Trong 3 giây đầu tiên nên $0 \le t = \frac{\pi }{{20}} + \frac{{k\pi }}{{10}} \le 3 \Leftrightarrow - 0{,}5 \le t \le 9{,}04$

Suy ra $t \in \left\{ {0,...,9} \right\}$ nên khẳng định d đúng

Đáp án: 0,17

Đầu tiên, ta xác định phân bố xác suất của tổng số chấm khi tung 2 con xúc xắc (gọi là không gian mẫu $X$ cho mỗi lần tung, $X \in [2{,}12]$):

· $P(2) = P(12) = \frac{1}{{36}}$

· $P(3) = P(11) = \frac{2}{{36}}$

· $P(4) = P(10) = \frac{3}{{36}}$

· $P(5) = P(9) = \frac{4}{{36}}$

· $P(6) = P(8) = \frac{5}{{36}}$

· $P(7) = \frac{6}{{36}}$

Giả sử tam giác có hai cạnh là a, b và góc xen giữa là góc $C = (t - 1)15$ độ. Để đây là một tam giác vuông, ta chia thành 2 trường hợp chính:

Trường hợp 1: Tam giác vuông tại C (Góc xen giữa là 90 độ)

· Ta có: $(t - 1)15 = 90 \Rightarrow t = 7$.

· Xác suất để $t = 7$ là $P(t = 7) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}$.

· Trong trường hợp này, với bất kỳ độ dài a, b nào được tạo ra, ta cũng luôn có một tam giác vuông.

Trường hợp 2: Tam giác vuông tại A hoặc B

· Giả sử tam giác vuông tại đỉnh A (đối diện cạnh a). Khi đó, theo lượng giác học, ta có $\cos C = \frac{b}{a}$. Vì a, b là các số nguyên dương nên $\cos C$ phải là một số hữu tỉ dương.

· Thử các giá trị của góc $C$ từ điều kiện đề bài: 15 độ, 30 độ, 45 độ, 60 độ, 75 độ,... Ta thấy chỉ có $C = 60$ độ (tương ứng với $t = 5$) thì $\cos 60 = 0{,}5$ (là số hữu tỉ). Các góc lớn hơn 90 độ sẽ có $\cos$ âm, không hợp lệ.

· Vậy bắt buộc $t = 5$. Xác suất xảy ra là $P(t = 5) = \frac{4}{{36}} = \frac{1}{9}$.

· Nếu vuông tại A: Ta cần $\frac{b}{a} = \frac{1}{2} \Rightarrow a = 2b$. Các cặp $(a,b)$ thỏa mãn và xác suất tương ứng là:

o $b = 2,a = 4$: Xác suất $\frac{1}{{36}} \cdot \frac{3}{{36}} = \frac{3}{{1296}}$

o $b = 3,a = 6$: Xác suất $\frac{2}{{36}} \cdot \frac{5}{{36}} = \frac{{10}}{{1296}}$

o $b = 4,a = 8$: Xác suất $\frac{3}{{36}} \cdot \frac{5}{{36}} = \frac{{15}}{{1296}}$

o $b = 5,a = 10$: Xác suất $\frac{4}{{36}} \cdot \frac{3}{{36}} = \frac{{12}}{{1296}}$

o $b = 6,a = 12$: Xác suất $\frac{5}{{36}} \cdot \frac{1}{{36}} = \frac{5}{{1296}}$

o Tổng xác suất để $a = 2b$ là: $\frac{{3 + 10 + 15 + 12 + 5}}{{1296}} = \frac{{45}}{{1296}}$.

· Nếu vuông tại B: Vai trò của a, b là như nhau nên xác suất $b = 2a$ cũng là $\frac{{45}}{{1296}}$.

