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

Chọn B

Ta có công thức nguyên hàm của hàm số mũ: $\int {{a^x}} dx = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C$ (với $a > 0$ và $a \ne 1$).

Áp dụng công thức này cho hàm số $f(x) = {2025^x}$, ta được: $\int 2 {025^x}dx = \frac{{{{2025}^x}}}{{\ln (2025)}} + C$.

Vậy nguyên hàm của hàm số $f(x) = {2025^x}$ là $\frac{{{{2025}^x}}}{{\ln (2025)}} + C$.

Chọn D

Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình $f(x) = g(x)$:

$- \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} + 1 = - \frac{1}{2}x + \frac{5}{2}$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.$.

$S = \int_{ - 1}^1 {\left( {g(x) - f(x)} \right)dx = \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {\frac{1}{2}{x^3} - \frac{3}{2}{x^2} - \frac{1}{2}x + \frac{3}{2}} \right)} } dx = 2$.

Chọn B

Tổng số bóng đèn: $N = 11 + 20 + 29 + 40 + 30 = 130$.

Tần số tích lũy:

 Khoảng [3; 5): 11

 Khoảng [5; 7): $11 + 20 = 31$

 Khoảng [7; 9): $31 + 29 = 60$

 Khoảng [9; 11): $60 + 40 = 100$

 Khoảng [11; 13): $100 + 30 = 130$

Để tìm tứ phân vị thứ nhất (${Q_1}$), ta xác định vị trí của nó. Vị trí của ${Q_1}$ là $\frac{N}{4} = \frac{{130}}{4} = 32.5$.

Ta thấy giá trị 32.5 nằm trong khoảng [7; 9). Vậy, nhóm chứa ${Q_1}$ là [7; 9).

${Q_1} = 7 + \frac{{32.5 - 31}}{{29}} \times 2 = \frac{{206}}{{29}}$.

Chọn B

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(2; - 1;0)$.

Đường kính của mặt cầu là $d = 8$.

Bán kính của mặt cầu là $R = \frac{d}{2} = \frac{8}{2} = 4$.

Phương trình tổng quát của mặt cầu có tâm $(a;b;c)$ và bán kính $R$ là:

${(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = {R^2}$

Thay tọa độ tâm $I(2; - 1;0)$ và bán kính $R = 4$ vào công thức, ta được:

${(x - 2)^2} + {(y - ( - 1))^2} + {(z - 0)^2} = {4^2}$$\Leftrightarrow {(x - 2)^2} + {(y + 1)^2} + {z^2} = 16$.

Chọn A

Xét hàm số $y = \frac{{ - {x^2} - 2x + 5}}{{x + 2}}$

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}.$

Ta có $y = \frac{{ - {x^2} - 2x + 5}}{{x + 2}} = - x + \frac{5}{{x + 2}}.$

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {y + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{ - {x^2} - 2x + 5}}{{x + 2}} + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { - x + \frac{5}{{x + 2}} + x} \right) = 0$

và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {y + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{ - {x^2} - 2x + 5}}{{x + 2}} + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - x + \frac{5}{{x + 2}} + x} \right) = 0$

nên đường thẳng $y = - x$là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn C

Ta có ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > \frac{1}{{32}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^5} \Leftrightarrow {x^2} + 4x < 5\,\,\,\left( {do\,\,0 < \frac{1}{2} < 1} \right)$$\Leftrightarrow - 5 < x < 1$

Chọn C

Ta có:

+) $\overrightarrow {AB} = \left( { - 3; - 3;2} \right).$

+) Mặt phẳng $(P):x - 3y + 2z - 5 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1; - 3;2} \right).$

Giả sử một vectơ pháp tuyến với mặt phẳng $(Q)$ là $\overrightarrow {{n_Q}} \, = \left( {a;b;c} \right)\,\,\,\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} \ne 0} \right).$

Vì mặt phẳng $(Q)$ đi qua hai điểm $A,\,\,B$ và vuông góc với mặt phẳng $(P)$ nên $\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_Q}} \bot \overrightarrow {AB} \\\overrightarrow {{n_Q}} \bot \overrightarrow {{n_P}} \end{array} \right.$

hay $\overrightarrow {{n_Q}} = \overrightarrow {AB} \wedge \overrightarrow {{n_P}}$=$\left( {0;8;12} \right).$

Chọn D

Ta có:

+) Vì $\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\SH \bot BD\\AC,\,\,SH \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$ mà $BD \subset \left( {SBD} \right)$ nên $\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)$ hay A đúng.

