Giải Đề Thi Thử Toán THPT Lần 2 - 2025 - Bắc Giang

Giải Chi Tiết Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT (Lần 2)

Năm Học 2024-2025 - Môn Toán - Sở GDĐT Bắc Giang - Mã đề 1001

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM

Câu 1:

Bất phương trình $(\frac{1}{2}{)}^{2-3x}\ge 2$ có tập nghiệm là:

• A. (-\infty;1].
• B. [$\frac{2}{3}$;+\infty).
• C. [1;+\infty).
• D. (1;+\infty).

Đáp án đúng: C

Lời giải chi tiết:

Ta có: $(\frac{1}{2}{)}^{2-3x}\ge 2\iff 2^{-(2-3x)}\ge 2^1$

Vì cơ số $2>1$, nên bất phương trình tương đương với:

$-(2-3x)\ge 1$

$\iff -2+3x\ge 1$

$\iff 3x\ge 3$

$\iff x\ge 1$.

Vậy tập nghiệm là $[1;+\mathrm{\infty })$.

Câu 2:

Cho ${\int }_0^{2}f(x)dx=3$. Tính ${\int }_0^2(1+2f(x))dx$.

• A. 8.
• B. 7.
• C. 4.
• D. 6

Đáp án đúng: A

Lời giải chi tiết:

${\int }_0^2(1+2f(x))dx={\int }_0^{2}1dx+{\int }_0^{2}2f(x)dx$

$={\int }_0^{2}1dx+2{\int }_0^{2}f(x)dx$

$=[x{]}_0^2+2\cdot 3=(2-0)+6=2+6=8$.

Câu 3:

Cho hàm số $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ có đồ thị là đường cong như hình vẽ bên. Hàm số đã cho đồng biến trong khoảng nào dưới đây? (Hình vẽ cho thấy cực tiểu tại x=0, y=-1 và cực đại tại x=2, y=3)

• A. (-1;2).
• B. (0;2).
• C. (-1;3).
• D. (2;+\infty).

Đáp án đúng: B

Lời giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị, hàm số đi lên (đồng biến) từ điểm cực tiểu (tại $x=0$) đến điểm cực đại (tại $x=2$).

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $(0;2)$.

Câu 4:

Cho cấp số nhân $(u_n)$ với $u_3=10$ và công bội $q=-2$. Giá trị của $u_2$ bằng:

• A. 8.
• B. 5.
• C. -20.
• D. -5.

Đáp án đúng: D

Lời giải chi tiết:

Trong cấp số nhân, ta có $u_n=u_{n-1}\cdot q$.

Do đó, $u_3=u_2\cdot q$.

Thay số: $10=u_2\cdot (-2)$.

$\Rightarrow u_2=\frac{10}{-2}=-5$.

Câu 5:

Nguyên hàm của hàm số $f(x)=4^x$ là:

• A. $F(x)=4^x\cdot \ln 4+C.$
• B. $F(x)=\frac{4^{x+1}}{x+1}+C.$
• C. $F(x)=\frac{4^x}{2\ln 2}+C.$
• D. $F(x)=4^x+C$

Đáp án đúng: C

Lời giải chi tiết:

Công thức nguyên hàm của $a^x$ là $\int a^{x}dx=\frac{a^x}{\ln a}+C$.

Vậy, $\int 4^{x}dx=\frac{4^x}{\ln 4}+C$.

Mà $\ln 4=\ln (2^2)=2\ln 2$.

Do đó, $F(x)=\frac{4^x}{2\ln 2}+C$.

Câu 6:

Cân nặng (kg) của 50 con lợn của một gia đình nông dân chăn nuôi được thống kê trong bảng dưới đây. Khối lượng trung bình của 50 con lợn ở bảng thống kê trên bằng:

• A. 8,76 kg.
• B. 8,52 kg.
• C. 8,72 kg.
• D. 9,12 kg.

Đáp án đúng: A

Lời giải chi tiết:

Tính giá trị đại diện (trung điểm) của mỗi nhóm cân nặng và nhân với số con lợn tương ứng:

Cân nặng (kg)	Giá trị đại diện ($x_i$)	Số con lợn ($n_i$)	$n_i{x}_i$
[4;6)	5	6	30
[6;8)	7	12	84
[8;10)	9	18	162
[10;12)	11	10	110
[12;14)	13	4	52
Tổng		N = 50	$\sum n_i{x}_i=438$

Khối lượng trung bình: $\overline{x}=\frac{\sum n_i{x}_i}{N}=\frac{438}{50}=8.76$ kg.

Câu 7:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, $SA\perp (ABC)$, khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng $\frac{3a}{4}$. Tính $\tan \alpha$, với $\alpha$ là góc tạo bởi giữa cạnh SB và mặt phẳng (ABC).

• A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
• B. $\frac{3}{2}$
• C. $\frac{\sqrt{3}}{4}$
• D. $\frac{1}{2}$

Đáp án đúng: B

Lời giải chi tiết:

Góc $\alpha$ tạo bởi SB và mặt phẳng (ABC) là góc $\widehat{SBA}$ (vì $SA\perp (ABC)$ nên AB là hình chiếu của SB lên (ABC)).

Trong tam giác vuông SAB (vuông tại A): $\tan \alpha =\tan (\widehat{SBA})=\frac{SA}{AB}=\frac{SA}{a}$.

Gọi H là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC đều nên $AH\perp BC$ và $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Kẻ $AK\perp SH$ tại K (trong mặt phẳng (SAH)).

Ta có $BC\perp AH$ và $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$). Suy ra $BC\perp (SAH)$.

Vì $BC\perp (SAH)$ và $AK\subset (SAH)$, nên $BC\perp AK$.

Ta có $AK\perp SH$ và $AK\perp BC$, suy ra $AK\perp (SBC)$.

Do đó, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) là $d(A,(SBC))=AK=\frac{3a}{4}$.

Trong tam giác vuông SAH (vuông tại A), áp dụng hệ thức lượng:

$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{H}^2}$

$\frac{1}{(\frac{3a}{4}{)}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{(\frac{a\sqrt{3}}{2}{)}^2}$

$\frac{16}{9a^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{4}{3a^2}$

$\frac{1}{S{A}^2}=\frac{16}{9a^2}-\frac{4}{3a^2}=\frac{16}{9a^2}-\frac{12}{9a^2}=\frac{4}{9a^2}$

$S{A}^2=\frac{9a^2}{4}\Rightarrow SA=\frac{3a}{2}$ (vì SA > 0).

Vậy, $\tan \alpha =\frac{SA}{a}=\frac{\frac{3a}{2}}{a}=\frac{3}{2}$.

Câu 8:

Đồ thị dưới đây là của hàm số nào trong các hàm số cho ở các phương án A, B, C, D? (Hình vẽ cho thấy TCĐ x=-1, TCN y=2, cắt Oy tại (0,-1), cắt Ox tại (1/2,0))

• A. $y=\frac{2x+1}{x+1}$.
• B. $y=\frac{2x-1}{x-1}$.
• C. $y=2x+\frac{1}{x+1}$.
• D. $y=x^3-3x+1$.

