ĐỀ THI THỬ LẦN 2 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - TOÁN 12

Đáp Án & Lời Giải Chi Tiết

Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT 2025 Lần 2 - Môn Toán - THPT Chuyên Vinh

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM

Câu 1. Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số \(y = 2\sin x - 3\cos x\) là

A. \(2\cos x - 3\sin x + C\)

B. \(2\cos x + 3\sin x + C\)

C. \(-2\cos x + 3\sin x + C\)

D. \(-2\cos x - 3\sin x + C\)

Đáp án đúng: D. \(-2\cos x - 3\sin x + C\)

Giải thích: Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản:

$$ \int (2\sin x - 3\cos x)dx = 2\int \sin x \,dx - 3\int \cos x \,dx $$ $$ = 2(-\cos x) - 3(\sin x) + C = -2\cos x - 3\sin x + C $$

Câu 2. Cho cấp số nhân \((u_n)\) có hai số hạng đầu tiên là \(u_1 = -2\) và \(u_2 = 4\). Giá trị của \(u_3\) bằng

A. -6

B. -8

C. 6

D. 8

Đáp án đúng: B. -8

Giải thích:

• Công bội của cấp số nhân: \(q = \frac{u_2}{u_1} = \frac{4}{-2} = -2\).
• Số hạng thứ ba: \(u_3 = u_2 \cdot q = 4 \cdot (-2) = -8\).

Câu 3. Trong không gian Oxyz, cho điểm \(M(-1; 1; -3)\) và mặt phẳng \((P): 2x - y + 2z + 3 = 0\). Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) bằng

A. 4

B. -2

C. 3

D. 2

Đáp án đúng: D. 2

Giải thích: Áp dụng công thức khoảng cách:

$$ d(M, (P)) = \frac{|2(-1) - 1 + 2(-3) + 3|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2}} = \frac{|-2 - 1 - 6 + 3|}{\sqrt{9}} = \frac{|-6|}{3} = 2 $$

Câu 4. Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{2x + 3}{x + 1}\) là

A. \(y = 2\)

B. \(x = -1\)

C. \(x = 1\)

D. \(y = 3\)

Đáp án đúng: A. \(y = 2\)

Giải thích: Với hàm số bậc nhất trên bậc nhất \(y = \frac{ax+b}{cx+d}\), tiệm cận ngang là đường thẳng \(y = \frac{a}{c} = \frac{2}{1} = 2\).

Câu 5. Mỗi ngày bác Bình đều đi bộ... Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm có giá trị gần nhất với giá trị nào dưới đây?

A. 0,37

B. 0,13

C. 3,39

D. 0,36

Đáp án đúng: D. 0,36

Giải thích:

1. Giá trị đại diện (\(x_i\)): 2.85, 3.15, 3.45, 3.75, 4.05.
2. Trung bình mẫu (\(\bar{x}\)): $$ \bar{x} = \frac{3(2.85) + 6(3.15) + 5(3.45) + 4(3.75) + 2(4.05)}{20} = 3.39 $$
3. Phương sai mẫu (\(s^2\)): \( s^2 = \frac{1}{20} \sum n_i(x_i - \bar{x})^2 \approx 0.1314 \)
4. Độ lệch chuẩn (\(s\)): \( s = \sqrt{s^2} \approx \sqrt{0.1314} \approx 0.3624 \). Giá trị gần nhất là 0.36.

Câu 6. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(-3;1;-4), B(1;-5;2). Mặt cầu đường kính AB có phương trình:

A. \((x+1)^2 + (y+2)^2 + (z+1)^2 = 22\)

B. \((x-1)^2 + (y-2)^2 + (z-1)^2 = 22\)

C. \((x+1)^2 + (y+2)^2 + (z+1)^2 = 88\)

D. \((x-1)^2 + (y-2)^2 + (z-1)^2 = 88\)

Đáp án đúng: A. \((x+1)^2 + (y+2)^2 + (z+1)^2 = 22\)

Giải thích:

• Tâm I của mặt cầu là trung điểm AB: \(I(\frac{-3+1}{2}; \frac{1-5}{2}; \frac{-4+2}{2}) = I(-1; -2; -1)\).
• Bán kính \(R^2 = (\frac{AB}{2})^2 = \frac{(1 - (-3))^2 + (-5-1)^2 + (2 - (-4))^2}{4} = \frac{16+36+36}{4} = \frac{88}{4} = 22\).
• Phương trình: \((x - (-1))^2 + (y - (-2))^2 + (z - (-1))^2 = 22 \Rightarrow (x+1)^2+(y+2)^2+(z+1)^2 = 22\).