+) B đúng theo tính chất

+) Vì $\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot SH\\BD,\,\,SH \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)$ mà $AC \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ hay C đúng.

Chọn A

Ta có: ${3^{x - 2}} = \frac{1}{9} \Leftrightarrow {3^{x - 2}} = {\left( 3 \right)^{ - 2}} \Leftrightarrow x - 2 = - 2 \Leftrightarrow x = 0.$

Chọn A

Ta có: $d = {u_3} - {u_2} = 1 - \left( { - 2} \right) = 3 \Rightarrow {u_4} = {u_3} + d = 1 + 3 = 4.$

Chọn D

$\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {A'C'}$ nên A đúng

$\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC'}$ (theo qui tắc hình bình hành) nên B đúng

$\overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BD'}$ (theo qui tắc hình hộp) nên C đúng

$\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {DB} \ne \overrightarrow {B'D'}$ nên D sai

Chọn C

Dựa vào đồ thị hàm số ta có các ý A, B, D đều đúng.

Điểm cực đại của hàm số là 2 nên C sai.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$

$y' = \frac{3}{{{{(x + 2)}^2}}} > 0\forall x \ne - 2$ nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định $\left( { - \infty ; - 2} \right),\left( { - 2; + \infty } \right)$.

Phát biểu 1 Sai

Đồ thị hàm số $y = \frac{{x - 1}}{{x + 2}}$ có TCĐ $x = - 2$ và TCN $y = 1$nên đồ thị có tâm đối xứng $I\left( { - 2;1} \right)$

Phát biểu 2 Sai. ( Hàm số có tâm đối xứng là sai, phát biểu đúng là đồ thị hàm số có tâm đối xứng)

Tại $x = 1 \Rightarrow y = 0,f'(1) = \frac{1}{3}$

PTTT: $y = \frac{1}{3}(x - 1) = \frac{1}{3}x - \frac{1}{3}$.

Phát biểu 3 Đúng.

Tam giác IAB đều với $I\left( { - 2;1} \right)$, $A,B \in (C) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\(\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {IB} ) = {60^0}\end{array} \right.$

Gọi $A(a;1 - \frac{3}{{a + 2}}),B(b;1 - \frac{3}{{b + 2}})$

Khi đó: $\begin{array}{l}IA = \sqrt {{{(a + 2)}^2} + \frac{9}{{{{(a + 2)}^2}}}} ,IB = \sqrt {{{(b + 2)}^2} + \frac{9}{{{{(b + 2)}^2}}}} \\\left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\(\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {IB} ) = {60^0}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(a + 2)^2} + \frac{9}{{{{(a + 2)}^2}}} = {(b + 2)^2} + \frac{9}{{{{(b + 2)}^2}}}\\\frac{{(a + 2)(b + 2) + \frac{9}{{(a + 2)(b + 2)}}}}{{\sqrt {{{(a + 2)}^2} + \frac{9}{{{{(a + 2)}^2}}}} .\sqrt {{{(b + 2)}^2} + \frac{9}{{{{(b + 2)}^2}}}} }} = \frac{1}{2}\end{array} \right.\end{array}$(1)

Đặt: $m = (a + 2),n = (b + 2)$

$$\begin{array}{l}IA = \sqrt {{m^2} + \frac{9}{{{m^2}}}} ,IB = \sqrt {{n^2} + \frac{9}{{{n^2}}}} \\(1) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + \frac{9}{{{m^2}}} = {n^2} + \frac{9}{{{n^2}}}(2)\\\frac{{mn + \frac{9}{{mn}}}}{{\sqrt {{m^2} + \frac{9}{{{m^2}}}} .\sqrt {{n^2} + \frac{9}{{{n^2}}}} }} = \frac{1}{2}(3)\end{array} \right.\end{array}$$

(2): ${m^2} + \frac{9}{{{m^2}}} = {n^2} + \frac{9}{{{n^2}}} \Rightarrow ({m^2} - {n^2})({m^2}{n^2} - 9) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = n\\m = - n\\mn = - 3\\mn = 3\end{array} \right.$

Các trường hợp $m = n,m = - n,mn = - 3$thay vào (3): không thỏa, nên loại.