Đáp án đúng: A

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta thấy:

• Tiệm cận đứng: $x=-1$.
• Tiệm cận ngang: $y=2$.
• Đồ thị cắt trục Oy tại điểm $(0;-1)$.
• Đồ thị cắt trục Ox tại điểm $(\frac{1}{2};0)$.

Kiểm tra hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$ (đây là hàm số khớp với các đặc điểm của đồ thị, có thể phương án A trong đề thi gốc là hàm này):

• Tiệm cận đứng: $x+1=0\Rightarrow x=-1$ (Thỏa).
• Tiệm cận ngang: Tỉ số hệ số của x là $\frac{2}{1}=2$. Vậy $y=2$ (Thỏa).
• Khi $x=0$, $y=\frac{2(0)-1}{0+1}=\frac{-1}{1}=-1$. Điểm $(0;-1)$ (Thỏa).
• Khi $y=0$, $\frac{2x-1}{x+1}=0\Rightarrow 2x-1=0\Rightarrow x=\frac{1}{2}$. Điểm $(\frac{1}{2};0)$ (Thỏa).

Phương án A được cho là $y=\frac{2x+1}{x+1}$. Kiểm tra:

• TCĐ: $x=-1$. TCN: $y=2$.
• Khi $x=0,y=1$ (Không khớp điểm cắt Oy là -1).

Ghi chú: Dựa trên đáp án chính thức là A, và sự khớp hoàn hảo của hàm $y=\frac{2x-1}{x+1}$ với đồ thị, rất có thể phương án A trong đề thi gốc là $y=\frac{2x-1}{x+1}$ hoặc có sự nhầm lẫn trong việc in đề/đáp án cho phương án A. Phân tích được thực hiện dựa trên hàm $y=\frac{2x-1}{x+1}$ là hàm đúng.

Câu 9:

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường $y=x^2+3,$ $y=0,$ $x=0,$ $x=2$. Gọi V là thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay (H) xung quanh trục Ox. Mệnh đề nào sau đây đúng?

• A. $V={\int }_0^2(x^2+3)dx$.
• B. $V=\pi {\int }_0^2(x^2+3{)}^{2}dx$.
• C. $V=\pi {\int }_0^2(x^2+3)dx$.
• D. $V={\int }_0^2(x^2+3{)}^{2}dx$.

Đáp án đúng: B

Lời giải chi tiết:

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng (H) giới hạn bởi $y=f(x)$, trục Ox ($y=0$), $x=a$, $x=b$ quanh trục Ox được tính bằng công thức:

$V=\pi {\int }_a^b[f(x){]}^{2}dx$.

Trong trường hợp này, $f(x)=x^2+3$, $a=0$, $b=2$.

Vậy, $V=\pi {\int }_0^2(x^2+3{)}^{2}dx$.

Câu 10:

Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ $\overrightarrow{a}=(-1;0;2)$ và $\overrightarrow{b}=(2;3;2)$. Giá trị của $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}$ bằng:

• A. -6.
• B. -3.
• C. -4.
• D. 2.

Đáp án đúng: D

Lời giải chi tiết:

Tích vô hướng của hai vectơ $\overrightarrow{a}=(a_1;a_2;a_3)$ và $\overrightarrow{b}=(b_1;b_2;b_3)$ là:

$\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=a_1{b}_1+a_2{b}_2+a_3{b}_3$.

$\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=(-1)(2)+(0)(3)+(2)(2)=-2+0+4=2$.

Câu 11:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều. Gọi các điểm M, N lần lượt là trung điểm của SB và SC. Khi đó góc giữa hai đường thẳng MN và AB bằng:

• A. ${90}^{\circ }$
• B. ${45}^{\circ }$
• C. ${30}^{\circ }$
• D. ${60}^{\circ }$

Đáp án đúng: D

Lời giải chi tiết:

Trong tam giác SBC, M là trung điểm SB và N là trung điểm SC.

Do đó, MN là đường trung bình của tam giác SBC.

Suy ra MN // BC.

Góc giữa hai đường thẳng MN và AB bằng góc giữa hai đường thẳng BC và AB (vì MN // BC).

Vì tam giác ABC là tam giác đều, nên góc giữa cạnh BC và cạnh AB là góc $\widehat{ABC}={60}^{\circ }$.

Vậy, góc giữa MN và AB bằng ${60}^{\circ }$.

Câu 12:

Trong không gian Oxyz, phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $M(2;1;-3)$ và nhận vectơ $\overrightarrow{u}=(3;-2;-5)$ làm một vectơ chỉ phương là:

• A. $\{\begin{array}{l}x=3+2t\\ y=-2+t\\ z=-5-3t\end{array}$
• B. $\{\begin{array}{l}x=2+3t\\ y=-1+2t\\ z=3-5t\end{array}$
• C. $\{\begin{array}{l}x=2+3t\\ y=1-2t\\ z=-3-5t\end{array}$
• D. $\{\begin{array}{l}x=2+3t\\ y=1+2t\\ z=-3-5t\end{array}$

Đáp án đúng: C

Lời giải chi tiết:

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $M(x_0;y_0;z_0)$ và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=(a;b;c)$ là:

$\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct\end{array}$

Thay $M(2;1;-3)$ và $\overrightarrow{u}=(3;-2;-5)$ vào, ta được:

$\{\begin{array}{l}x=2+3t\\ y=1-2t\\ z=-3-5t\end{array}$

PHẦN II: ĐÚNG/SAI - Câu 1

Một hộp có chứa 6 viên bi màu xanh và 8 viên bi màu đỏ (các viên bi có cùng kích thước và khối lượng, được đánh số khác nhau). Bạn Phú lấy ngẫu nhiên 1 viên bi từ trong hộp và không hoàn lại, tiếp đó bạn Trí lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ trong hộp.
a) Xác suất để bạn Phú lấy được 1 viên bi màu xanh là $\frac{3}{7}$.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Tổng số viên bi trong hộp ban đầu: $6\text{ xanh}+8\text{ đỏ}=14$ viên.

Xác suất để bạn Phú lấy được 1 viên bi màu xanh là:

$P(extPhúlấyxanh)=\frac{extSốbixanh}{extTổngsốbi}=\frac{6}{14}=\frac{3}{7}$.

Mệnh đề đúng.

b) Xác suất để bạn Trí lấy được 2 viên bi màu xanh, biết rằng bạn Phú đã lấy được 1 viên bi màu đỏ là $\frac{5}{26}$.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Nếu bạn Phú đã lấy được 1 viên bi màu đỏ, thì trong hộp còn lại:

• Số bi xanh: 6 viên.
• Số bi đỏ: $8-1=7$ viên.
• Tổng số bi còn lại: $6+7=13$ viên.

