Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 TH,THCS&THPT Lê Thánh Tông (TP.HCM) lần 2 có đáp án

Chọn B

Nhìn bảng biến thiên ta có $y' < 0\,\forall x \in ( - 1;1)$ nên hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $( - 1;1)$

Chọn B

Công bội của cấp số nhân đã cho là $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{ - 12}}{6} = - 2$

Chọn D

$\overrightarrow {BA} = (1 - 3;1 + 1; - 2 - 2) = ( - 2;2; - 4)$

Chọn A

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành là

$$\begin{array}{l}V = \pi \int\limits_1^2 {(\sqrt {{e^x} - x} } {)^2}dx = \pi \int\limits_1^2 {({e^x} - x} )dx = \pi \left. {\left( {{e^x} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_1^2 = \pi \left( {{e^2} - \frac{{{2^2}}}{2}} \right) - \pi \left( {{e^1} - \frac{{{1^2}}}{2}} \right)\\ = \pi \left( {{e^2} - e - \frac{3}{2}} \right)\end{array}$$

Chọn C

Ta có: ${\log _3}(27a) - {\log _3}a = {\log _3}\left( {\frac{{27a}}{a}} \right)$$= {\log _3}27$$= {\log _3}({3^3})$$= 3$.

Vậy ${\log _3}(27a) - {\log _3}a = 3$.

Chọn B

Đường thẳng $d$ có phương trình chính tắc là $\frac{{x - 1}}{4} = \frac{y}{2} = \frac{{z + 2}}{{ - 6}}$.

Từ phương trình chính tắc của đường thẳng, ta suy ra một vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là $\vec u = (4;2; - 6)$.

Chọn C

Để tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x - 3}}{{x + 1}}$, ta tính giới hạn của hàm số khi $x \to \pm \infty$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x - 3}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x\left( {2 - \frac{3}{x}} \right)}}{{x\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2 - \frac{3}{x}}}{{1 + \frac{1}{x}}}$ $= \frac{{2 - 0}}{{1 + 0}} = 2$.

Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng $y = 2$.

Chọn A

Phương trình mặt cầu $(S)$ có tâm $I(a;b;c)$ và bán kính $R$ là ${(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = {R^2}$.

Theo đề bài, mặt cầu $(S)$ có tâm $I(0; - 2;1)$ và bán kính $R = 5$.

Áp dụng công thức, ta có phương trình của $(S)$ là: ${(x - 0)^2} + {(y - ( - 2))^2} + {(z - 1)^2} = {5^2}$

hay ${x^2} + {(y + 2)^2} + {(z - 1)^2} = 25$.

Chọn D

Thể tích của một khối trụ có bán kính đáy là $R$ và chiều cao $h$ là $V = \pi {R^2}h$.

Chọn A

Hình phẳng gạch sọc trong hình vẽ trên được giới hạn bởi hai đồ thị $y = 2$, $y = {2^x}$ và đường $x = 1,x = 3$ nên có diện tích là $S = \int\limits_1^3 {\left| {{2^x} - 2} \right|dx} = \int\limits_1^3 {\left( {{2^x} - 2} \right)dx}$.

Chọn A

$\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AN} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BA} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right)$$= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c + \overrightarrow d } \right) = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow c + \overrightarrow d + \overrightarrow b } \right)$.

Chọn D

Giá trị trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm trên là

$\bar x = \frac{{{m_1}{x_1} + {m_2}{x_2} + ... + {m_k}{x_k}}}{n}$$= \frac{{8.6{,}75 + 10.7{,}25 + 16.7{,}75 + 24.8{,}25 + 13.8{,}75 + 7.9{,}25 + 4.9{,}75}}{{82}}$$= \frac{{333}}{{41}}$

${s^2} = \frac{{{m_1}{x_1}^2 + ... + {m_k}{x_k}^2}}{n} - {\bar x^2}$$= \frac{{8.6,{{75}^2} + 10.7,{{25}^2} + 16.7,{{75}^2} + 24.8,{{25}^2} + 13.8,{{75}^2} + 7.9,{{25}^2} + 4.9,{{75}^2}}}{{82}} - {\left( {\frac{{333}}{{41}}} \right)^2}$$\approx 0{,}609$.

a) Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$

$$y = f\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} + 10x - 12}}{x} = - x + 10 - \frac{{12}}{x}$$

-> $f'\left( x \right) = - 1 + \frac{{12}}{{{x^2}}} = \frac{{ - {x^2} + 12}}{{{x^2}}}$

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2\sqrt 3$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta có hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;2\sqrt 3 } \right)$

Vì $2\sqrt 3 < \frac{7}{2}$ nên hàm số không đồng biến trên khoảng $\left( {0\,;\,\frac{7}{2}} \right)$.

Chọn SAI.

b) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {f\left( x \right) - \left( { - x + 10} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( { - \frac{{12}}{x}} \right) = 0$

-> Đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có đường tiệm cận xiên là $y = - x + 10$.

Chọn ĐÚNG.

c) Toạ độ hai điểm cực trị của đồ thị $\left( C \right)$ là $M\left( { - 2\sqrt 3 \,;\,10 + 4\sqrt 3 } \right),N\left( {2\sqrt 3 \,;\,10 + 4\sqrt 3 } \right)$

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

$MN = \sqrt {{{\left( { - 2\sqrt 3 - 2\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {10 + 4\sqrt 3 - \left( {10 - 4\sqrt 3 } \right)} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {8\sqrt 3 } \right)}^2}} = 4\sqrt {15}$.

Chọn ĐÚNG.

d) Xét điểm $B\left( {a\,;\,b} \right) \in \left( C \right),a > 0$ Þ $b = f\left( a \right) = \frac{{ - {a^2} + 10a - 12}}{a}$.

Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại $B$ là:

$\Delta :y = f'\left( a \right).\left( {x - a} \right) + f\left( a \right)$.

$\Leftrightarrow \Delta :y = \frac{{12 - {a^2}}}{{{a^2}}}.\left( {x - a} \right) + \frac{{ - {a^2} + 10a - 12}}{a}$

$$\Delta :{a^2}y = \left( {12 - {a^2}} \right)\left( {x - a} \right) + a\left( { - {a^2} + 10a - 12} \right)$$

Hay $\Delta :\left( {{a^2} - 12} \right)x + {a^2}y - 10{a^2} + 24a = 0$

Diện tích tam giác $ABC$ là $S = \frac{1}{2}BC.d\left( {A,BC} \right) = 5.d\left( {A,\Delta } \right)$.

Khoảng cách từ $A$ đến $\Delta$:

$d\left( {A,\Delta } \right) = \frac{{\left| { - 6\left( {{a^2} - 12} \right) + 6{a^2} - 10{a^2} + 24a} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {{a^2} - 12} \right)}^2} + {a^4}} }}$

$= \frac{{\left| { - 10{a^2} + 24a + 72} \right|}}{{\sqrt {2{a^4} - 24{a^2} + 144} }} = \frac{{\sqrt 2 .\left| {5{a^2} - 12a - 36} \right|}}{{\sqrt {{a^4} - 12{a^2} + 72} }} = \sqrt 2 .\sqrt {\frac{{{{\left( {5{a^2} - 12a - 36} \right)}^2}}}{{{a^4} - 12{a^2} + 72}}}$

Xét hàm số $g\left( a \right) = \frac{{{{\left( {5{a^2} - 12a - 36} \right)}^2}}}{{{a^4} - 12{a^2} + 72}},a > 0$

Ta có $g'\left( a \right) = \frac{{2\left( {5{a^2} - 12a - 36} \right)\left( {10a - 12} \right)\left( {{a^4} - 12{a^2} + 72} \right) - {{\left( {5{a^2} - 12a - 36} \right)}^2}\left( {4{a^3} - 24a} \right)}}{{{{\left( {{a^4} - 12{a^2} + 72} \right)}^2}}}$

$= \frac{{4\left( {5{a^2} - 12a - 36} \right)\left[ {\left( {5a - 6} \right)\left( {{a^4} - 12{a^2} + 72} \right) - \left( {5{a^2} - 12a - 36} \right)\left( {{a^3} - 6a} \right)} \right]}}{{{{\left( {{a^4} - 12{a^2} + 72} \right)}^2}}}$

