Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Nguyễn Văn Trỗi (Hà Tĩnh) có đáp án

Chọn A

Vectơ $\overrightarrow {D'C'}$ cũng có cùng hướng và cùng độ dài với $\overrightarrow {AB}$.

Chọn A

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{3x - 2}}{{x + 1}} = 3$.

Vậy tiệm cận ngang là đường thẳng $y = 3$.

Chọn C

Ta có$\int {({e^x} + 2x)} dx = \int {{e^x}} dx + 2\int x dx$$= {e^x} + 2 \cdot \frac{{{x^2}}}{2} + C$$= {e^x} + {x^2} + C$.

Chọn A

Phương trình mặt phẳng là $2(x - 1) + 1(y + 2) - 1(z - 3) = 0$$\Leftrightarrow 2x + y - z + 3 = 0$.

Chọn C

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị $y = {x^2} - 4x$, trục $Ox$, $x = 0,\,x = 4$ là $\int\limits_0^4 {\left| {{x^2} - 4x} \right|dx}$.

Chọn C

Vì $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng nên $AA' \bot \left( {ABC} \right)$.

Chọn B

Đường thẳng $d:\,\frac{{x - 2}}{{ - 1}} = \frac{{y + 1}}{3} = \frac{z}{2}$ có một véc-tơ chỉ phương là $\overrightarrow u \left( { - 1;3;2} \right)$.

Chọn B

Điều kiện xác định: $x > 1$.

Ta có ${\log _2}\left( {x - 1} \right) = 3 \Leftrightarrow x - 1 = {2^3} \Leftrightarrow x = 9$.

Chọn D

$\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,k \in Z$.

Chọn D

$\begin{array}{l}y = {x^3} - 3x\\y' = 3{x^2} - 3\\y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.\end{array}$

BBT:

Từ BBT suy ra: Hàm số nghịch biến trên $( - 1;1)$.

Chọn C

Ta có: ${u_4} = {u_1} + 3d = - 2 + 3.4 = 10$.

Chọn C

$\begin{array}{l}n = 2 + 7 + 7 + 3 + 1 = 20\\\frac{n}{2} = \frac{{20}}{2} = 10\end{array}$

Ngày thứ 10 thuộc nhóm 3: $[9;11)$nên trung vị của mẫu số liệu thuộc nhóm $[9;11)$.

a) Tại thời điểm bắt đầu phát hành video ($t = 0$), số lượng người xem video là

$P\left( 0 \right) = \frac{{100000}}{{1 + 999}} = 100$.

b) $P\left( t \right) = \frac{{100000}}{{1 + 999.{e^{ - 0{,}5t}}}} = 90000 \Leftrightarrow {e^{ - 0{,}5t}} = \frac{1}{{8991}} \Leftrightarrow t \approx 18$.

c) Sau 10 ngày kể từ khi phát hành, tổng số lượng người xem video là

$P\left( {10} \right) = \frac{{100000}}{{1 + 999.{e^{ - 0{,}5.10}}}} \approx 12935$.

d) Tốc độ lan truyền video tại thời điểm $t$: $P'\left( t \right) = \frac{{100000.0{,}5.999.{e^{ - 0{,}5t}}}}{{{{\left( {1 + 999.{e^{ - 0{,}5t}}} \right)}^2}}} = \frac{{{{4995.10}^4}.{e^{ - 0{,}5t}}}}{{{{\left( {1 + 999.{e^{ - 0{,}5t}}} \right)}^2}}}$.

$$P''\left( t \right) = {4995.10^4}\frac{{{e^{ - 0{,}5t}}\left( {1 + 999{e^{ - 0{,}5t}}} \right)\left( {499{,}5{e^{ - 0{,}5t}} - 0{,}5} \right)}}{{{{\left( {1 + 999.{e^{ - 0{,}5t}}} \right)}^4}}}$$

$P''\left( 5 \right) > 0$.

Suy ra tốc độ lan truyền tại thời điểm $t = 5$ vẫn đang tăng.

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

a) Sai.

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

Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {4; + \infty } \right)$.

b) Đúng.

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$.

c) Đúng.