Xác suất để bạn Trí lấy được 2 viên bi màu xanh từ 13 viên còn lại là:

$P(extTrílấy2xanh|extPhúlấy1đỏ)=\frac{C_6^2}{C_{13}^2}=\frac{\frac{6\cdot 5}{2}}{\frac{13\cdot 12}{2}}=\frac{15}{78}=\frac{5}{26}$.

Mệnh đề đúng.

c) Xác suất để bạn Phú lấy được 1 viên bi màu đỏ và bạn Trí lấy được 1 viên bi màu xanh và 1 viên bi màu đỏ là $\frac{1}{3}$.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Xác suất bạn Phú lấy được 1 viên bi màu đỏ: $P(extPhúlấy1đỏ)=\frac{8}{14}=\frac{4}{7}$.

Sau khi Phú lấy 1 đỏ, trong hộp còn 6 xanh và 7 đỏ (tổng 13 bi).

Xác suất bạn Trí lấy được 1 xanh và 1 đỏ từ 13 bi còn lại:

$P(extTrílấy1X,1Đ|extPhúlấy1đỏ)=\frac{C_6^1\cdot C_7^1}{C_{13}^2}=\frac{6\cdot 7}{78}=\frac{42}{78}=\frac{7}{13}$.

Xác suất cả hai sự kiện xảy ra:

$P(extPhú1ĐvàTrí1X1Đ)=P(extPhúlấy1đỏ)\times P(extTrílấy1X1Đ|extPhúlấy1đỏ)$

$=\frac{4}{7}\times \frac{7}{13}=\frac{4}{13}$.

Vì $\frac{4}{13}\ne \frac{1}{3}$, mệnh đề sai.

d) Biết rằng bạn Trí lấy được ít nhất một viên bi màu đỏ, xác suất bạn Phú lấy được một viên bi màu đỏ là $\frac{21}{38}$.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Gọi A là biến cố "Phú lấy được 1 viên bi màu đỏ". $P(A)=8/14=4/7$.

Gọi A' là biến cố "Phú lấy được 1 viên bi màu xanh". $P(A^{\prime })=6/14=3/7$.

Gọi B là biến cố "Trí lấy được ít nhất một viên bi màu đỏ".

Ta cần tính $P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$.

Tính $P(A\cap B)$: Phú lấy 1 đỏ, Trí lấy ít nhất 1 đỏ.

Nếu Phú lấy 1 đỏ (còn 6X, 7Đ). Trí lấy 2 bi. Biến cố đối của "Trí ít nhất 1Đ" là "Trí lấy 2X".

$P(extTrí2X|extPhú1Đ)=\frac{C_6^2}{C_{13}^2}=\frac{15}{78}$.

$P(extTríítnhất1Đ|extPhú1Đ)=1-\frac{15}{78}=\frac{63}{78}$.

$P(A\cap B)=P(extPhú1Đ)\times P(extTríítnhất1Đ|extPhú1Đ)=\frac{8}{14}\times \frac{63}{78}=\frac{4}{7}\times \frac{21}{26}=\frac{4\times 21}{7\times 26}=\frac{2\times 3}{13}=\frac{6}{13}$.

Tính $P(B)$:

TH1: Phú lấy 1 đỏ, Trí ít nhất 1 đỏ (đã tính ở trên): $\frac{6}{13}$.

TH2: Phú lấy 1 xanh, Trí ít nhất 1 đỏ.

Nếu Phú lấy 1 xanh (còn 5X, 8Đ). Trí lấy 2 bi. Biến cố đối "Trí lấy 2X".

$P(extTrí2X|extPhú1X)=\frac{C_5^2}{C_{13}^2}=\frac{10}{78}$.

$P(extTríítnhất1Đ|extPhú1X)=1-\frac{10}{78}=\frac{68}{78}$.

$P(extPhú1XvàTríítnhất1Đ)=P(extPhú1X)\times P(extTríítnhất1Đ|extPhú1X)=\frac{6}{14}\times \frac{68}{78}=\frac{3}{7}\times \frac{34}{39}=\frac{34}{91}$.

$P(B)=P(A\cap B)+P(A^{\prime }\cap B)=\frac{6}{13}+\frac{34}{91}=\frac{42}{91}+\frac{34}{91}=\frac{76}{91}$.

$P(A|B)=\frac{6/13}{76/91}=\frac{6}{13}\times \frac{91}{76}=\frac{6\times 7}{76}=\frac{42}{76}=\frac{21}{38}$.

Mệnh đề đúng.

PHẦN II: ĐÚNG/SAI - Câu 2

Một chất điểm chuyển động thẳng trong 19 giây với tốc độ $v(t)$ (đơn vị: m/s) là hàm số phụ thuộc thời gian t (đơn vị: giây) có đồ thị như hình vẽ. (Hình vẽ: (0,0)-(4,12) thẳng; (4,12)-(13,12) ngang; (13,12)-(15,16)-(19,0) parabol)
a) Tại thời điểm $t=19$ giây, tốc độ của chất điểm bằng $16m/s$.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Quan sát đồ thị, tại thời điểm $t=19$ giây, đồ thị cắt trục hoành, nghĩa là $v(19)=0m/s$.

Mệnh đề sai.

b) Quãng đường chất điểm đi được trong khoảng thời gian từ 0 giây đến 4 giây bằng 48 m.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Trong khoảng từ 0 đến 4 giây, đồ thị $v(t)$ là đoạn thẳng nối (0,0) và (4,12). Phương trình vận tốc là $v(t)=3t$.

Quãng đường là diện tích tam giác vuông có đáy 4 và chiều cao 12:

$S_1=\frac{1}{2}\times 4\times 12=24$ m.

Hoặc tính bằng tích phân: $S_1={\int }_0^{4}3tdt={\left[\frac{3}{2}{t}^2\right]}_0^4=\frac{3}{2}(4^2)-0=\frac{3}{2}\cdot 16=24$ m.

Mệnh đề cho 48 m. Mệnh đề sai.

c) Trong khoảng thời gian từ 13 giây đến 19 giây, đồ thị của $v(t)$ là một phần của đường parabol. Khi đó $v(t)=-t^2+30t+209(m/s)$.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Parabol có đỉnh tại $(15,16)$, dạng $v(t)=a(t-15{)}^2+16$.

Parabol đi qua điểm $(19,0)$:

$0=a(19-15{)}^2+16\Rightarrow 0=a(4^2)+16\Rightarrow 16a=-16\Rightarrow a=-1$.

Vậy phương trình parabol là $v(t)=-(t-15{)}^2+16=-(t^2-30t+225)+16=-t^2+30t-225+16=-t^2+30t-209$.

Mệnh đề trong đề ghi $v(t)=-t^2+30t+209$. Vì $-209\ne +209$, mệnh đề sai.

(Đáp án đề là SSSĐ, khớp với việc câu c này sai do dấu hằng số).

d) Quãng đường chất điểm đi được từ lúc xuất phát đến khi dừng lại bằng 204 m.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Quãng đường từ 0s đến 4s ($S_1$): 24 m (từ câu b).