$= \frac{{4\left( {5{a^2} - 12a - 36} \right)\left( {6{a^4} + 6{a^3} + 144a - 432} \right)}}{{{{\left( {{a^4} - 12{a^2} + 72} \right)}^2}}}$

$= \frac{{24\left( {5{a^2} - 12a - 36} \right)\left( {a - 2} \right)\left( {{a^3} + 3{a^2} + 6a + 36} \right)}}{{{{\left( {{a^4} - 12{a^2} + 72} \right)}^2}}}$

Vì $a > 0 \Rightarrow {a^3} + 3{a^2} + 6a + 36 > 0$

$g'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}5{a^2} - 12a - 36 = 0\\a - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{{6 - 6\sqrt 6 }}{5}\left( L \right)\\a = \frac{{6 + 6\sqrt 6 }}{5}\\a = 2\end{array} \right.$

$\mathop {\lim }\limits_{a \to + \infty } g\left( a \right) = 25$

Bảng biến thiên

$a$	0	2		$\frac{{6 + 6\sqrt 6 }}{5}$	$+ \infty$
$g'\left( a \right)$	+	0	–	0	+
$g\left( a \right)$	18	$40$		0	25

-> $\mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} g\left( a \right) = 40$

-> Diện tích ao nuôi tôm lớn nhất là: $5.\sqrt 2 .\sqrt {40} = 20\sqrt 5 {\rm{ }}{{\rm{m}}^2}$

Chọn ĐÚNG.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ, với $O(0;0;0)$ là tâm hình vuông $ABCD$.

Khi đó tọa độ các điểm là: $A(3; - 3;0)$, $B(3;3;0)$, $S(0;0;4)$.

Nguồn sáng $I$ nằm trên trục $Oz$nên $I(0;0;a)$ với $2 < a < 4$.

a) ĐÚNG

Ta có $AB = 6{\rm{m}}$, $EA = FB = 1{\rm{m}}$ nên $EF = 4{\rm{m}}$.

Do $H,G$ lần lượt là trung điểm của $SE,SF$ nên $HG$ là đường trung bình của $\Delta SEF$.

Suy ra $HG = \frac{1}{2}EF = 2{\rm{m}}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$ $\Rightarrow SM = \sqrt {O{M^2} + S{O^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5$.

$\Delta SAB$ cân tại $S$, $M$ là trung điểm của $AB$$\Rightarrow SM \bot AB$. Kẻ $MK \bot AB \Rightarrow MK$ là đường trung bình $\Delta SEM \Rightarrow HK = \frac{1}{2}SM = \frac{5}{2} = 2{,}5$.

Diện tích cửa lều: ${S_{EFGH}} = \frac{{(EF + HG).HK}}{2} = \frac{{(4 + 2).2{,}5}}{2} = 7{,}5{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}$.

b) ĐÚNG

Khi $a = 3$, ta có $I(0;0;3)$.

Khoảng cách xa nhất từ bóng đèn đến người nằm trong vùng có ánh sáng là $IH'$.

$H$ lần lượt là trung điểm $SE$. Với $S(0;0;4)$ và $E(3; - 2;0)$ thì $H(1{,}5; - 1;2)$.

Đường thẳng $IH$ đi qua $I(0;0;3)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow {IH} = (1{,}5; - 1; - 1)$.

Phương trình tham số đường thẳng $IH:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1{,}5t}\\{y = - t}\\{z = 3 - t}\end{array}} \right.$.

Ta có: $H' = IH \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow 3 - t = 0 \Rightarrow t = 3 \Rightarrow$Tọa độ $H'(4{,}5; - 3;0)$.

Khoảng cách xa nhất là $IH' = \sqrt {4,{5^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{(0 - 3)}^2}} = \sqrt {38{,}25} \approx 6{,}18{\rm{m}}$.

c) ĐÚNG

Người ta trải một tấm thảm đỏ rộng $4{\rm{m}}$ dài $6{\rm{m}}$ sao cho cạnh ngắn nhất vừa khít với cửa lều.