Ta có $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = x + 1 + \frac{4}{{x - 2}} \Rightarrow y = x + 1$ là một tiệm cận xiên của đồ thị $\left( C \right)$.

d) Sai.

Thay $x = 0$ vào $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}}$ ta được $f\left( 0 \right) = - 1 \ne 2$ nên $M \notin \left( C \right)$.

a) Ta có mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {2;3; - 7} \right)$, bán kính $R = 4$

Ta thấy $I \notin \left( P \right)$ nên lớp đá mỏng $\left( P \right)$ chia túi khí $\left( S \right)$ thành hai phần không bằng nhau.

Chọn Sai.

b) Quỹ đạo của mũi khoan được mô tả bởi một phần đường thẳng đi qua điểm $A\left( {1;2;1} \right)$ và có vec tơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;1; - 8} \right)$ nên có phương trình là $\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{1} = \frac{{z - 1}}{{ - 8}}$

Chọn Đúng.

c) Ta có phương trình tham số của đường thẳng $d$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 1 - 8t\end{array} \right.$

Ta tìm giao điểm của đường thẳng $d$ và mặt cầu $\left( S \right)$:

Xét phương trình theo tham số $t$:

${\left( {1 + t - 2} \right)^2} + {\left( {2 + t - 3} \right)^2} + {\left( {1 - 8t + 7} \right)^2} = 16$

$\Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2} + {\left( {t - 1} \right)^2} + {\left( {8 - 8t} \right)^2} = 16$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1 + \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} \\t = 1 - \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} \end{array} \right.$

Là hai điểm $A\left( {2 + \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} ;3 + \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} ; - 7 - 8\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)$, $B\left( {2 - \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} ;3 - \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} ; - 7 + 8\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)$

Khoảng cách $A{B^2} = {\left( {\left( { - 2} \right)\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( { - 2\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( {16\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2}$$= 64$ suy ra $AB = 8$ nên độ dài đoạn đường ống bằng $8.10 = 80\,{\rm{m}}$

Chọn Đúng.

d) Ta tính khoảng cách từ điểm $K\left( {2;3;5} \right)$ đến hai giao điểm của mũi khoan và túi khí $\left( S \right)$.

Ta có $K{A^2} = {\left( {\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( {\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( { - 12 - 8\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2}$ suy ra $KA \approx 16$.

Ta có $K{B^2} = {\left( { - \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( { - \sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2} + {\left( { - 12 + 8\sqrt {\frac{{16}}{{66}}} } \right)^2}$ suy ra $KB \approx 8$ nên điểm mũi khoan chạm vào túi khí có tín hiệu địa chấn mạnh nhất là điểm $B$ và khoảng cách từ trạm quan trắc địa chấn đến $B$ là $KB$$= 80\,{\rm{m}}$.

Chọn Sai.

Gọi các biến cố:

$B$: Người đó mắc bệnh.

$\bar B$: Người đó không mắc bệnh.

$A$: AI chẩn đoán "có bệnh".

$\bar A$: AI chẩn đoán "không bệnh".

Theo đề bài, ta có các xác suất sau:

Tỉ lệ người mắc bệnh thực sự: $P(B) = 0{,}15$.

Suy ra tỉ lệ người không mắc bệnh: $P(\bar B) = 1 - P(B) = 1 - 0{,}15 = 0{,}85$.

Nếu một người có bệnh, AI nhận diện đúng (AI chẩn đoán "có bệnh"): $P(A|B) = 0{,}90$.

Nếu một người không có bệnh, AI nhận diện sai (AI chẩn đoán "có bệnh"): $P(A|\bar B) = 0{,}05$.

Từ đó, ta có thể suy ra các xác suất khác:

Nếu một người có bệnh, AI nhận diện sai (AI chẩn đoán "không bệnh"):

$P(\bar A|B) = 1 - P(A|B) = 1 - 0{,}90 = 0{,}10$.

Nếu một người không có bệnh, AI nhận diện đúng (AI chẩn đoán "không bệnh"):

$P(\bar A|\bar B) = 1 - P(A|\bar B) = 1 - 0{,}05 = 0{,}95$.

a) Xác suất AI chẩn đoán sai (âm tính giả hoặc dương tính giả).