Xét $mn = 3:(3) \Rightarrow \frac{6}{{{m^2} + \frac{9}{{{m^2}}}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {m^2} + \frac{9}{{{m^2}}} = 12 \Rightarrow IA = AB = \sqrt {12} = 2\sqrt 3$

Vậy$AB = 2\sqrt 3$

Phát biểu 4 Đúng.

Từ đó ta suy ra:

a) Sai.

b) Sai.

c) Đúng.

d) Đúng.

a) Đúng

Thể tích của khối lập phương cạnh $8\,(cm)$ bằng $512\,(c{m^3})$.

b) Sai

Phần chỏm cầu có chiều cao bằng $14 - 8 = 6\,(cm)$

Mặt trên của hình lập phương cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng $\sqrt {{4^2} - {{(6 - 4)}^2}} = 2\sqrt 3 \,(cm)$

c) Sai

Ta tìm thể tích phần chỏm cầu phía dưới

Theo trên thì chỏm cầu phía dưới có chiều cao $h' = 2\,(cm);\,r = 2\sqrt 3 \,(cm)$

Vậy thể tích phần chỏm cầu phía dưới bằng $V' = \pi {h^2}\left( {R - \frac{h}{3}} \right) = \pi {.2^2}\left( {4 - \frac{2}{3}} \right) = \frac{{40\pi }}{3}\,(c{m^3})$.

Ta có thể tích của khối cầu $\frac{4}{3}\pi {.4^3} = \frac{{256\pi }}{3}\,(c{m^3})$.

Nên thể tích phần chỏm cầu phía trên bằng $\frac{{256\pi }}{3} - \frac{{40\pi }}{3} = 72\pi \,(c{m^3})$.

d) Đúng

Thể tích của đồ lưu niệm đó là $512\, + 72\pi \approx 738\,(c{m^3})$.

a) Đúng, Vì quỹ đạo bay của chim bói cá thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ nên sẽ có phương trình là $ax + by + c = 0$ (trong đó $a,b$ không đồng thời bằng 0).

Vì mặt phẳng đi qua 2 điểm $A(0;0;5)$ và $B(4;0;4)$ nên ta có hệ $\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\4a + c = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\a = 0\end{array} \right.$

Nên quỹ đạo bay của chim bói cá thuộc mặt phẳng $y = 0$.

b) Sai, Đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có phương trình là ${x^2} + {z^2} - 2ax - 2bz + c = 0$ điều kiện ${a^2} + {b^2} - c > 0$.

Vì đường tròn đi qua các điểm $A(0;0;5)$, $B(4;0;4)$nên ta có hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}0a - 10b + c = - 25\\ - 8a - 8b + c = - 32\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 10b - 25\\ - 8a + 2b = - 7\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 10b - 25\\a = \frac{1}{4}b + \frac{7}{8}\end{array} \right.$.

Vì đường tròn đi qua điểm $M$ thỏa mãn $\widehat {AMB} = {135^ \circ }$ nên cung suy ra tam giác $AIB$ vuông cân tại $I$ suy ra $R = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt {\frac{{17}}{2}} \Rightarrow {a^2} + {b^2} - c = \frac{{17}}{2}$.

Suy ra ${\left( {\frac{1}{4}b + \frac{7}{8}} \right)^2} + {b^2} - 10b + 25 = \frac{{17}}{2} \Rightarrow \frac{{17}}{{16}}{b^2} - \frac{{153}}{{16}}b + \frac{{1105}}{{64}} = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}b = \frac{{13}}{2}\\b = \frac{5}{2}\end{array} \right.$.