· Vậy tổng xác suất của Trường hợp 2 là:

$P(TH2) = \frac{1}{9} \cdot \left( {\frac{{45}}{{1296}} + \frac{{45}}{{1296}}} \right) = \frac{{10}}{{1296}}$

Tổng kết:

Xác suất để tam giác được chọn là tam giác vuông bằng tổng xác suất của 2 trường hợp:

$P = \frac{1}{6} + \frac{{10}}{{1296}} = \frac{{216}}{{1296}} + \frac{{10}}{{1296}} = \frac{{226}}{{1296}} = \frac{{113}}{{648}} \approx 0{,}17438...$

Đáp án: 20

Chọn hệ trục toạ độ $Oxyz$ sao cho gốc toạ độ là điểm $B\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right)$, trục $Ox$ trùng với tia $BC$, trục $Oy$ trùng với tia $BA$, trục $Oz$ trùng với tia $BF$.

Theo bài ra ta có: $AB = 6\,,\,AD = 8\,;\,DH = 10$, nên ta có:

$C\,\left( {8\,;\,0\,;\,0} \right)\,,\,A\,\left( {0\,;\,6\,;\,0} \right)\,,\,D\,\left( {8\,;\,6\,;\,0} \right)\,,\,F\,\left( {0\,;\,0\,;\,10} \right)\,,\,G\,\left( {8\,;\,0\,;\,10} \right)\,,\,E\,\left( {0\,;\,6\,;\,10} \right)\,,\,H\,\left( {8\,;\,6\,;\,10} \right)$,

Vì $M$ là trung điểm của $AF$, nên $M\left( {0\,;\,3\,;\,5} \right)$. Điểm $I \in \left( {Oxy} \right)\, \Rightarrow \,I\,\left( {{x_0}\,;\,{y_0}\,;\,0} \right)$

Nhận thấy $M$ và $G$ nằm cùng phía so với mặt phẳng $\left( {Bxy} \right)\,$, nên ta lấy điểm $M'$ đối xứng với điểm $M$qua mặt phẳng $\left( {Bxy} \right)\,$, thì $M'\,\left( {0\,;\,3\,;\, - 5} \right)$.

Khi đó: $IM = IM'\,$ $\Rightarrow IM + IG = IM' + IG \ge M'G$

Vậy tổng $IM' + IG$ nhỏ nhất khi $IM' + IG = M'G$, suy ra ba điểm $I\,,\,M'\,,\,G$ thẳng hàng. Vậy $I$ là giao điểm của $M'G$ với mặt phẳng $\left( {Bxy} \right)\,$, $\Rightarrow I\, \in M'G\,\,,\,\,I \in \left( {Bxy} \right)$.

* Tìm $M$:

Phương trình tham số của đường thẳng $M'G$ đi qua điểm $M'\,\left( {0\,;\,3\,;\, - 5} \right)$, có véc tơ chỉ phương $\overrightarrow {M'G} = \left( {8\,;\, - 3\,;\,15} \right)$ là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 8t\\y = 3 - 3t\\z = - 5 + 15t\end{array} \right.$. Suy ra điểm $I\,\left( {8t\,;\,3 - 3t\,;\, - 5 + 15t} \right)$.

Mà $I \in \left( {Bxy} \right)\, \Rightarrow {z_I} = 0 \Leftrightarrow - 5 + 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \Rightarrow I\,\left( {\frac{8}{3}\,;\,2\,;\,0} \right)$.

Khoảng cách từ điểm $I$ đến $BA$ và $BC$ là ${x_I} = \frac{8}{3}\,$ và ${y_I} = 2\,$ $\, \Rightarrow \,a = \frac{8}{3}\,,\,\,b = 2$

Vậy $P = 3a + 6b = 3.\frac{8}{3} + 6.2 = 20$.

Đáp số: $0{,}33{\rm{ mg/l\'i t}}$.