Quãng đường từ 4s đến 13s ($S_2$): Vận tốc không đổi $v=12m/s$. Thời gian $\mathrm{\Delta }t=13-4=9$ s.

$S_2=12\times 9=108$ m.

Quãng đường từ 13s đến 19s ($S_3$): Sử dụng $v(t)=-t^2+30t-209$ (từ phân tích câu c).

$S_3={\int }_{13}^{19}(-t^2+30t-209)dt={[-\frac{t^3}{3}+15t^2-209t]}_{13}^{19}$

$=(-\frac{{19}^3}{3}+15\cdot {19}^2-209\cdot 19)-(-\frac{{13}^3}{3}+15\cdot {13}^2-209\cdot 13)$

$=(-\frac{6859}{3}+5415-3971)-(-\frac{2197}{3}+2535-2717)$

$=\left(\frac{-6859+16245-11913}{3}\right)-\left(\frac{-2197+7605-8151}{3}\right)$

$=\frac{-2527}{3}-\frac{-2743}{3}=\frac{-2527+2743}{3}=\frac{216}{3}=72$ m.

Tổng quãng đường: $S=S_1+S_2+S_3=24+108+72=204$ m.

Mệnh đề đúng.

PHẦN II: ĐÚNG/SAI - Câu 3

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm $I(2;0;0)$, bán kính $R=5$ và hai điểm $A(0;2;1)$, $B(-2;4;2)$.
a) Phương trình của mặt cầu (S) là $(x-2{)}^2+y^2+z^2=5$.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

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

Với tâm $I(2;0;0)$ và bán kính $R=5$, phương trình mặt cầu (S) là:

$(x-2{)}^2+(y-0{)}^2+(z-0{)}^2=5^2$

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

Mệnh đề cho phương trình là $(x-2{)}^2+y^2+z^2=5$. Mệnh đề này sai vì vế phải phải là $R^2=25$.

Ghi chú: Đáp án đề cho câu này là Đúng. Điều này ngụ ý rằng bán kính R của mặt cầu (S) thực sự là $\sqrt{5}$ chứ không phải 5 như đề bài nêu ban đầu, hoặc phương trình cho trong mệnh đề là đúng và thông tin R=5 ban đầu là không chính xác. Nếu R=$\sqrt{5}$, thì mệnh đề đúng. Tuy nhiên, dựa trên thông tin "bán kính R=5" đã cho, mệnh đề này là sai.

b) Độ dài $IA=3$.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Tâm $I(2;0;0)$ và điểm $A(0;2;1)$.

Độ dài đoạn thẳng IA được tính bằng công thức khoảng cách giữa hai điểm:

$IA=\sqrt{(0-2{)}^2+(2-0{)}^2+(1-0{)}^2}=\sqrt{(-2{)}^2+2^2+1^2}=\sqrt{4+4+1}=\sqrt{9}=3$.

Mệnh đề đúng.

c) Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (Q): $x-y+z-3=0$ sao cho khoảng cách từ $I$ đến (P) đạt giá trị lớn nhất, khi đó phương trình mặt phẳng (P) là $2x+y-z-1=0$.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Gọi $\overrightarrow{n_Q}=(1;-1;1)$ là VTPT của (Q). Mặt phẳng (P) đi qua $A(0;2;1)$ và $(P)\perp (Q)$.

Khoảng cách $d(I,(P))$ lớn nhất bằng IA khi và chỉ khi $IA\perp (P)$, tức $\overrightarrow{IA}$ là VTPT của (P).

$\overrightarrow{IA}=(0-2;2-0;1-0)=(-2;2;1)$.

Nếu $\overrightarrow{n_P}=(-2;2;1)$, kiểm tra điều kiện $(P)\perp (Q)$: $\overrightarrow{n_P}\cdot \overrightarrow{n_Q}=(-2)(1)+(2)(-1)+(1)(1)=-2-2+1=-3\ne 0$.

Do đó, $d(I,(P){)}_{max}$ không bằng IA trong trường hợp này.

Giá trị lớn nhất của $d(I,(P))$ khi (P) chứa A và (P) $\perp$ (Q) là $d(I,d_0)$ với $d_0$ là giao tuyến của tất cả các mặt phẳng (P) thỏa mãn điều kiện. $d_0$ qua A và có VTCP $\overrightarrow{u_0}=\overrightarrow{n_Q}=(1;-1;1)$.

$d(I,d_0)=\frac{|[\overrightarrow{AI},\overrightarrow{u_0}]|}{|\overrightarrow{u_0}|}$. Ta có $\overrightarrow{AI}=(2;-2;-1)$.

$[\overrightarrow{AI},\overrightarrow{u_0}]=((-2)(1)-(-1)(-1);(-1)(1)-(2)(1);(2)(-1)-(-2)(1))=(-2-1;-1-2;-2+2)=(-3;-3;0)$.

$|[\overrightarrow{AI},\overrightarrow{u_0}]|=\sqrt{(-3{)}^2+(-3{)}^2+0^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$.

$|\overrightarrow{u_0}|=\sqrt{1^2+(-1{)}^2+1^2}=\sqrt{3}$.

$d(I,(P){)}_{max}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{6}$.

Xét mặt phẳng (P) cho sẵn: $2x+y-z-1=0$.

Điểm A(0;2;1): $2(0)+2-1-1=0$ (A thuộc (P)).

VTPT của (P) là $\overrightarrow{n_P}=(2;1;-1)$. $\overrightarrow{n_P}\cdot \overrightarrow{n_Q}=(2)(1)+(1)(-1)+(-1)(1)=2-1-1=0$ ((P) $\perp$ (Q)).

Khoảng cách từ $I(2;0;0)$ đến (P): $d(I,(P))=\frac{|2(2)+0-0-1|}{\sqrt{2^2+1^2+(-1{)}^2}}=\frac{|3|}{\sqrt{6}}=\frac{3\sqrt{6}}{6}=\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Vì $\frac{\sqrt{6}}{2}\ne \sqrt{6}$, mệnh đề sai. (Đáp án đề là S, khớp)

d) Giả sử $\mathrm{\Delta }$ là đường thẳng thay đổi đi qua A và cắt mặt cầu (S) tại hai điểm M, N. Gọi $M_0(a;b;c)$ là điểm thỏa mãn $|M_{0}A-M_{0}B|$ đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó ta có $2a-2b-c=-\frac{19}{2}$.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Giả sử $M_0$ là một trong hai điểm M hoặc N (giao điểm của $\mathrm{\Delta }$ và (S)) và ta cần tìm $M_0$ sao cho $|M_{0}A-M_{0}B|$ nhỏ nhất. Giá trị này thường nhỏ nhất khi $M_0$ nằm trên đường thẳng AB và cũng thuộc mặt cầu (S).

Đường thẳng AB đi qua $A(0;2;1)$ và có VTCP $\overrightarrow{AB}=(-2;2;1)$. Phương trình tham số của AB: $\{\begin{array}{l}x=-2t\\ y=2+2t\\ z=1+t\end{array}$.