AI chẩn đoán sai bao gồm hai trường hợp:

1. Âm tính giả: $P(\bar A \cap B) = P(\bar A|B) \cdot P(B) = 0{,}10 \cdot 0{,}15 = 0{,}015$.

2. Dương tính giả: $P(A \cap \bar B) = P(A|\bar B) \cdot P(\bar B) = 0{,}05 \cdot 0{,}85 = 0{,}0425$.

Xác suất AI chẩn đoán sai là: $P(\bar A \cap B) + P(A \cap \bar B) = 0{,}015 + 0{,}0425 = 0{,}0575$.

Vậy, phát biểu a) là Đúng.

b) Xác suất một người ngẫu nhiên được AI chẩn đoán là "có bệnh".

$P(A) = P(A|B) \cdot P(B) + P(A|\bar B) \cdot P(\bar B)$$= (0{,}90 \cdot 0{,}15) + (0{,}05 \cdot 0{,}85)$$= 0{,}1775$.

Vậy, phát biểu b) là Đúng.

c) Để xác suất chẩn đoán đúng bệnh của AI lên tới 95%, cần nâng cấp hệ thống sao cho AI nhận diện đúng người có bệnh (độ nhạy) lên tối thiểu 99%.

Xác suất chẩn đoán đúng bệnh của AI là:$P(A \cap B) + P(\bar A \cap \bar B)$

$P(A \cap B) = P(A|B) \cdot P(B)$ (AI chẩn đoán đúng người có bệnh)

$P(\bar A \cap \bar B) = P(\bar A|\bar B) \cdot P(\bar B)$ (AI chẩn đoán đúng người không có bệnh)

$P(A \cap B) = 0{,}90 \cdot 0{,}15 = 0{,}135$.

$P(\bar A \cap \bar B) = 0{,}95 \cdot 0{,}85 = 0{,}8075$.

Độ chính xác hiện tại: $0{,}135 + 0{,}8075 = 0{,}9425$.

Giả sử ta nâng cấp hệ thống, gọi độ nhạy mới là $x = P(A|B)$. Ta muốn độ chính xác tổng thể đạt 95%.

Giả định tỉ lệ dương tính giả $P(A|\bar B)$ không đổi là $0{,}05$.

Khi đó, $P(\bar A|\bar B) = 1 - P(A|\bar B) = 1 - 0{,}05 = 0{,}95$.

Độ chính xác tổng thể mới sẽ là:

$x \cdot P(B) + P(\bar A|\bar B) \cdot P(\bar B)$$= x \cdot 0{,}15 + 0{,}95 \cdot 0{,}85$$= 0{,}15x + 0{,}8075$.

Để độ chính xác tổng thể lên tới 95%, suy ra: $0{,}15x + 0{,}8075 \ge 0{,}95$$\Rightarrow x \ge 0{,}95$.

Vậy, để độ chính xác tổng thể đạt 95%, độ nhạy ($P(A|B)$) cần được nâng lên tối thiểu 95%.

Vậy, phát biểu c) là Sai.

d) Nếu AI chẩn đoán một người "có bệnh", xác suất người đó thực sự mắc bệnh lớn hơn 0,75.

Đây là xác suất hậu nghiệm $P(B|A)$ (Positive Predictive Value - Giá trị dự đoán dương tính).

$P(B|A) = \frac{{P(A|B) \cdot P(B)}}{{P(A)}}$

Ta đã tính được $P(A) = 0{,}1775$ và $P(A|B) \cdot P(B) = 0{,}90 \cdot 0{,}15 = 0{,}135$.

$\Rightarrow P(B|A) = \frac{{0{,}135}}{{0{,}1775}} \approx 0{,}76056 > 0{,}75$.

Vậy, phát biểu d) là Đúng.

Đáp án: 38

Bước 1: Phân tích các khả năng của mỗi lần thử.