Vậy thảm đỏ là hình chữ nhật $EFJQ$ và $EQ{\rm{//}}Ox \Rightarrow {x_Q} = 3 + 6 = 9 \Rightarrow Q\left( {9; - 2;0} \right)$.

Để ánh sáng phủ trọn hết chiều dài tấm thảm đỏ $6{\rm{m}}$tức là Q và J phải nằm trong miền hình thang $EFG'H'$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{H'}} \ge {x_Q} = 9\\{y_{H'}} \le {y_Q} = - 2\end{array} \right.$.

Đường thẳng $IH$ đi qua $I(0;0;a)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow {IH} = (1{,}5; - 1;2 - a)$.

Phương trình tham số đường thẳng $IH:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1{,}5t}\\{y = - t}\\{z = a + \left( {2 - a} \right)t}\end{array}} \right.$.

Ta có: $H' = IH \cap \left( {Oxy} \right) \Rightarrow a + \left( {2 - a} \right)t = 0 \Rightarrow t = \frac{{ - a}}{{2 - a}} = \frac{a}{{a - 2}} \Rightarrow$Tọa độ $H'\left( {\frac{{1{,}5a}}{{a - 2}}; - \frac{a}{{a - 2}};0} \right)$.

Do $2 < a < 4 \Rightarrow a - 2 > 0$.

d) ĐÚNG

Ban quản lý yêu cầu vùng sáng phải phủ kín thảm đỏ nên $2 < a \le 2{,}4$.

Để không chạm mép hồ, yêu cầu ${x_{H'}} < 3 + 9 = 12 \Rightarrow \frac{{1{,}5a}}{{a - 2}} < 12 \Leftrightarrow 1{,}5a < 12\left( {a - 2} \right) \Leftrightarrow a > \frac{{16}}{7}$.

Suy ra $\frac{{16}}{7} < a \le 2{,}4$m.

Vậy độ cao treo đèn $a$ chỉ có thể nằm trong khoảng $\left( {\frac{{16}}{7};2{,}4} \right]{\rm{ m\'e t}}{\rm{.}}$

a) Đúng.

Theo đề bài ta có: $P\left( B \right) = 0{,}6;\,\,P\left( {\overline B } \right) = 0{,}4;\,\,P\left( {A|B} \right) = 0{,}9;\,\,P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}15$

Tỉ lệ người được phỏng vấn thực sự xem trận đấu là:

$P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}6.0{,}9 + 0{,}4.0{,}15 = 0{,}6$ hay $60\%$.

b) Đúng.

Tỉ lệ người đã trả lời "không xem" khi phỏng vấn trong số những người thực sự xem trận đấu là: $P\left( {\overline B |A} \right) = \frac{{P\left( {\overline B A} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}4.0{,}15}}{{0{,}6}} = 0{,}1$ hay $10\%$.

c) Đúng

Gọi C là biến cố "Người được phỏng vấn mặc áo thi đấu".

Theo đề bài ta có: $P\left( C \right) = 0{,}2$$\Rightarrow P\left( {\overline C } \right) = 0{,}8$.

Trong số những người mặc áo thi đấu tỉ lệ người thực sự xem trận đấu là 85% nên $P\left( {A|C} \right) = 0{,}85$.

Ta có $P\left( A \right) = P\left( {AC} \right) + P\left( {A\overline C } \right) \Leftrightarrow P\left( A \right) = P\left( C \right).P\left( {A|C} \right) + P\left( {A\overline C } \right)$.

$\Rightarrow 0{,}6 = 0{,}2.0{,}85 + P\left( {A\overline C } \right) \Rightarrow P\left( {A\overline C } \right) = 0{,}43$.

Ta có tỉ lệ người thực sự xem trận đấu trong những người không mặc áo thi đấu là:

$P\left( {A|\overline C } \right) = \frac{{P\left( {A\overline C } \right)}}{{P\left( {\overline C } \right)}} = \frac{{0{,}43}}{{0{,}8}} = 0{,}5375$ hay $53{,}75\%$.

d) Đúng.