Thay vào phương trình mặt cầu (S) với $R=5$ (tức $R^2=25$): $(x-2{)}^2+y^2+z^2=25$

$(-2t-2{)}^2+(2+2t{)}^2+(1+t{)}^2=25$

$4(t+1{)}^2+4(t+1{)}^2+(t+1{)}^2=25\Rightarrow 9(t+1{)}^2=25\Rightarrow (t+1{)}^2=\frac{25}{9}\Rightarrow t+1=\pm \frac{5}{3}$.

$t_1=\frac{5}{3}-1=\frac{2}{3}\Rightarrow M_1(-\frac{4}{3};2+\frac{4}{3};1+\frac{2}{3})=(-\frac{4}{3};\frac{10}{3};\frac{5}{3})$.

$t_2=-\frac{5}{3}-1=-\frac{8}{3}\Rightarrow M_2(\frac{16}{3};2-\frac{16}{3};1-\frac{8}{3})=(\frac{16}{3};-\frac{10}{3};-\frac{5}{3})$.

Tính $|MA-MB|$ cho $M_1$ và $M_2$:

Với $M_1(-\frac{4}{3};\frac{10}{3};\frac{5}{3})$:

$A{M}_1=\sqrt{(-\frac{4}{3}-0{)}^2+(\frac{10}{3}-2{)}^2+(\frac{5}{3}-1{)}^2}=\sqrt{\frac{16}{9}+\frac{16}{9}+\frac{4}{9}}=\sqrt{\frac{36}{9}}=2$.

$B{M}_1=\sqrt{(-\frac{4}{3}-(-2){)}^2+(\frac{10}{3}-4{)}^2+(\frac{5}{3}-2{)}^2}=\sqrt{(\frac{2}{3}{)}^2+(-\frac{2}{3}{)}^2+(-\frac{1}{3}{)}^2}=\sqrt{\frac{4+4+1}{9}}=1$.

$|A{M}_1-B{M}_1|=|2-1|=1$.

Với $M_2(\frac{16}{3};-\frac{10}{3};-\frac{5}{3})$:

$A{M}_2=\sqrt{(\frac{16}{3}-0{)}^2+(-\frac{10}{3}-2{)}^2+(-\frac{5}{3}-1{)}^2}=\sqrt{\frac{256}{9}+\frac{256}{9}+\frac{64}{9}}=\sqrt{\frac{576}{9}}=8$.

$B{M}_2=\sqrt{(\frac{16}{3}-(-2){)}^2+(-\frac{10}{3}-4{)}^2+(-\frac{5}{3}-2{)}^2}=\sqrt{(\frac{22}{3}{)}^2+(-\frac{22}{3}{)}^2+(-\frac{11}{3}{)}^2}=\frac{11}{3}\sqrt{4+4+1}=11$.

$|A{M}_2-B{M}_2|=|8-11|=3$.

Giá trị nhỏ nhất của $|M_{0}A-M_{0}B|$ là 1, đạt được khi $M_0=M_1=(-\frac{4}{3};\frac{10}{3};\frac{5}{3})$.

Vậy $a=-\frac{4}{3},b=\frac{10}{3},c=\frac{5}{3}$.

$2a-2b-c=2(-\frac{4}{3})-2(\frac{10}{3})-\frac{5}{3}=\frac{-8-20-5}{3}=\frac{-33}{3}=-11$.

Mệnh đề cho $2a-2b-c=-\frac{19}{2}$. Vì $-11\ne -\frac{19}{2}$, mệnh đề sai.

Ghi chú: Đáp án đề cho câu này là Đúng. Điều này cho thấy có thể có một cách hiểu khác về điểm $M_0$ hoặc một giả định khác về bán kính mặt cầu (ví dụ R=$\sqrt{5}$ từ câu 3a theo đáp án đề). Nếu R=$\sqrt{5}$, các tính toán sẽ khác. Tuy nhiên, với R=5 như đề bài cho, kết quả là sai.

PHẦN II: ĐÚNG/SAI - Câu 4

Cho hàm số $y=f(x)=\frac{-x^2+x-2}{x+1}$ có đồ thị (C). Khi đó
a) $y^{\prime }=f^{\prime }(x)=\frac{-x^2-2x+3}{(x+1{)}^2},$ $\mathrm{\forall }x\ne -1$.

Đáp án: Đúng

Lời giải chi tiết:

Sử dụng quy tắc đạo hàm của thương: $(\frac{u}{v}{)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}$.

$u=-x^2+x-2\Rightarrow u^{\prime }=-2x+1$.

$v=x+1\Rightarrow v^{\prime }=1$.

$y^{\prime }=\frac{(-2x+1)(x+1)-(-x^2+x-2)(1)}{(x+1{)}^2}$

$=\frac{-2x^2-2x+x+1-(-x^2+x-2)}{(x+1{)}^2}$

$=\frac{-2x^2-x+1+x^2-x+2}{(x+1{)}^2}=\frac{-x^2-2x+3}{(x+1{)}^2}$.

Mệnh đề này theo tính toán là đúng.

Ghi chú: Đáp án đề cho câu này là Sai. Điều này rất lạ vì phép tính đạo hàm khá cơ bản. Có thể có lỗi trong đáp án đề.

b) Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình $y=x-2$.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Để tìm tiệm cận xiên, ta chia đa thức tử cho mẫu:

$(-x^2+x-2):(x+1)$

Thực hiện phép chia: $(-x^2+x-2)=(x+1)(-x+2)-4$.

Vậy $y=-x+2-\frac{4}{x+1}$.

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng $y=-x+2$.

Mệnh đề cho tiệm cận xiên là $y=x-2$. Mệnh đề sai.

c) Khoảng cách giữa hai điểm cực trị của đồ thị (C) bằng 4.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Từ câu a (theo tính toán của chúng ta), $y^{\prime }=\frac{-x^2-2x+3}{(x+1{)}^2}$. Cho $y^{\prime }=0\Rightarrow -x^2-2x+3=0$.

$\iff x^2+2x-3=0\iff (x+3)(x-1)=0$.

Vậy có hai điểm cực trị tại $x_1=-3$ và $x_2=1$.

Tính tung độ các điểm cực trị:

$y_1=f(-3)=\frac{-(-3{)}^2+(-3)-2}{-3+1}=\frac{-9-3-2}{-2}=\frac{-14}{-2}=7$. Điểm cực trị $A(-3;7)$.

$y_2=f(1)=\frac{-(1{)}^2+1-2}{1+1}=\frac{-1+1-2}{2}=\frac{-2}{2}=-1$. Điểm cực trị $B(1;-1)$.

Khoảng cách giữa hai điểm cực trị A và B:

$AB=\sqrt{(1-(-3){)}^2+(-1-7{)}^2}=\sqrt{(4{)}^2+(-8{)}^2}=\sqrt{16+64}=\sqrt{80}=\sqrt{16\cdot 5}=4\sqrt{5}$.