Với $b = \frac{{13}}{2}$ thì $a = \frac{5}{2},c = 40$ đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm $I\left( {\frac{5}{2};0;\frac{{13}}{2}} \right).$

Với $b = \frac{5}{2}$ thì $a = \frac{3}{2},c = 0$ đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm $I\left( {\frac{3}{2};0;\frac{5}{2}} \right).$

Nhưng do đường tròn chứa cung như hình vẽ cao độ sẽ lớn hơn cao độ của điểm $B$ nên ta nhận đường tròn chứa quỹ đạo bay của chim bói cá có tâm $I\left( {\frac{5}{2};0;\frac{{13}}{2}} \right)$.

c) Đúng, Vì giao điểm của hai mặt phẳng $\left( {Oxz} \right)$ và $\left( {Oxy} \right)$ là trục $Ox$ nên khoảng cách ngắn nhất mà chim bói cá bay xuống sát với mặt nước nhất là $d = d\left( {I,Ox} \right) - R = \frac{{13}}{2} - \sqrt {\frac{{17}}{2}} \approx 3{,}58\,\left( {\rm{m}} \right)$.

d) Đúng, Điểm gần mặt nước nhất là điểm thấp nhất trên cung tròn (đỉnh vòm). Gọi là $H$.

Ta cần tính độ dài cung$AH$.

Xét tam giác $IAH$ trong mặt phẳng quỹ đạo. $I\left( {\frac{5}{2};0;\frac{{13}}{2}} \right),A\left( {0;0;5} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {IA} = \left( { - \frac{5}{2};0; - \frac{3}{2}} \right)$.

Vector chỉ hướng thẳng đứng xuống dưới từ tâm là $\overrightarrow v = (0;0; - 1)$.

Góc quay $\alpha$ từ $A$ đến điểm thấp nhất $H$ được tính qua cosin góc giữa $IA$ và trục thẳng đứng: $\cos \alpha = \frac{{\left| {{z_{IA}}} \right|}}{R} = \frac{{1{,}5}}{{\sqrt {\frac{{17}}{2}} }}$.

Suy ra $\alpha = \arccos \left( {\frac{{1{,}5}}{{\sqrt {8{,}5} }}} \right) \approx 1{,}03{\mathop{\rm rad}\nolimits}$.

Độ dài cung $L = R \cdot \alpha = \sqrt {8{,}5} \cdot 1{,}03 \approx 2{,}915 \cdot 1{,}03 \approx 3{,}00\;{\rm{m}}$.

Thời gian bay $t = \frac{L}{v} = \frac{{3{,}00}}{2} = 1{,}5$ giây.

a) ĐÚNG

Gọi biến cố A: Ứng viên là nam. $P\left( A \right) = 0{,}6$, $P\left( {\overline A } \right) = 0{,}4$

Biến cố B: Ứng viên đậu bài kiểm tra lập trình. $P\left( {B\left| A \right.} \right) = 0{,}8$, $P\left( {\left. B \right|\overline A } \right) = 0{,}7$

Biến cố C: Ứng viên đậu bài kiểm tra tư duy logic. $P\left( {\left. C \right|A} \right) = 0{,}75$, $P\left( {\left. C \right|\overline A } \right) = 0{,}85$.

Ta có sơ đồ hình cây:

Trong những người vượt qua bài kiểm tra lập trình tỉ lệ ứng viên nữ là:

$P\left( {\overline A \left| B \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right)}}{{P\left( B \right)}}$$= \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right)}}{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) + P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right)}}$$= \frac{{0{,}4.0.7}}{{0{,}4.0{,}7 + 0{,}6.0{,}8}} = \frac{7}{{19}}$

b) ĐÚNG

Ứng viên không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra là biến cố $\overline B \cup \overline C$, tương đương với biến cố $\overline {BC}$.