Ta có trong nhóm mặc áo thi đấu, xác suất xảy ra biến cố E là 10% nên

$P\left( {E|C} \right) = 0{,}1 \Rightarrow P\left( {\overline E |C} \right) = 0{,}9$.

Xác suất người trả lời sai sự thật là:

$P\left( E \right) = P\left( {A\overline B } \right) + P\left( {\overline A B} \right) = P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) + P\left( B \right).P\left( {\overline A |B} \right) = 0{,}4.0{,}15 + 0{,}6.0{,}1 = 0{,}12$.

Xác suất người trả lời đúng sự thật là: $P\left( {\overline E } \right) = 1 - 0{,}12 = 0{,}88$.

Ta có $P\left( {\overline E } \right) = P\left( {\overline E C} \right) + P\left( {\overline E \overline C } \right) \Leftrightarrow P\left( {\overline E } \right) = P\left( C \right).P\left( {\overline E |C} \right) + P\left( {\overline E \overline C } \right)$

$\Rightarrow 0{,}88 = 0{,}2.0{,}9 + P\left( {\overline E \overline C } \right) \Leftrightarrow P\left( {\overline E \overline C } \right) = 0{,}7$

Khi đó, xác suất để một người trả lời đúng sự thật trong nhóm không mặc áo thi đấu là:

$P\left( {\overline E |\overline C } \right) = \frac{{P\left( {\overline E \overline C } \right)}}{{P\left( {\overline C } \right)}} = \frac{{0{,}7}}{{0{,}8}} = 0{,}875$ hay $87{,}5\%$.

a) Từ đồ thị $\left( C \right)$ nhận thấy đồ thị $\left( C \right)$ đi qua điểm $\left( {0;3} \right)$ nên $c = 3$ vậy a) Sai

b) Từ đồ thị $\left( C \right)$ nhận thấy đồ thị $\left( C \right)$ đi qua các điểm $\left( {0;3} \right)$, $\left( { - 1;1} \right),\left( {2;1} \right)$ nên ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}c = 3\\ - a + b + c = 1\\8a + 4b + c = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = \frac{{ - 3}}{2}\\c = 3\end{array} \right.$ vậy $a + b + c = 2$ nên b) Đúng

c) $S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}{x^2} + 3} \right)dx} = \frac{{51}}{8}$ nên c) Đúng.

d) Dịch chuyển đồ thị $\left( C \right)$ lên trên theo phương $Oy$ một đoạn bằng $m > 0$.

Khi đó, ta có:

$S' = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}{x^2} + 3 + m} \right)} dx = 15$ theo giả thiết ta có $\frac{{51}}{8} + m(2 + 1) = 15 \Leftrightarrow m = \frac{{23}}{8}$.

Vậy d) Sai

Đáp án: $54$.

Từ hình vẽ ta có $N(12;6)$ nên cạnh trên của mặt cắt thuộc đường thẳng $y = 6$.

Điểm $M$ nằm trên trục $Oy$ và cùng tung độ với $N$ nên $M(0;6)$.

Parabol đi qua $M(0;6)$ nên: $6 = k{(0 - 8)^2} = 64k \Rightarrow k = \frac{3}{{32}}$.

Vậy đáy bể có phương trình: $y = \frac{3}{{32}}{(x - 8)^2}$.

Diện tích mặt cắt ngang là: $S = \int\limits_0^{12} {\left( {6 - \frac{3}{{32}}{{(x - 8)}^2}} \right)} \,dx = 54$.

Vậy diện tích mặt cắt ngang là: $54\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Đáp án: $140$.

Gọi $G,H,I$ lần lượt là trung điểm của $AD,AE,AB$.

$\Delta AGE$ đều nên $GH \bot AE$

$A{E^2} + B{E^2} = {4^2} + {3^2} = {5^2} = A{B^2} \Rightarrow \Delta ABE$ vuông tại $E$.

Suy ra $BE \bot AE$, mà $HI//BE \Rightarrow HI \bot AE$ mà $GH \bot AE$ nên $\left[ {B,AE,D} \right] = \widehat {GHI}$.