Ta có phương trình mô tả tốc độ thay đổi nồng độ thuốc: $y'(t) = k \cdot y(t)$

Biến đổi phương trình để tách biến: $\frac{{y'(t)}}{{y(t)}} = k$

Lấy đạo hàm ngược hai vế, ta nhận thấy vế trái chính là đạo hàm của hàm logarit tự nhiên:

${[\ln (y(t))]^\prime } = k$

Suy ra phương trình logarit của nồng độ thuốc: $\ln (y(t)) = kt + C$

Từ đó, ta có công thức tổng quát của hàm số $y(t)$: ${e^{\ln (y(t))}} = {e^{kt + C}}$ $\Rightarrow y(t) = {e^{kt + C}}$

Theo giả thiết đề bài, ta xét tại các thời điểm cụ thể:

Tại thời điểm $t = 5$, nồng độ $y = 3$: ${e^{5k + C}} = 3$

Tại thời điểm $t = 10$, nồng độ $y = 1$: ${e^{10k + C}} = 1$

Lấy logarit hai vế của hai phương trình trên, ta thu được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn $k$ và $C$:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{5k + C = \ln 3}\\{10k + C = 0}\end{array}} \right.$

Giải hệ phương trình này (lấy dưới trừ trên hoặc thế) $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{k = \frac{{ - \ln 3}}{5}}\\{C = 2\ln 3}\end{array}} \right.$

Thay $k$ và $C$ vừa tìm được vào công thức tổng quát, ta được phương trình cụ thể:

$y(t) = {e^{ - \frac{{\ln 3}}{5} \cdot t + 2\ln 3}}$

Tính nồng độ thuốc tồn dư tại thời điểm $t = 15$ ngày: $y(15) = {e^{ - \frac{{\ln 3}}{5} \cdot 15 + 2\ln 3}}$

Rút gọn biểu thức mũ: $y(15) = {e^{ - 3\ln 3 + 2\ln 3}} = {e^{ - \ln 3}} = \frac{1}{3}$.

Làm tròn kết quả: $y(15) \approx 0{,}33$.

Đáp án: 48

Gọi tổng các số ở mỗi cột là $k$.

Vì cột $1$ chỉ chứa $1$ số nên $k \le 9$.

Vì cột $3$ chứa $3$ số nguyên dương phân biệt, tổng nhỏ nhất của chúng là $1 + 2 + 3 = 6$ nên $k \ge 6$

Ta xét các trường hợp của $k$.

+) Trường hợp 1: $k = 6$.

Cột $1$ chứa số $6$.

Cột $3$ chứa các số $1$, $2$¸$3$.

Cột $2$ có $2$ khả năng là $\left\{ {1;5} \right\}$ hoặc $\left\{ {2;4} \right\}$. Ta thấy số $1$ và $2$ đều đã ở cột $3$ nên loại.

+) Trường hợp $2$: $k = 7$.

Cột $1$ chứa số $7$.

Cột $3$ phải chứa các số $\left\{ {1;2;4} \right\}$.

Cột $2$ có $3$ khả năng là $\left\{ {1;6} \right\}$, $\left\{ {2;5} \right\}$, $\left\{ {3;4} \right\}$. Ta thấy nó đều chứa số ở cột $3$ nên loại.

+) Trường hợp $3$: $k = 8$

Cột $1$ chứa số $8$.

Cột $3$ có $2$ khả năng là $\left\{ {1;3;4} \right\}$ hoặc $\left\{ {1;2;5} \right\}$.

- Nếu chọn $\left\{ {1;3;4} \right\}$ thì các số còn lại là $\left\{ {2;5;6;7;9} \right\}$, ta chỉ có cặp $\left\{ {2;6} \right\}$ có tổng bằng $8$.

- Nếu chọn $\left\{ {1;2;5} \right\}$ thì các số còn lại là $\left\{ {3;4;6;7;9} \right\}$, không có hai số nào có tổng bằng $8$.

Ta có được $1$ bộ số thỏa mãn.

+) Trường hợp $4$: $k = 9$.

Cột $1$ chứa số $9$.

Cột $3$ có $3$ khả năng là $\left\{ {1;2;6} \right\}$, $\left\{ {1;3;5} \right\}$, $\left\{ {2;3;4} \right\}$.

- Nếu chọn $\left\{ {1;2;6} \right\}$ thì các số còn lại là $\left\{ {3;4;5;7;8} \right\}$, ta chỉ có cặp $\left\{ {4;5} \right\}$ có tổng bằng $9$.