Câu 7. Tập nghiệm của bất phương trình \(\log_{\frac{1}{2}}(x-3) > -2\) là

A. \((7;+\infty)\)

B. \((\frac{13}{4};+\infty)\)

C. \((3;7)\)

D. \((3;\frac{13}{4})\)

Đáp án đúng: C. (3;7)

Giải thích:

• Điều kiện xác định: \(x-3 > 0 \Leftrightarrow x > 3\).
• Giải bất phương trình: \(\log_{\frac{1}{2}}(x-3) > -2 \Leftrightarrow x-3 < (\frac{1}{2})^{-2}\) (đổi chiều do cơ số 0 < 1/2 < 1).
• \(\Leftrightarrow x-3 < 4 \Leftrightarrow x < 7\).
• Kết hợp điều kiện, ta có \(3 < x < 7\). Tập nghiệm là \((3; 7)\).

Câu 8. Biết \(\int_{-1}^{1} f(x)dx = 3\), khi đó \(\int_{-1}^{1} (2f(x)+1)dx\) bằng

A. 7

B. 8

C. 10

D. 6

Đáp án đúng: B. 8

Giải thích:

$$ \int_{-1}^{1} (2f(x)+1)dx = 2\int_{-1}^{1} f(x)dx + \int_{-1}^{1} 1dx = 2(3) + [x]_{-1}^{1} = 6 + (1 - (-1)) = 8 $$

Câu 9. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2;0;-1), B(1;-1;0), C(m+1;-2;-3). Để tam giác ABC vuông tại B thì giá trị của m bằng

A. 2

B. 0

C. -2

D. -1

Đáp án đúng: C. -2

Giải thích: \(\triangle ABC\) vuông tại B \(\Leftrightarrow \vec{BA} \cdot \vec{BC} = 0\).

• \(\vec{BA} = (2-1, 0-(-1), -1-0) = (1, 1, -1)\)
• \(\vec{BC} = (m+1-1, -2-(-1), -3-0) = (m, -1, -3)\)
• \(\vec{BA} \cdot \vec{BC} = 1(m) + 1(-1) + (-1)(-3) = m - 1 + 3 = m+2\).
• \(m+2=0 \Leftrightarrow m=-2\).

Câu 10. Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng

A. \((-2;3)\)

B. \((-2;+\infty)\)

C. \((-\infty;-1)\)

D. \((-1;0)\)

Đáp án đúng: D. (-1;0)

Giải thích: Dựa vào dòng \(f'(x)\) trong bảng biến thiên, ta thấy \(f'(x) > 0\) (mang dấu "+") trên các khoảng \((-1; 0)\) và \((1; +\infty)\). Đáp án D là một trong các khoảng đó.

Câu 11. Đường cong ở hình dưới đây là đồ thị của hàm số:

A. \(y = \frac{x^2-2x+2}{x+1}\)

B. \(y = \frac{x^2+2x+2}{x+1}\)

C. \(y = \frac{x^2+2x+2}{-x-1}\)

D. \(y = \frac{x^2-2x+2}{x-1}\)

Đáp án đúng: C. \(y = \frac{x^2+2x+2}{-x-1}\)

Giải thích:

• Tiệm cận đứng: Đồ thị có TCĐ là \(x = -1\). Loại đáp án D.
• Giao điểm trục Oy: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; -2). Ta kiểm tra các hàm số tại \(x=0\):
  • A: \(y(0) = \frac{2}{1} = 2\) (Loại).
  • B: \(y(0) = \frac{2}{1} = 2\) (Loại).
  • C: \(y(0) = \frac{2}{-1} = -2\) (Nhận).