$GH = 4.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \left( m \right),\,HI = \frac{1}{2}BE = \frac{3}{2}\left( m \right)$,

$AD = 8\,\,\left( m \right) \Rightarrow BD = \sqrt {B{A^2} + A{D^2}} = \sqrt {89} \,\,\left( m \right) \Rightarrow GI = \frac{1}{2}BD = \frac{{\sqrt {89} }}{2}\,\,\left( m \right)$.

Từ đó: $c{\rm{os}}\widehat {GHI} = \frac{{H{G^2} + H{I^2} - G{I^2}}}{{2.HG.HI}} = \frac{{ - 4}}{{3\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {GHI} \approx 140^\circ$.

Đáp án: 160

Gọi $p$ là giá bán (đơn vị: nghìn đồng).

Gọi $n$ là số lượng khách hàng.

Theo đề bài: Giá gốc là 200 (nghìn), khách là 400. Cứ giảm 10 (nghìn) giá thì tăng 50 khách.

Suy ra, mối quan hệ giữa $n$ và $p$ là hàm bậc nhất.

Ta có công thức:

$n = 400 + 50.\frac{{200 - p}}{{10}}$

$n = 400 + 5(200 - p)$

$n = 400 + 1000 - 5p$

$n = 1400 - 5p$

Từ đó, ta rút ra $p$ theo $n$:

$5p = 1400 - n \Rightarrow p = \frac{{1400 - n}}{5} = 280 - 0{,}2n$

Hàm Doanh thu $R(n)$:

Doanh thu = Giá bán $\times$ Số lượng khách hàng: $R(n) = p \cdot n = (280 - 0{,}2n) \cdot n = 280n - 0{,}2{n^2}$

Hàm Chi phí $C(n)$ (đề bài cho):$C(n) = 28n + 0{,}01{n^2} + 15000$

Hàm Lợi nhuận $L(n)$: Lợi nhuận = Doanh thu - Chi phí

$L(n) = R(n) - C(n)$

$L(n) = (280n - 0{,}2{n^2}) - (28n + 0{,}01{n^2} + 15000)$

$L(n) = - 0{,}21{n^2} + 252n - 15000$

$L'(n) = - 0{,}42n + 252$

$$L'(n) = 0 \Leftrightarrow n = \frac{{252}}{{0{,}42}} = 600$$

Bảng biến thiên

Thay $n = 600$ vào công thức giá bán $p$ đã tìm được ở bước 1:

$p = 280 - 0{,}2.600$

$p = 280 - 120 = 160$

Kết luận: Công ty cần chốt giá bán là 160.000 đồng (hay 160 nghìn đồng) để lợi nhuận đạt mức tối đa.

Đáp án: 10,8.

Khoảng cách giữa tâm bão ban đầu với thành phố Hà Tĩnh là $TS = 20$.

Tọa độ tâm bão ban đầu ${S_0}$: $\left\{ \begin{array}{l}{x_{{S_0}}} = 20 \times 0{,}8 = 16\\{y_{{S_0}}} = - \sqrt {{{20}^2} - {{16}^2}} = - 12\end{array} \right. \Rightarrow {S_0}\left( {16; - 12} \right)$.

Cơn bão di chuyển theo hướng Tây Bắc lệch $60^\circ$ so với hướng Tây với vận tốc 20km/h hay $2$ đơn vị trục mỗi giờ. Vectơ vận tốc của cơn bão: $\overrightarrow v = \left( { - 2 \times \cos 60^\circ ;2 \times \sin 60^\circ } \right) = \left( { - 1;\sqrt 3 } \right)$.

Tọa độ tâm bão theo thờ gian $t$ (giờ): ${S_t}\left( {16 - t; - 12 + \sqrt 3 t} \right)$.

Sức tàn phá của cơn bão có bán kính ban đầu $20$${\rm{km}}$ và mở rộng thêm ${\rm{km}}$ mỗi giờ nên có phương trình: $r\left( t \right) = 2 + t$.