Vậy trong những ứng viên nam có số ứng viên không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra là:

$$P\left( {\overline B \cup \overline C \left| A \right.} \right) = P\left( {\overline {BC} \left| A \right.} \right) = 1 - P\left( {BC\left| A \right.} \right) = 1 - P\left( {B\left| A \right.} \right).P\left( {C\left| A \right.} \right) = 1 - 0{,}8.0{,}75 = 0{,}4$$

( do $B,{\rm{ }}C$ là hai biến cố độc lập theo giới tính ( có nghĩa là xét với giới tính nam thì $B,{\rm{ }}C$ độc lập, hay xét riêng theo giới tính nữ thì $B,{\rm{ }}C$ độc lập) nên $P\left( {BC\left| A \right.} \right) = P\left( {B\left| A \right.} \right).P\left( {C\left| A \right.} \right)$)

c) ĐÚNG

Có số ứng viên vượt qua được hai bài kiểm tra là: $P\left( {BC} \right) = P\left( A \right).P\left( {BC\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {BC\left| {\overline A } \right.} \right) =$$= P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right).P\left( {C\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right).P\left( {C\left| {\overline A } \right.} \right)$$= 0{,}6.0{,}8.0{,}75 + 0{,}4.0{,}7.0{,}85 = 0{,}598$

d) SAI

Khi đó xác suất người đó là nữ biết rằng người đó đã vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình và logic là:

$P\left( {\overline A \left| {BC} \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {BC\left| {\overline A } \right.} \right)}}{{P\left( {BC} \right)}} = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right).P\left( {C\left| {\overline A } \right.} \right)}}{{P\left( {BC} \right)}} = \frac{{0{,}4.0{,}7.0{,}85}}{{0{,}598}} = 0{,}398$.

Đáp án: $0{,}61$.

Gọi hình chiếu của $A'$ lên mặt $ABC$ trùng với trung điểm của $BC$ là $H$, trung điểm của $B'C'$ là $K$. Ta có tam giác $ABC$đều nên $AH \bot BC$(1), có$A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot BC$ (2)

Từ (1), (2) có $BC \bot \left( {AHA'} \right),\,\,AA'//KH \Rightarrow BC \bot KH$

Vậy $\left[ {C',BC,A} \right] = \widehat {KHA} = {135^0}$. Tứ giác AHKA’ là hình bình hành $\Rightarrow \widehat {A'AH} = {45^0} \Rightarrow \Delta AHA'$vuông cân tại H $\Rightarrow A'H = AH = \frac{{\sqrt 6 }}{2}$.

Do $AH,A'H,BH$ đôi một vuông góc. Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho $\,O \equiv H\left( {0;0;0} \right),\,B\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};0;0} \right),\,A\left( {0;\frac{{\sqrt 6 }}{2};0} \right),\,A'\left( {0;0;\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) \Rightarrow C\left( {\frac{{ - \sqrt 2 }}{2};0;0} \right),C'\left( { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}; - \frac{{\sqrt 6 }}{2};\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)$

Xét mặt phẳng $\left( \alpha \right)$chứa A’B và song song với AC’ có vtpt là $\left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {AC'} } \right] = \left( { - 3;0; - \sqrt 3 } \right)$.

Phương trình $\left( \alpha \right)$là $- 3\left( {x - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) - \sqrt 3 z = 0 \Leftrightarrow 6x + 2\sqrt 3 z - 3\sqrt 2 = 0$.

$d\left( {A'B;AC'} \right) = d\left( {A;\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| { - 3\sqrt 2 } \right|}}{{\sqrt {36 + 12} }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \approx 0{,}61$.

Đáp án: 209.

Gọi $x\left( {\rm{m}} \right)$$\left( {x > 0} \right)$ là chiều rộng đáy. Khi đó chiều dài đáy là $1{,}5x\left( {\rm{m}} \right)$

Gọi $h\left( {\rm{m}} \right)$ là chiều cao của thùng.

Theo đề bài, thể tích của thùng $1{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$ nên ta có: $1{,}5x \times x \times h = 1 \Leftrightarrow h = \frac{1}{{1{,}5{x^2}}} = \frac{2}{{3{x^2}}}$.