Vì $4\sqrt{5}\ne 4$, mệnh đề sai.

d) Trên đồ thị (C) có đúng 4 điểm M có tung độ và hoành độ là các số nguyên sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với hai đường tiệm cận của (C) một tam giác có diện tích bằng 8.

Đáp án: Sai

Lời giải chi tiết:

Tiệm cận đứng là $x=-1$. Tiệm cận xiên là $y=-x+2$ (từ câu b).

Diện tích tam giác tạo bởi tiếp tuyến tại một điểm bất kỳ trên đồ thị hàm số dạng $y=ax+b+\frac{k}{cx+d}$ và hai tiệm cận của nó là một hằng số và bằng $2|\frac{k}{c}|$. Trong trường hợp này, $y=-x+2-\frac{4}{x+1}$, nên $k=-4$ và $c=1$. Diện tích là $2|\frac{-4}{1}|=2|-4|=8$.

Vậy, điều kiện về diện tích tam giác (bằng 8) luôn thỏa mãn với mọi tiếp tuyến tại mọi điểm trên đồ thị (C).

Ta cần tìm số điểm M trên (C) có tung độ và hoành độ là các số nguyên.

$y=-x+2-\frac{4}{x+1}$. Để y là số nguyên khi x là số nguyên, thì $\frac{4}{x+1}$ phải là số nguyên. Điều này có nghĩa là $(x+1)$ phải là ước của 4.

Các ước của 4 là: $\{\pm 1,\pm 2,\pm 4\}$.

1. $x+1=1\Rightarrow x=0$. Khi đó $y=-0+2-\frac{4}{1}=2-4=-2$. Điểm $(0;-2)$.
2. $x+1=-1\Rightarrow x=-2$. Khi đó $y=-(-2)+2-\frac{4}{-1}=2+2+4=8$. Điểm $(-2;8)$.
3. $x+1=2\Rightarrow x=1$. Khi đó $y=-1+2-\frac{4}{2}=1-2=-1$. Điểm $(1;-1)$.
4. $x+1=-2\Rightarrow x=-3$. Khi đó $y=-(-3)+2-\frac{4}{-2}=3+2+2=7$. Điểm $(-3;7)$.
5. $x+1=4\Rightarrow x=3$. Khi đó $y=-3+2-\frac{4}{4}=-1-1=-2$. Điểm $(3;-2)$.
6. $x+1=-4\Rightarrow x=-5$. Khi đó $y=-(-5)+2-\frac{4}{-4}=5+2+1=8$. Điểm $(-5;8)$.

Có tổng cộng 6 điểm M có tọa độ nguyên trên đồ thị (C).

Mệnh đề nói có đúng 4 điểm. Mệnh đề này theo tính toán là sai.

Ghi chú: Đáp án đề cho câu này là Đúng. Điều này mâu thuẫn với việc tìm ra 6 điểm nguyên. Cần kiểm tra lại đề bài hoặc đáp án.

PHẦN III: TỰ LUẬN

Câu 1:

Vào ngày 01/04/2023, ông An vay ngân hàng 300 triệu đồng với lãi suất 8%/năm. Ông dùng toàn bộ số tiền vay mua cổ phiếu mã GK với giá 50 nghìn đồng /1 cổ phiếu. Đúng sau 2 năm, để trả nợ ngân hàng ông An bán toàn bộ cổ phiếu đó với giá mỗi cổ phiếu là 59,5 nghìn đồng. Số tiền còn lại của ông An sau khi đã trả nợ cho ngân hàng là bao nhiêu triệu đồng?

Đáp án: 7.08 triệu đồng

Lời giải chi tiết:

Số tiền ông An vay ban đầu: $P=300$ triệu đồng.

Lãi suất: $r=8$.

Thời gian vay: $t=2$ năm.

Số tiền ông An phải trả ngân hàng sau 2 năm (tính theo lãi kép):

$A=P(1+r{)}^t=300(1+0.08{)}^2=300(1.08{)}^2=300\times 1.1664=349.92$ triệu đồng.

Giá mua mỗi cổ phiếu: 50 nghìn đồng = 0.05 triệu đồng.

Số cổ phiếu ông An mua được: $\frac{300\text{ triệu}}{0.05\text{ triệu/cp}}=6000$ cổ phiếu.

Giá bán mỗi cổ phiếu sau 2 năm: 59,5 nghìn đồng = 0.0595 triệu đồng.

Tổng số tiền thu được từ việc bán cổ phiếu:

$S_{ban}=6000\text{ cp}\times 0.0595\text{ triệu/cp}=357$ triệu đồng.

Số tiền còn lại của ông An sau khi trả nợ:

$\text{Tiền còn lại}=S_{ban}-A=357-349.92=7.08$ triệu đồng.

Câu 2:

Nhân dịp kỷ niệm 60 năm ngày thành lập trường, các học sinh lựa chọn tham gia thi đấu thể thao hoặc biểu diễn văn nghệ. Lớp 12A có 56% số học sinh tham gia thi đấu thể thao và còn lại 44% số học sinh tham gia biểu diễn văn nghệ. Biết rằng các bạn nữ đều tham gia biểu diễn văn nghệ. Trong số các bạn nam có 20% tham gia văn nghệ và 80% tham gia thi đấu thể thao. Chọn ngẫu nhiên 1 học sinh trong lớp. Biết rằng học sinh này tham gia biểu diễn văn nghệ, tính xác suất để học sinh này là nữ (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Đáp án: 0.68

Lời giải chi tiết:

Gọi N là biến cố học sinh là nữ, M là biến cố học sinh là nam.

Gọi VN là biến cố học sinh tham gia văn nghệ, TT là biến cố học sinh tham gia thể thao.

Theo đề bài:

• $P(TT)=0.56$
• $P(VN)=0.44$
• Các bạn nữ đều tham gia văn nghệ: $P(VN|N)=1$ (suy ra $P(TT|N)=0$).
• Trong số các bạn nam: $P(VN|M)=0.20$ và $P(TT|M)=0.80$.

Chúng ta cần tính $P(N|VN)$.

Sử dụng công thức xác suất đầy đủ cho $P(VN)$:

$P(VN)=P(VN|N)P(N)+P(VN|M)P(M)$.

Ta biết $P(N)+P(M)=1\Rightarrow P(M)=1-P(N)$.

Thay vào phương trình: $0.44=1\cdot P(N)+0.20\cdot (1-P(N))$.

$0.44=P(N)+0.20-0.20P(N)$.

$0.44-0.20=0.80P(N)$.

$0.24=0.80P(N)\Rightarrow P(N)=\frac{0.24}{0.80}=\frac{24}{80}=\frac{3}{10}=0.3$.

Bây giờ, sử dụng công thức Bayes:

$P(N|VN)=\frac{P(VN|N)P(N)}{P(VN)}$.

$P(N|VN)=\frac{1\cdot 0.3}{0.44}=\frac{0.3}{0.44}=\frac{30}{44}=\frac{15}{22}$.

$\frac{15}{22}\approx 0.681818...$

Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm: 0.68.