Điều kiện cả ba thành phố cùng nằm trong vùng nguy hiểm: $\left\{ \begin{array}{l}{S_t}T \le r\left( t \right)\\{S_t}N \le r\left( t \right)\\{S_t}H \le r\left( t \right)\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {{{\left( {16 - t} \right)}^2} + {{\left( { - 12 + \sqrt 3 t} \right)}^2}} \le 2 + t\\\sqrt {{{\left( { - 18 + t} \right)}^2} + {{\left( {15 - \sqrt 3 t} \right)}^2}} \le 2 + t\\\sqrt {{{\left( { - 17 + t} \right)}^2} + {{\left( {17 - \sqrt 3 t} \right)}^2}} \le 2 + t\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{t^2} - \left( {24\sqrt 3 + 36} \right)t + 396 \le 0\\3{t^2} - \left( {30\sqrt 3 + 40} \right)t + 545 \le 0\\3{t^2} - \left( {34\sqrt 3 + 38} \right)t + 574 \le 0\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7{,}0004 \le t \le 18{,}8560\\8{,}0298 \le t \le 22{,}6240\\7{,}8156 \le t \le 24{,}4810\end{array} \right. \Leftrightarrow 8{,}0298 \le t \le 18{,}8560 \Rightarrow \Delta t = 18{,}8560 - 8{,}0298 \approx 10{,}8$ (giờ).

Vậy khoảng thời gian cả ba thành phố này cùng nằm trong vùng nguy hiểm là $10{,}8$ giờ.

Mỗi cặp chiếm 2 đơn vị không gian. Một ngăn chứa tối đa 5 cuốn, nghĩa là mỗi ngăn chỉ có thể chứa tối đa 2 cặp (4 cuốn).

Vì có 8 cặp xếp vào 5 ngăn và không ngăn nào trống, ta có 1 khả năng phân bố số lượng cặp vào các ngăn: Ba ngăn chứa 2 cặp, hai ngăn chứa 1 cặp.

Trường hợp này: Sắp xếp cụ thể 5 ngăn:

Ngăn 1 & 2 & 3: Chứa (V, Su, Đ). Vì chúng phải ở 3 ngăn liên tiếp và chỉ có 3 môn, nên mỗi ngăn này chứa đúng 1 môn.

Ngăn 3 & 4 & 5: Chứa các môn liên quan đến Toán. Do đó, môn ở Ngăn 3 phải là môn chung giữa các tổ hợp.

Vì vậy ta có sắp xếp “mẫu” như sau, trong đó Văn-Sử-Địa có thể đổi vị trí cho nhau được, các bộ sách trong mỗi ngăn đổi vị trí cho nhau được, Hóa và Sinh đổi vị trí cho nhau được.

Trường hợp này có $3!$ cách xếp Văn-Sử-Địa, ngăn 1 có $2 \times 2 \times 2$ cách, ngăn 2 có $2 \times 2 \times 2$ cách, ngăn 3 có $2 \times 2 \times 2$ cách, ngăn 4 có $2$ cách, ngăn 5 có $2$ cách. Tổng cộng có $6 \times {8^3} \times {2^2} = 12288$ cách.

Cách sắp xếp tương tự

Tổng cộng có $6 \times {8^3} \times {2^2} = 12288$ cách.

Cuối cùng $T = 2.12288 = 24576$. Suy ra $\frac{T}{{512}} = 48$.

Đáp án: $84{,}6$.

1. Thiết lập hệ tọa độ và xác định các thực thể

Mặt cầu Trái Đất $\left( S \right)$: Tâm $O(0{,}0{,}0)$, bán kính $R = 6400$ km. Phương trình: ${x^2} + {y^2} + {z^2} = {6400^2}$

Vòm An Ninh $\left( {S'} \right)$ là mặt cầu tâm $I(0;0;6400)$, bán kính quét ${R_q} = 1280\sqrt {10}$ km.

Vị trí Alpha: $M(0;5120;3840)$.

Vị trí Beta: $N(0; - 6400;0)$.