Diện tích các mặt bên của thùng là: ${S_{ben}} = 2.1{,}5x.h + 2xh = 5xh = \frac{{10}}{{3x}}$

Diện tích các mặt đáy thùng là: ${S_{day}} = 1{,}5{x^2}$

Chi phí làm mặt bên là: ${C_{ben}} = 180000.\frac{{10}}{{3x}} = \frac{{600000}}{x}$

Chi phí làm mặt đáy là: ${C_{day}} = 240000.1{,}5{x^2} = 360000{x^2}$.

Chi phí để sản xuất 1 thùng là: $C\left( x \right) = 360000{x^2} + \frac{{600000}}{x}$.

Ta có $C'\left( x \right) = 720000x - \frac{{600000}}{{{x^2}}}$.

$C'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{5}{6}}}$.

Khi đó chi phí thấp nhất để sản xuất một thùng là ${C_{\min }} \approx 956392{,}713$ (đồng).

Số thùng sản xuất tối đa là: $n = \frac{{200000000}}{{956393{,}713}} \approx 209{,}119$(thùng).

Vậy số thùng tối đa có thể sản xuất là $209$ thùng.

Đáp án: 37.

Gọi $I$ là tâm của mặt cầu, $M$ là giao điểm của đường tròn trên mặt đất với trục $Oy.$ Khi đó

$I{M^2} = {(IM - 30)^2} + {450^2} \Leftrightarrow IM = \frac{{{{30}^2} + {{450}^2}}}{{2.30}} = 3390{\rm{ km}}{\rm{.}}$

Tọa độ tâm $I$ là $I(0;0; - 3360).$ Phương trình mặt cầu là $(S):{x^2} + {y^2} + {(z + 3360)^2} = {3390^2}.$

Phương trình đường thẳng $OA:\left\{ \begin{array}{l}x = 30t\\y = - 780t\\z = 60t\end{array} \right.$

Gọi $B = OA \cap (S)(AB < AO{\rm{ hay }}{z_B} > 0) \Rightarrow OB$ là đoạn đường tên lửa bay trong chỏm cầu.

Ta có phương trình

${(30t)^2} + {( - 780t)^2} + {(60t + 3360)^2} = 11492100 \Leftrightarrow 612900{t^2} + 403200t - 202500 = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{3} \Rightarrow {B_1}\left( {10; - 260;20} \right)\left( {{z_{{B_1}}} > 0} \right)\\t = - \frac{{225}}{{227}} \Rightarrow {B_2}\left( { - \frac{{6750}}{{227}};\frac{{175500}}{{227}}; - \frac{{13500}}{{227}}} \right)\left( {{z_{{B_2}}} < 0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow B(10; - 260;20)$

Thời gian cần tìm là

${t_{OB}} = \frac{{OB}}{7} = \frac{{\sqrt {{{10}^2} + {{( - 260)}^2} + {{20}^2}} }}{7} = \frac{{10\sqrt {681} }}{7} \approx 37{\rm{ (gi\^a y)}}{\rm{.}}$

Chọn hệ trục toạ độ $O\,xy$ như hình vẽ.

Khi đó: $A\left( {0;\,0} \right);\,D\left( {0;40} \right);\,C\left( {60;\,40} \right);\,B\left( {100;\,0} \right)$.

Phương trình $BC:\,\frac{{x - 100}}{{ - 40}} = \frac{y}{{40}} \Leftrightarrow x + y - 100 = 0$

*Gọi điểm $K\left( {x;\,y} \right)\left( {x,y > 0} \right)$ thuộc $\left( H \right)$. Khi đó, ta có: $d\left( {K;AD} \right).d\left( {K;BC} \right) = 600\sqrt 2$.

$\Leftrightarrow \left| x \right|.\left| {x + y - 100} \right| = 1200$

Vậy $\left( H \right):\,y = 100 - \frac{{1200}}{x} - x$

*Vì diện tích phần nhà kho bằng $\frac{{1600}}{3}$ nên $\frac{1}{3}AD.2DK = \frac{{600}}{3} \Leftrightarrow DK = 20$. Do đó, $K\left( {20;\,40} \right)$

Gọi phương trình $\left( P \right):\,y = a\,{x^2}$. Vì $\left( P \right)$ qua điểm $K\left( {20;\,40} \right)$ nên $40 = a{.20^2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{{10}}$.