Câu 12. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N, O lần lượt là trung điểm của AB, CD, MN. Đẳng thức nào sau đây là sai:

A. \(\vec{AM} + \vec{BM} = \vec{0}\)

B. \(\vec{AC} + \vec{BD} = 2\vec{MN}\)

C. \(\vec{AC} + \vec{AD} + 2\vec{AN} = \vec{0}\)

D. \(\vec{AO} = \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD}\)

Đáp án đúng: C. \(\vec{AC} + \vec{AD} + 2\vec{AN} = \vec{0}\)

Giải thích:

• A: Hai vector \(\vec{AM}\) và \(\vec{BM}\) là hai vector đối nhau vì M là trung điểm AB. Vậy tổng của chúng bằng \(\vec{0}\). (Đúng).
• B: \(\vec{AC} + \vec{BD} = 2\vec{MN}\) là một đẳng thức vector đúng và quen thuộc trong tứ diện. (Đúng).
• D: O là trung điểm của MN (nối trung điểm 2 cạnh đối) nên O là trọng tâm của tứ diện ABCD. Do đó \(\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD} = \vec{0}\), đẳng thức này tương đương với \(\vec{AO} = \vec{OB} + \vec{OC} + \vec{OD}\). (Đúng).
• C: Vì N là trung điểm CD, theo quy tắc trung điểm ta có \(\vec{AC} + \vec{AD} = 2\vec{AN}\). Thay vào đẳng thức C, ta được \(2\vec{AN} + 2\vec{AN} = 4\vec{AN} = \vec{0}\), điều này chỉ đúng khi A trùng N, vô lý với một tứ diện. (Sai).

PHẦN II. ĐÚNG/SAI

Câu 1. Khảo sát chiều cao của 20 học sinh nam lớp 12A của một trường THPT X, người ta được kết quả thống kê trong bảng sau:

Kết quả:

a) Gọi \(x_1, x_2, ..., x_{20}\) là mẫu số liệu gốc... Khi đó, \(x_9 \in [165;170)\) và \(x_{14} \in [170;175)\).   SAI

b) Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho bằng 175.   ĐÚNG

c) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho bằng 8.   ĐÚNG

d) Bạn An là một học sinh nam của lớp 12A, An có chiều cao 182 cm. Chiều cao của An là một giá trị ngoại lệ (giá trị bất thường) trong mẫu số liệu đã cho.   SAI

Giải thích:

• Tần số tích lũy: Nhóm 1 [160;165) có 3 HS. Nhóm 2 [165;170) có 3+5=8 HS. Nhóm 3 [170;175) có 8+7=15 HS. Nhóm 4 [175;180) có 15+4=19 HS. Nhóm 5 [180;185) có 19+1=20 HS.
• a) \(x_9\) là học sinh thứ 9, thuộc nhóm thứ 3 [170;175). Mệnh đề sai.
• b) Vị trí \(Q_3\) là \(\frac{3 \cdot 20}{4} = 15\). Học sinh thứ 15 thuộc nhóm [170;175). \(Q_3 = 170 + \frac{15-8}{7} \cdot 5 = 170 + 5 = 175\). Mệnh đề đúng.
• c) Vị trí \(Q_1\) là \(\frac{20}{4} = 5\). Học sinh thứ 5 thuộc nhóm [165;170). \(Q_1 = 165 + \frac{5-3}{5} \cdot 5 = 165 + 2 = 167\). Khoảng tứ phân vị \(\Delta_Q = Q_3 - Q_1 = 175 - 167 = 8\). Mệnh đề đúng.
• d) Miền không bất thường: \([Q_1 - 1.5\Delta_Q; Q_3 + 1.5\Delta_Q] = [167 - 1.5 \cdot 8; 175 + 1.5 \cdot 8] = [155; 187]\). Vì \(155 \le 182 \le 187\), chiều cao của An không phải giá trị ngoại lệ. Mệnh đề sai.

Câu 2. Trong một hộp kín có 7 chiếc bút bi xanh và 5 chiếc bút bi đen...

Kết quả:

a) \(P(AB) = \frac{35}{132}\).   ĐÚNG

b) \(P(B|A) = \frac{4}{11}\).   SAI

c) \(P(\bar{A}B) = \frac{7}{22}\).   ĐÚNG

d) \(P(B|\bar{A}) = \frac{6}{11}\).   ĐÚNG

Giải thích: A: "Bảo lấy bút đen", B: "Cường lấy bút xanh". Tổng 12 bút.