Gọi $X$ là số ghi trên thẻ lấy ra. Có 3 trường hợp xảy ra sau mỗi lần thử:

Trường hợp 1 (${T_1}$): Lấy trúng thẻ số 1. Xác suất ${P_1} = \frac{1}{4}$. Kết quả: Thêm 1 bóng trắng (0 bóng đen). Số bóng tăng thêm là 1.

Trường hợp 2 (${T_2}$): Lấy trúng thẻ số 2 hoặc 3. Xác suất ${P_2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$. Kết quả: Thêm 1 bóng trắng + 1 bóng đen. Số bóng tăng thêm là 2.

Trường hợp 3 (${T_3}$): Lấy trúng thẻ số 4. Xác suất ${P_3} = \frac{1}{4}$. Kết quả: Thêm 2 bóng trắng + 1 bóng đen. Số bóng tăng thêm là 3.

Bước 2: Tìm các kịch bản sau 4 lần thử để hộp $B$ có đúng 8 quả bóng.

Gọi ${n_1},{n_2},{n_3}$ lần lượt là số lần các trường hợp ${T_1},{T_2},{T_3}$ xảy ra sau 4 lần thử (${n_1} + {n_2} + {n_3} = 4$).

Tổng số bóng trong hộp $B$ là: $1 \cdot {n_1} + 2 \cdot {n_2} + 3 \cdot {n_3} = 8$.

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{n_1} + {n_2} + {n_3} = 4}\\{{n_1} + 2{n_2} + 3{n_3} = 8}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{n_2} + 2{n_3} = 4}\\{{n_1} = 4 - {n_2} - {n_3}}\end{array}} \right.$

Các bộ số $({n_1},{n_2},{n_3})$ thỏa mãn là:

Kịch bản 1 (KB1): ${n_3} = 0 \Rightarrow {n_2} = 4,{n_1} = 0$. (Xảy ra ${T_2}$ cả 4 lần).

Kịch bản 2 (KB2): ${n_3} = 1 \Rightarrow {n_2} = 2,{n_1} = 1$. (Xảy ra ${T_1}$ 1 lần, ${T_2}$ 2 lần, ${T_3}$ 1 lần).

Kịch bản 3 (KB3): ${n_3} = 2 \Rightarrow {n_2} = 0,{n_1} = 2$. (Xảy ra ${T_1}$ 2 lần, ${T_3}$ 2 lần).

Bước 3: Tính xác suất cho điều kiện S "Số bóng trong hộp $B$ là 8".

KB1: $P(S \cap {\rm{KB1}}) = C_4^4 \cdot {(\frac{1}{2})^4} = \frac{1}{{16}}$.

KB2: $P(S \cap {\rm{KB2}}) = \frac{{4!}}{{1!2!1!}} \cdot {(\frac{1}{4})^1} \cdot {(\frac{1}{2})^2} \cdot {(\frac{1}{4})^1} = 12 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{{12}}{{64}} = \frac{3}{{16}}$.

KB3: $P(S \cap {\rm{KB3}}) = C_4^2 \cdot {(\frac{1}{4})^2} \cdot {(\frac{1}{4})^2} = 6 \cdot \frac{1}{{256}} = \frac{3}{{128}}$.

Tổng xác suất mẫu số: $P(S) = \frac{1}{{16}} + \frac{3}{{16}} + \frac{3}{{128}} = \frac{{8 + 24 + 3}}{{128}} = \frac{{35}}{{128}}$.

Bước 4: Tính xác suất để có đúng 2 quả bóng đen trong hộp $B$ (trong điều kiện tổng 8 bóng).

Số bóng đen sau 4 lần thử là ${n_{black}} = 0 \cdot {n_1} + 1 \cdot {n_2} + 1 \cdot {n_3} = {n_2} + {n_3}$.

KB1: ${n_2} + {n_3} = 4 + 0 = 4$ (Loại).

KB2: ${n_2} + {n_3} = 2 + 1 = 3$ (Loại).

KB3: ${n_2} + {n_3} = 0 + 2 = 2$ (Thỏa mãn).

Vậy chỉ có Kịch bản 3 cho kết quả 2 bóng đen.

Xác suất cần tìm là: $P = \frac{{P(S \cap {\rm{KB3}})}}{{P(S)}} = \frac{{3/128}}{{35/128}} = \frac{3}{{35}}$.