- Nếu chọn $\left\{ {1;3;5} \right\}$ thì các số còn lại là $\left\{ {2;4;6;7;8} \right\}$, ta chỉ có cặp $\left\{ {2;7} \right\}$ có tổng bằng $9$.

- Nếu chọn $\left\{ {2;3;4} \right\}$ thì các số còn lại là $\left\{ {1;5;6;7;8} \right\}$, ta chỉ có cặp $\left\{ {1;8} \right\}$ có tổng bằng $9$.

Ta có được $3$ bộ số thỏa mãn.

+) Với mỗi bộ số, sắp xếp vị trí các số trong mỗi cột.

Cột $1$ có $1!$ cách xếp.

Cột $2$ có $2!$ cách xếp.

Cột $3$ có $3!$ cách xếp.

+) Vậy ta có tổng cộng $\left( {1 + 3} \right) \times 1! \times 2! \times 3! = 48$ cách điền số thỏa mãn ycbt.

Chọn điểm $M \in AD$ sao cho $MP \bot AD$ tại $M$, $MQ \bot AD$ tại $M$.

Khi đó $\left[ {B,AD,C} \right] = \left[ {P,AD,Q} \right] = \widehat {PMQ}$.

Giả sử $AM = a$. Xét $\Delta MAQ$ vuông tại $M$ ta có:

$MQ = AM.\tan 45^\circ = a$, $AQ = \sqrt {A{M^2} + M{Q^2}} = a\sqrt 2$.

Xét $\Delta MAP$ vuông tại $M$ ta có: $MP = AM.\tan 60^\circ = a\sqrt 3$, $AP = \sqrt {A{M^2} + M{P^2}} = 2a$.

Xét $\Delta APQ$ ta có: $P{Q^2} = A{P^2} + A{Q^2} - 2.AP.AQ.\cos \widehat {PAQ} = \left( {6 - 2\sqrt 6 } \right){a^2}$.

Xét $\Delta MPQ$, ta có: $\cos \widehat {PMQ} = \frac{{M{Q^2} + M{P^2} - P{Q^2}}}{{2.MP.MQ}} = \frac{{3\sqrt 2 - \sqrt 3 }}{3}$.

Vậy $\cos \alpha = \cos \widehat {MPQ} \approx 0{,}84$.

Đáp án: $640$.

Giả sử $x$, $y$ lần lượt là số lít nước ngọt loại II và loại I mà mỗi đội cần pha chế.

Suy ra $30x + 10y$ là số gam đường cần dùng;

$x + y$ là số lít nước cần dùng;

$x + 4y$ là số gam hương liệu cần dùng.

Theo giả thiết ta có:$\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\30x + 10y \le 210\\x + y \le 9\\x + 4y \le 24\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\3x + y \le 21\\x + y \le 9\\x + 4y \le 24\end{array} \right.$ (*)

Số điểm thưởng nhận được sẽ là $P\left( {x;y} \right) = 60x + 80y$.

Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ với $x,{\rm{ }}y$ thỏa mãn (∗)

Miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là là ngũ giác OBCDE với $O\left( {0;0} \right),{\rm{ }}B\left( {0;6} \right)$, $C\left( {4;5} \right)$,$D\left( {6;3} \right),{\rm{ }}E\left( {7;0} \right)$.

Biểu thức $P = 60x + 80y\;$ đạt GTLN tại $\left( {x;y} \right)$ là tọa độ một trong các đỉnh của ngũ giác.

Thay lần lượt tọa độ các điểm $O,{\rm{ }}B,{\rm{ }}C,{\rm{ }}D,{\rm{ }}E\;$ vào biểu thức $P\left( {x;y} \right)$ ta được:

$P\left( {0;0} \right) = 0;{\rm{ }}P\left( {0;6} \right) = 480;{\rm{ }}P\left( {4;5} \right) = 640;{\rm{ }}P\left( {6;3} \right) = 600;{\rm{ }}P\left( {7;0} \right) = 420$.

Vậy số điểm thưởng cao nhất là 640 khi $x = 4;y = 5$.