Câu 3:

Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết $AB=1$, góc $[S,BC,A]={45}^{\circ }$, khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) bằng 2. Tính thể tích của khối chóp S.ABC (làm tròn đến hàng phần trăm).

Đáp án: 0.33

Lời giải chi tiết:

Vì $SA\perp (ABC)$ và $BC\perp AB$ (do $\mathrm{△}ABC$ vuông tại B), nên $BC\perp (SAB)$.

Do đó, khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) chính là độ dài đoạn CB.

Vậy, $CB=2$.

Góc nhị diện $[S,BC,A]$ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Vì $BC\perp (SAB)$, nên $BC\perp SB$ và $BC\perp AB$. Do đó, góc giữa (SBC) và (ABC) là góc $\widehat{SBA}$.

Theo đề bài, $\widehat{SBA}={45}^{\circ }$.

Xét tam giác SAB vuông tại A (vì $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp AB$):

$\tan (\widehat{SBA})=\frac{SA}{AB}$.

$\tan ({45}^{\circ })=\frac{SA}{1}\Rightarrow 1=SA\Rightarrow SA=1$.

Diện tích đáy $\mathrm{△}ABC$ là: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 2=1$ (đvdt).

Thể tích khối chóp S.ABC là:

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{3}$ (đvtt).

$\frac{1}{3}\approx 0.3333...$

Làm tròn đến hàng phần trăm: 0.33.

Câu 4:

Một biển quảng cáo có dạng hình vuông ABCD cạnh bằng 4 m và I là trung điểm của đoạn thẳng CD. Trên tấm biển đó có đường parabol đỉnh I đi qua A, B và cắt đường chéo BD tại M (M khác B, tham khảo hình vẽ). Chi phí sơn phần tô hình tổ ong (có diện tích $S_1$) là $200000{\text{ đồng/m}}^2$, chi phí sơn phần tô đậm (có diện tích $S_2$) là $180000{\text{ đồng/m}}^2$ và phần còn lại là $150000{\text{ đồng/m}}^2$. Số tiền cần chi trả để sơn tấm biển quảng cáo là bao nhiêu nghìn đồng? (Hình vẽ từ đề gốc)

Đáp án: 2685 nghìn đồng (Lưu ý: Đáp án đề là 2810)

Lời giải chi tiết:

Đặt hệ trục tọa độ Oxyz sao cho $A(0,0)$, $B(4,0)$, $D(0,4)$, $C(4,4)$.

I là trung điểm của CD: $I(\frac{4+0}{2},\frac{4+4}{2})=I(2,4)$.

Parabol (P) có đỉnh $I(2,4)$ và đi qua $A(0,0)$ và $B(4,0)$.

Phương trình parabol có dạng: $y=k(x-2{)}^2+4$.

Parabol đi qua $A(0,0)$: $0=k(0-2{)}^2+4\Rightarrow 0=4k+4\Rightarrow 4k=-4\Rightarrow k=-1$.

Vậy phương trình parabol (P) là: $y=-(x-2{)}^2+4=-(x^2-4x+4)+4=-x^2+4x$.

Đường chéo BD đi qua $B(4,0)$ và $D(0,4)$. Phương trình đường thẳng BD:

Độ dốc $m_{BD}=\frac{4-0}{0-4}=-1$. Phương trình: $y-0=-1(x-4)\Rightarrow y=-x+4$.

Giao điểm M của parabol (P) và đường thẳng BD (M khác B):

$-x^2+4x=-x+4\Rightarrow -x^2+5x-4=0\Rightarrow x^2-5x+4=0$.

$(x-1)(x-4)=0$. Vậy $x=1$ hoặc $x=4$.

Nếu $x=4$, $y=0$ (Điểm B).

Nếu $x=1$, $y=-1+4=3$. Vậy $M(1,3)$.

Diện tích $S_1$ (phần tô hình tổ ong): là diện tích giữa parabol và đường thẳng BD từ $x_M=1$ đến $x_B=4$.

$S_1={\int }_1^4((-x^2+4x)-(-x+4))dx={\int }_1^4(-x^2+5x-4)dx$

$={[-\frac{x^3}{3}+\frac{5x^2}{2}-4x]}_1^4$

$=(-\frac{4^3}{3}+\frac{5\cdot 4^2}{2}-4\cdot 4)-(-\frac{1^3}{3}+\frac{5\cdot 1^2}{2}-4cdot1)$

$=(-\frac{64}{3}+40-16)-(-\frac{1}{3}+\frac{5}{2}-4)$

$=(-\frac{64}{3}+24)-\left(\frac{-2+15-24}{6}\right)=\frac{-64+72}{3}-\left(\frac{-11}{6}\right)=\frac{8}{3}+\frac{11}{6}=\frac{16+11}{6}=\frac{27}{6}=4.5{\text{ m}}^2$.

Diện tích $S_2$ (phần tô đậm - tam giác ADM): $A(0,0),D(0,4),M(1,3)$.

Đây là tam giác có đáy AD trên trục Oy, AD = 4. Chiều cao từ M xuống AD (trục Oy) là hoành độ của M, bằng 1.

$S_2=\frac{1}{2}\times AD\times x_M=\frac{1}{2}\times 4\times 1=2{\text{ m}}^2$.

Diện tích hình vuông ABCD: $S_{ABCD}=4\times 4=16{\text{ m}}^2$.

Diện tích phần còn lại: $S_{conlai}=S_{ABCD}-S_1-S_2=16-4.5-2=9.5{\text{ m}}^2$.

Chi phí sơn:

Phần $S_1$: $4.5{\text{ m}}^2\times 200000{\text{ đ/m}}^2=900000$ đồng.

Phần $S_2$: $2{\text{ m}}^2\times 180000{\text{ đ/m}}^2=360000$ đồng.

Phần còn lại: $9.5{\text{ m}}^2\times 150000{\text{ đ/m}}^2=1425000$ đồng.

Tổng chi phí: $900000+360000+1425000=2685000$ đồng = 2685 nghìn đồng.

Ghi chú: Đáp án chính thức của đề là 2810 nghìn đồng. Lời giải này cho kết quả 2685 nghìn đồng. Có thể có sự khác biệt trong cách hiểu hình vẽ hoặc số liệu đề bài gốc, hoặc cách phân chia các miền diện tích $S_1,S_2$ theo hình vẽ không hoàn toàn rõ ràng từ mô tả.

Câu 5:

Nhà máy A chuyên sản xuất một loại sản phẩm cho nhà máy B; Hai nhà máy thỏa thuận rằng, hàng tháng nhà máy A cung cấp cho nhà máy B số lượng sản phẩm theo đơn đặt hàng của nhà máy B (tối đa 90 tấn sản phẩm). Nếu số lượng đặt hàng là x tấn sản phẩm thì giá bán cho mỗi tấn sản phẩm là $p(x)=90-0,01x^2$ (đơn vị triệu đồng). Chi phí để nhà máy A sản suất x tấn sản phẩm trong một tháng là $C(x)=\frac{1}{2}(200+27x)$ (đơn vị triệu đồng), thuế giá trị gia tăng mà nhà máy A phải đóng cho nhà nước là 10% tổng doanh thu mỗi tháng. Hỏi mỗi tháng nhà máy A thu được lợi nhuận cao nhất bao nhiêu triệu đồng (sau khi đã trừ thuế giá trị gia tăng)?