Bước 5: Kết luận.

Ta có $\frac{a}{b} = \frac{3}{{35}}$ (đã tối giản) $\Rightarrow a = 3,b = 35$.

Vậy $a + b = 3 + 35 = 38$.

Đáp án: 6118

Theo đề các ô A, B, C, D theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Gọi d là công sai CSC $d \in \mathbb{N}*$

${x_1} = A,{x_3} = A + d,{x_6} = A + 2d,{x_{10}} = A + 3d$

Giữa ${x_1}$ và ${x_3}$ có 1 số nên $d \ge 2$

Giữa ${x_3}$ và ${x_6}$ có 2 số nên $d \ge 3$

Giữa ${x_6}$ và ${x_{10}}$ có 3 số nên $d \ge 4$

Suy ra $d \ge 4$

Vì các số thuộc từ 1; 2; 3; …; 25; 26 nên$1 \le {x_1} < {x_{10}} \le 26$

$\Rightarrow {x_1} + 3d \le 26 \Rightarrow 1 + 3d \le 26 \Rightarrow 3d \le 25 \Rightarrow d \le 8$ Vậy $d \in \left\{ {4{,}5{,}6{,}7{,}8} \right\}$

Với mỗi giá trị d cố định, số cách chọn ${x_1}$ là $26 - 3d$

Số cách chọn các số trung gian là

Chọn ${x_2}:C_{d - 1}^1$

Chọn ${x_4},{x_5}:C_{d - 1}^2$

Chọn ${x_7},{x_8},{x_9}:C_{d - 1}^3$

Suy ra số cách chọn ứng với mỗi $d$ là $\left( {26 - 3d} \right)C_{d - 1}^1C_{d - 1}^2C_{d - 1}^3$

Tổng số cách chọn là $T = 14.3.3.1 + 11.4.6.4 + 3.5.10.10 + 5.6.15.20 + 2.7.21.35 = 24472$.

Suy ra $\frac{T}{4} = 6118$.

Đáp án: 253.

Chi phí vận hành máy móc cho $x$ sản phẩm là

$V\left( x \right) = xG\left( x \right) = x \cdot \frac{{100000x}}{{\frac{3}{2}x + 1}} = \frac{{100000{x^2}}}{{1{,}5x + 1}}$ (đồng).

Chi phí mua nguyên vật liệu(đồng) là

$N(x)=\{\begin{matrix}0{,}99{(2{x}^{3}+100000x-50000)}^{}{{}^{}}^{}{{}^{}}^{}{{}^{}}^{}{{}^{}}^{}{{}^{}}^{}{{}^{}}^{}{{}^{}}^{}{{}^{}}^{}{{}^{}}^{}{{{}^{}}^{}}^{}{\text{khi}}^{}1\le x\le 200 \\ 0{,}99\cdot H(200)+0{,}98{[2{(x-200)}^{3}+100000(x-200)-50000]}^{}{\text{khi}}^{}200<x\le 400\end{matrix}$

Lợi nhuận của doanh nghiệp là $L\left( x \right) = F\left( x \right) - V\left( x \right) - N\left( x \right)$.

l Nếu $1 \le x \le 200$ thì

$L\left( x \right) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000 - \frac{{100000{x^2}}}{{1{,}5x + 1}} - 0{,}99\left( {2{x^3} + 100000x - 50000} \right)$.

$L'\left( x \right) = 3{x^2} - 3998x + 1001000 - \frac{{150000{x^2} + 200000x}}{{{{\left( {1{,}5x + 1} \right)}^2}}} - 5{,}94{x^2} - 99000$.

$L'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x \approx 184$.