Vậy $\left( P \right)$: $y = \frac{1}{{10}}{x^2}$.

Gọi điểm $A\left( {{x_1};{y_1}} \right) \in \left( P \right);\,B\left( {{x_2};{y_2}} \right) \in \left( H \right)$. Khi đó $AB$ ngắn nhất khi tiếp tuyến của $\left( P \right)$tại $A$ và tiếp tuyến của $\left( H \right)$ tại $B$ song song với nhau.

$\frac{1}{5}{x_1} = - 1 + \frac{{1200}}{{x_2^2}} \Leftrightarrow {x_1} = - 5 + \frac{{6000}}{{x_2^2}}$.

Ta có:

$\begin{array}{l}A{B^2} = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + {\left( {{y_1} - {y_2}} \right)^2}\\ = {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{10}}{x_1}^2 - 100 + \frac{{1200}}{{{x_2}}} + {x_2}} \right)^2}\\ = {\left( { - 5 + \frac{{6000}}{{x_2^2}} - {x_2}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{10}}{{\left( { - 5 + \frac{{6000}}{{x_2^2}}} \right)}^2} - 100 + \frac{{1200}}{{{x_2}}} + {x_2}} \right)^2}\end{array}$

Dùng máy tính xác định được $AB$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $5{,}23$ khi ${x_2} \approx 18{,}13$.

Đáp án: 26.

Ta đi tìm không gian mẫu:

Với $d4$ là điểm xuất phát. Sau bước thứ nhất, quân Mã có thể đi đến 8 ô gồm:

$c6,e6,f5,f3,e2,c2,b3,b5$

Mà quân Mã phải quay về đúng vị trí ban đầu nên vị trí đầu tiên và thứ ba quân Mã đi qua phải thuộc 1 trong 8 điểm ở trên và không được lặp lại trùng nhau.

Ta thấy có 3 kiểu đi để hoàn thành 1 chu trình hoàn chỉnh.

+ Kiểu 1: Quân Mã đi đến ô đầu tiên và thứ ba lần lượt ở $c6$ và $e6$. Khi đó ô thứ hai ở $d8$.

Ta thấy rằng trong 8 cặp ô có dạng giống ví dụ trên, nhưng chỉ có 6 cặp là có thể đi được ô thứ 2 nằm trong bàn cờ theo kiểu đi 1. Do đó số cách đi được là: $6.2 = 12$ cách.

+ Kiểu 2: Quân Mã đi đến ô đầu tiên và thứ ba lần lượt ở $c6$ và $f5$. Khi đó ô thứ hai ở $e7$.

Ta thấy rằng trong 8 cặp ô có dạng giống ví dụ trên. Do đó số cách đi được là $8.2 = 16$ cách.

+ Kiểu 3: Quân Mã đi đến ô đầu tiên và thứ ba lần lượt ở $c6$ và $f3$. Khi đó ô thứ hai ở $e5$.

Ta thấy rằng trong 8 cặp ô có dạng giống ví dụ trên. Do đó số cách đi được là $8.2 = 16$ cách.

Tổng số cách di chuyển để quân Mã quay lại $d4$ sau 4 bước không trùng nhau là:

$12 + 16 + 16 = 44$ cách. Do đó $n\left( \Omega \right) = 44$.

Để đường đi của quân Mã tạo thành 1 hình vuông

Ta thấy rằng khi đó, quân Mã sẽ có thể đi theo hai hướng cùng chiều và ngược chiều kim đồng hồ.

Ví dụ:

Quân Mã có thể di chuyển theo thứ tự các ô: $c6,\,\,e7,\,\,f5,\,\,d4$ (theo chiều kim đồng hồ) hoặc di chuyển theo thứ tự: $c2,\,\,e1,\,\,f3,\,\,d4$ (ngược chiều kim đồng hồ).