Đáp án: 2150 triệu đồng

Lời giải chi tiết:

Số lượng sản phẩm: $x$ tấn ($0\le x\le 90$).

Giá bán mỗi tấn: $p(x)=90-0.01x^2$ (triệu đồng/tấn).

Tổng doanh thu: $R(x)=x\cdot p(x)=x(90-0.01x^2)=90x-0.01x^3$ (triệu đồng).

Thuế giá trị gia tăng (10% tổng doanh thu): $T_{GTGT}(x)=0.10\cdot R(x)=0.1(90x-0.01x^3)=9x-0.001x^3$ (triệu đồng).

Chi phí sản xuất: $C(x)=\frac{1}{2}(200+27x)=100+13.5x$ (triệu đồng).

Lợi nhuận sau thuế: $P(x)=R(x)-C(x)-T_{GTGT}(x)$

$P(x)=(90x-0.01x^3)-(100+13.5x)-(9x-0.001x^3)$

$P(x)=90x-0.01x^3-100-13.5x-9x+0.001x^3$

$P(x)=(-0.01+0.001)x^3+(90-13.5-9)x-100$

$P(x)=-0.009x^3+67.5x-100$.

Tìm giá trị lớn nhất của $P(x)$ trên đoạn $[0,90]$.

$P^{\prime }(x)=-0.009\cdot 3x^2+67.5=-0.027x^2+67.5$.

Cho $P^{\prime }(x)=0\Rightarrow -0.027x^2+67.5=0\Rightarrow 0.027x^2=67.5$.

$x^2=\frac{67.5}{0.027}=\frac{67500}{27}=2500$.

$x=\sqrt{2500}=50$ (vì $x\ge 0$). Giá trị $x=50$ nằm trong đoạn $[0,90]$.

Tính giá trị của $P(x)$ tại các điểm $x=0,x=50,x=90$:

$P(0)=-0.009(0{)}^3+67.5(0)-100=-100$.

$P(50)=-0.009(50{)}^3+67.5(50)-100=-0.009(125000)+3375-100$

$=-1125+3375-100=2250-100=2150$.

$P(90)=-0.009(90{)}^3+67.5(90)-100=-0.009(729000)+6075-100$

$=-6561+6075-100=-486-100=-586$.

Lợi nhuận cao nhất là 2150 triệu đồng, đạt được khi sản xuất 50 tấn sản phẩm.

Câu 6:

Trong không gian Oxyz, cho ba điểm $A(-2;1;5)$, $B(4;3;1)$, $C(2;-5;1)$. Gọi $(\alpha )$ là mặt phẳng chứa trục Oy sao cho A, B, C nằm về cùng phía đối với mặt phẳng $(\alpha )$ và $d_1,d_2,d_3$ lần lượt là khoảng cách từ A, B, C đến $(\alpha )$. Giá trị lớn nhất của biểu thức $T=d_1+2d_2+3d_3$ bằng $a\sqrt{b}$ (với $a\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, b là số nguyên tố). Tính $S=98a+99b$.

Đáp án: S = 6235

Lời giải chi tiết:

Mặt phẳng $(\alpha )$ chứa trục Oy có phương trình dạng $mx+nz=0$, với $m^2+n^2\ne 0$.

Khoảng cách từ một điểm $M(x_0,y_0,z_0)$ đến mặt phẳng $(\alpha )$ là $d(M,(\alpha ))=\frac{|m{x}_0+n{z}_0|}{\sqrt{m^2+n^2}}$.

$d_1=d(A,(\alpha ))=\frac{|m(-2)+n(5)|}{\sqrt{m^2+n^2}}=\frac{|-2m+5n|}{\sqrt{m^2+n^2}}$.

$d_2=d(B,(\alpha ))=\frac{|m(4)+n(1)|}{\sqrt{m^2+n^2}}=\frac{|4m+n|}{\sqrt{m^2+n^2}}$.

$d_3=d(C,(\alpha ))=\frac{|m(2)+n(1)|}{\sqrt{m^2+n^2}}=\frac{|2m+n|}{\sqrt{m^2+n^2}}$.

Vì A, B, C nằm về cùng phía đối với mặt phẳng $(\alpha )$, các biểu thức $-2m+5n$, $4m+n$, và $2m+n$ phải cùng dấu.

Khi đó, $T=d_1+2d_2+3d_3=\frac{|-2m+5n|+2|4m+n|+3|2m+n|}{\sqrt{m^2+n^2}}$.

Do cùng dấu, ta có thể viết (giả sử tất cả đều dương, trường hợp tất cả âm sẽ cho kết quả tương tự về độ lớn):

$T=\frac{(-2m+5n)+2(4m+n)+3(2m+n)}{\sqrt{m^2+n^2}}$

$T=\frac{-2m+5n+8m+2n+6m+3n}{\sqrt{m^2+n^2}}=\frac{(-2+8+6)m+(5+2+3)n}{\sqrt{m^2+n^2}}=\frac{12m+10n}{\sqrt{m^2+n^2}}$.

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky (Cauchy-Schwarz dạng Engel):

$(12m+10n{)}^2\le ({12}^2+{10}^2)(m^2+n^2)=(144+100)(m^2+n^2)=244(m^2+n^2)$.

$\Rightarrow |12m+10n|\le \sqrt{244}\sqrt{m^2+n^2}$.

$T=\frac{12m+10n}{\sqrt{m^2+n^2}}\le \frac{\sqrt{244}\sqrt{m^2+n^2}}{\sqrt{m^2+n^2}}=\sqrt{244}$ (nếu $12m+10n>0$).

Giá trị lớn nhất của T là $\sqrt{244}=\sqrt{4\times 61}=2\sqrt{61}$.

Dấu "=" xảy ra khi $\frac{m}{12}=\frac{n}{10}>0$. Chọn $m=12k,n=10k$ với $k>0$. Ví dụ $m=6,n=5$.

Kiểm tra điều kiện cùng dấu với $m=6,n=5$:

• $-2m+5n=-2(6)+5(5)=-12+25=13>0$.
• $4m+n=4(6)+5=24+5=29>0$.
• $2m+n=2(6)+5=12+5=17>0$.

Điều kiện cùng dấu dương được thỏa mãn. Vậy $T_{max}=2\sqrt{61}$.

So sánh với $a\sqrt{b}$, ta có $a=2$ ($a\in {\mathbb{N}}^{\ast }$) và $b=61$ (61 là số nguyên tố).

Tính $S=98a+99b=98(2)+99(61)=196+6039=6235$.

📚 Nguồn chia sẻ: Việt