2. Xác định ranh giới Vòm An Ninh và điểm nhập K

Ranh giới Vòm An Ninh là đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu $\left( S \right)$ và $\left( {S'} \right)$. Tọa độ các điểm thuộc ranh giới thỏa mãn hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x^2} + {y^2} + {z^2} = {{6400}^2}\quad (1)}\\{{x^2} + {y^2} + {{(z - 6400)}^2} = {{(1280\sqrt {10} )}^2}\quad (2)}\end{array}} \right.$

Thay ${x^2} + {y^2} = {6400^2} - {z^2}$ từ (1) vào (2), ta có: $({6400^2} - {z^2}) + ({z^2} - 12800z + {6400^2}) = 16384000$

$\Leftrightarrow 2 \cdot {6400^2} - 12800z = 16384000$

$\Leftrightarrow 81920000 - 12800z = 16384000 \Leftrightarrow z = 5120$

Với $z = 5120$ và $x = 0$ (do các điểm đang xét nằm trên mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$), tìm được $y = 3840$

Vậy điểm nhập $K$ có tọa độ: $K(0;3840;5120)$.

3. Tính toán lộ trình và thời gian của điệp viên Alpha

Lộ trình của Alpha gồm hai giai đoạn di chuyển trên mặt cầu: từ $M$ xuống Xích đạo (tại điểm ${M_1}$) và từ ${M_1}$ đến điểm $K$.

Giai đoạn 1 ($M \to {M_1}$): Alpha đi từ $M(0;5120;3840)$ xuống điểm ${M_1}(0;6400;0)$ trên đường Xích đạo.

o $\cos (\widehat {MO{M_1}}) = \frac{{\overrightarrow {OM} \cdot \overrightarrow {O{M_1}} }}{{|\overrightarrow {OM} | \cdot |\overrightarrow {O{M_1}} |}} = \frac{{5120 \cdot 6400}}{{{{6400}^2}}} = 0{,}8$.

Giai đoạn 2 (${M_1} \to K$): Alpha đi từ ${M_1}(0;6400;0)$ đến $K(0;3840;5120)$.

o $\cos (\widehat {{M_1}OK}) = \frac{{\overrightarrow {O{M_1}} \cdot \overrightarrow {OK} }}{{|\overrightarrow {O{M_1}} | \cdot |\overrightarrow {OK} |}} = \frac{{6400 \cdot 3840}}{{{{6400}^2}}} = 0{,}6$.

Vì $0,{8^2} + 0,{6^2} = 1$, nên $\widehat {MO{M_1}} + \widehat {{M_1}OK} = {90^ \circ }$.

Quãng đường Alpha (${S_A}$): ${S_A} = R \cdot \frac{\pi }{2} = 6400 \cdot \frac{\pi }{2} = 3200\pi$ (km).

Thời gian Alpha di chuyển (${t_A}$): ${t_A} = \frac{{{S_A}}}{{{v_A}}} = \frac{{3200\pi }}{{60}} = \frac{{160\pi }}{3}$ (giờ).

4. Tính vận tốc tối thiểu của tàu truy kích Beta

Beta xuất phát từ $N(0; - 6400;0)$ để chặn đầu Alpha tại $K(0;3840;5120)$.

Góc quét $\widehat {NOK}$: $\cos (\widehat {NOK}) = \frac{{\overrightarrow {ON} \cdot \overrightarrow {OK} }}{{|\overrightarrow {ON} | \cdot |\overrightarrow {OK} |}} = \frac{{( - 6400) \cdot 3840}}{{{{6400}^2}}} = - 0{,}6$.

$\Rightarrow sd\left( {ON,OK} \right) = \arccos ( - 0{,}6) \approx 2{,}2143$ rad.

Quãng đường Beta (${S_B}$): ${S_B} = R \cdot sd\left( {ON,OK} \right) = 6400 \cdot \arccos ( - 0{,}6) \approx 14171{,}5$ (km).

Vận tốc tối thiểu (${v_B}$): ${v_B} = \frac{{{S_B}}}{{{t_A}}} = \frac{{14171{,}5}}{{\frac{{160\pi }}{3}}} \approx 84{,}58$.

Làm tròn đến hàng phần chục, vận tốc tối thiểu tàu Beta cần duy trì là: ${v_B} \approx 84{,}6{\rm{ km/h}}$