Với mỗi hình vuông tạo được, quân Mã có thể đi được 2 chiều. Ta thấy rằng có thể tạo ra 8 hình vuông giống cách đi ở trên, do đó số cách đi có thể xảy ra là: $8.2 = 16$ cách.

Vậy xác suất đường đi của con mã có 4 điểm đặt đó là 4 đỉnh của một hình vuông là $\frac{{16}}{{44}} = \frac{4}{{11}}$.

Khi đó $a + 2b = 26$.

Đáp án: $0{,}56$.

Mặt phẳng $\left( {CDEF} \right)$ có cặp vectơ chỉ phương $\vec k = \left( {0;0;1} \right)$, $\overrightarrow {MN} = \left( {4; - 1;8} \right)$.

Þ $\left( {CDEF} \right)$ có vectơ pháp tuyến $\left[ {\vec k;\overrightarrow {MN} } \right] = \left( {1;4;0} \right)$.

Þ Phương trình mặt phẳng $\left( {CDEF} \right)$: $1.\left( {x - 4} \right) + 4.\left( {y - 15} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 4y - 64 = 0$.

Toạ độ điểm $A\left( {8;5;0} \right)$ và điểm đá bóng là $K\left( {0;0;2} \right)$.

Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa quỹ đạo của quả bóng có cặp vectơ chỉ phương $\vec k = \left( {0;0;1} \right)$, $\overrightarrow {OA} = \left( {8;15;0} \right)$

Þ $\left( \alpha \right)$ có vectơ pháp tuyến $\left[ {\vec k;\overrightarrow {OA} } \right] = \left( { - 15;8;0} \right)$

Þ Phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$: $- 15.\left( {x - 0} \right) + 8.\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 15x - 8y = 0$.

Gọi $B$là hình chiếu của đỉnh quỹ đạo parabol của quả bóng xuống mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ Þ $B \in OA$

Ta có $\overrightarrow {OB} = k.\overrightarrow {OA} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = k.{x_A}\\{y_B} = k.{y_A}\\{z_B} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 = k.8\\{y_B} = k.15\\{z_B} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = \frac{3}{8}\\{y_B} = \frac{{45}}{8}\\{z_B} = 0\end{array} \right. \Rightarrow B\left( {3;\frac{{45}}{8};0} \right)$

Gọi $T$ là hình chiếu của quả bóng bắt đầu bay vào khung thành trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ thì toạ độ điểm $T$ là nghiệm của hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + 4y = 64\\15x - 8y = 0\\z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{128}}{{17}}\\y = \frac{{240}}{{17}}\\z = 0\end{array} \right. \Rightarrow T\left( {\frac{{128}}{{17}};\frac{{240}}{{17}};0} \right)$

Xét hệ trục toạ độ $Otz$ với tia $Ot$ cùng hướng với tia $OA$.

Ta có $OA = \sqrt {{8^2} + {{15}^2}} = 17$, $OB = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\frac{{45}}{8}} \right)}^2}} = \frac{{51}}{8}$, $OT = \sqrt {{{\left( {\frac{{128}}{{17}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{240}}{{17}}} \right)}^2}} = 16$.

Quỹ đạo quả bóng trong hệ trục $Otz$ là parabol$\left( P \right):z = a{t^2} + bt + c$

Ta có $\left( P \right)$ qua các điểm $K\left( {0;2} \right),A\left( {17;0} \right)$ và có hoành độ đỉnh $t = \frac{{51}}{8}$

Þ $\left\{ \begin{array}{l}c = 2\\289a + 17b + c = 0\\ - \frac{b}{{2a}} = \frac{{51}}{8}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{8}{{289}}\\b = \frac{6}{{17}}\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right):z = - \frac{8}{{289}}{t^2} + \frac{6}{{17}}t + 2$.

Độ cao của quả bóng khi bắt đầu vào khung thành là: $z\left( {16} \right) = \frac{{162}}{{289}} \approx 0{,}56\left( m \right)$.