Theo bảng biến thiên, ta có $L{\left( x \right)_{\max }} \approx 80262062$ (đồng) khi $x \approx 184$ (sản phẩm).

l Nếu $200 < x \le 400$ thì

$\begin{matrix}L(x)={x}^{3}-1999{x}^{2}+1001000x+250000-\frac{100000{x}^{2}}{1{,}5x+1}-0{,}99\cdot H(200) \\ {{}^{}}^{}{{}^{}}^{}{{}^{}}^{}{{{}^{}}^{}}^{}-0{,}98[2{(x-200)}^{3}+100000(x-200)-50000]\end{matrix}$

$L'\left( x \right) = 3{x^2} - 3998x + 1001000 - \frac{{150000{x^2} + 200000x}}{{{{\left( {1{,}5x + 1} \right)}^2}}} - 0{,}98\left[ {6{{\left( {x - 200} \right)}^2} + 100000} \right]$.

$L'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x \approx 253$.

Theo bảng biến thiên, ta có $L{\left( x \right)_{\max }} \approx 83893648$ (đồng) khi $x \approx 253$ (sản phẩm).

Vậy doanh nghiệp cần sản xuất khoảng 253 sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất.

Đáp án: $224$.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxy$ vào thùng rượu như hình vẽ.

Gọi phương trình parabol có dạng: $y = a{x^2} + bx + c$.

Do parabol đi qua các điểm $\left( {0;31} \right),\left( {45;22} \right),\left( { - 45;22} \right)$ nên ta có hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}c = 31\\{45^2}a + 45b + c = 22\\{45^2}a + 45b + c = 22\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{{225}}\\b = 0\\c = 31\end{array} \right.$.

Vậy parabol $\left( P \right):y = - \frac{1}{{225}}{x^2} + 31$.

Thể tích của thùng rượu là phần thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường parabol $\left( P \right):y = - \frac{1}{{225}}{x^2} + 31$, trục $Ox$ và hai đường thẳng $x = - 45,x = 45$ quay quanh trục $Ox$. Vậy thể tích của thùng rượu là:

$V = \pi \int\limits_{ - 45}^{45} {{{\left( { - \frac{1}{{225}}{x^2} + 31} \right)}^2}dx} = 71208\pi \left( {c{m^3}} \right) \approx 224\left( l \right)$.

Đáp án: 54.

+ ${S_{\Delta ABC}} = \frac{{25\sqrt 3 }}{4}$.

+ Gọi $M$ là trung điểm $BC \Rightarrow AM = 5.\frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

+ $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC \Rightarrow AG = \frac{2}{3}.5\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}$.

+ Đường cao của lăng trụ là $A'G$

+ Trong mặt phẳng $\left( {AA'M} \right)$ dựng $MK \bot AA'$

Vì $BC \bot \left( {AA'M} \right) \Rightarrow MK$ là đoạn vuông góc chung của $BC$ với $AA' \Rightarrow MK = \frac{{15}}{4}$.

+ Đặt $A'G = h$.

$AA' = \sqrt {{h^2} + A{G^2}} = \sqrt {{h^2} + \frac{{25}}{3}}$.

${S}_{\triangle {A}^{'}AM}=\frac{1}{2}.MK.{A}^{'}A=\frac{1}{2}.{A}^{'}G.AM\Rightarrow \frac{5\sqrt{3}.h}{4}=\frac{15}{8}\sqrt{{h}^{2}+\frac{25}{3}}$.

$\Leftrightarrow {h^2} = 25 \Rightarrow h = 5$.

${V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.h = \frac{{125\sqrt 3 }}{4} \approx 54$.

Đáp án: $1140$.

Ta cần tối ưu hóa hàm lợi nhuận: $L(x,y) = 140x + 180y$ (đơn vị: nghìn đồng).

Vì $x,y$ là số lượng sản phẩm (số nguyên), ta có thể kiểm tra các cặp $x,y$ thỏa mãn hệ:

$\left\{ \begin{array}{l}x + y \le 7\\2x + 3y \le 18\\x - y \le 1\\x,y \ge 0\end{array} \right.$

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là đa giác có các đỉnh (với $x,y$là số tự nhiên): $\left( {0;0} \right),\left( {0;6} \right),\left( {3;4} \right),\left( {4;3} \right),\left( {1;0} \right)$.

So sánh các giá trị lợi nhuận, ta thấy tại $x = 3$ (Túi len) và $y = 4$ (Gấu bông), lợi nhuận đạt giá trị lớn nhất là 1140 nghìn đồng.