• a) \(P(AB) = P(A) \cdot P(B|A) = \frac{5}{12} \cdot \frac{7}{11} = \frac{35}{132}\).
• b) \(P(B|A)\) là xác suất Cường lấy bút xanh sau khi Bảo đã lấy 1 bút đen. Lúc này còn 7 xanh trong tổng số 11 bút. Vậy \(P(B|A) = \frac{7}{11}\).
• c) \(\bar{A}\): "Bảo lấy bút xanh". \(P(\bar{A}B) = P(\bar{A}) \cdot P(B|\bar{A}) = \frac{7}{12} \cdot \frac{6}{11} = \frac{42}{132} = \frac{7}{22}\).
• d) \(P(B|\bar{A})\) là xác suất Cường lấy bút xanh sau khi Bảo đã lấy 1 bút xanh. Lúc này còn 6 xanh trong tổng số 11 bút. Vậy \(P(B|\bar{A}) = \frac{6}{11}\).

Câu 3. Cho hàm số \(f(x) = \cos x e^{\sin^2 x}\).

Kết quả:

a) Hàm số đã cho xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}\).   ĐÚNG

b) Đạo hàm \(f'(x) = \sin x \cos(2x) e^{\sin^2 x}\).   ĐÚNG

c) Phương trình \(f'(x) = 0\) có ba nghiệm phân biệt trên \([0;\pi]\).   SAI

d) Tích giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên \([0;\pi]\) bằng \(-\frac{1}{2}e\).   ĐÚNG

Giải thích:

• a) Hàm cosx, sinx và e^u đều xác định trên R. Đúng.
• b) \(f'(x) = (\cos x)'e^{\sin^2 x} + \cos x (e^{\sin^2 x})' = -\sin x e^{\sin^2 x} + \cos x (2\sin x \cos x)e^{\sin^2 x} = e^{\sin^2 x} \sin x (2\cos^2 x - 1) = \sin x \cos(2x) e^{\sin^2 x}\). Đúng.
• c) \(f'(x)=0 \Leftrightarrow \sin x=0\) hoặc \(\cos(2x)=0\). Trên \([0;\pi]\), \(\sin x=0 \Rightarrow x=0, x=\pi\); \(\cos(2x)=0 \Rightarrow 2x=\pi/2, 2x=3\pi/2 \Rightarrow x=\pi/4, x=3\pi/4\). Có 4 nghiệm. Sai.
• d) Các giá trị tại điểm cực trị và biên: \(f(0)=1, f(\pi)=-1, f(\pi/4)=\frac{\sqrt{2}}{2}e^{1/2}, f(3\pi/4)=-\frac{\sqrt{2}}{2}e^{1/2}\). GTLN là \(\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{e}\), GTNN là \(-\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{e}\). Tích của chúng là \(-(\frac{\sqrt{2}}{2})^2(\sqrt{e})^2 = -\frac{2}{4}e = -\frac{1}{2}e\). Đúng.

Câu 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và \(SA \perp (ABC)\). Cho biết \(SA = a\sqrt{2}, AB = a\sqrt{6}, AC = a\sqrt{3}\).

Kết quả:

a) Thể tích khối chóp S.ABC bằng \(a^3\).   ĐÚNG

b) Diện tích tam giác SBC bằng \(3a^2\).   ĐÚNG

c) \((SBC) \perp (ABC)\).   SAI

d) Số đo góc nhị diện [S; BC; A] bằng \(30^\circ\).   SAI

Giải thích:

• a) \(S_{ABC} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2}a\sqrt{6} \cdot a\sqrt{3} = \frac{3a^2\sqrt{2}}{2}\). \(V_{S.ABC} = \frac{1}{3}SA \cdot S_{ABC} = \frac{1}{3}a\sqrt{2} \cdot \frac{3a^2\sqrt{2}}{2} = a^3\). Đúng.
• b) Kẻ \(AH \perp BC\). \(1/AH^2 = 1/AB^2 + 1/AC^2 = 1/(6a^2) + 1/(3a^2) = 1/(2a^2) \Rightarrow AH=a\sqrt{2}\). \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=3a\). Đường cao từ S xuống BC là \(SH = \sqrt{SA^2+AH^2} = \sqrt{(a\sqrt{2})^2+(a\sqrt{2})^2} = 2a\). \(S_{SBC} = \frac{1}{2}SH \cdot BC = \frac{1}{2}(2a)(3a) = 3a^2\). Đúng.
• c, d) Góc nhị diện [S; BC; A] là góc \(\angle SHA\). \(\tan(\angle SHA) = \frac{SA}{AH} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = 1\). Vậy góc bằng \(45^\circ\), không phải \(90^\circ\) hay \(30^\circ\). Cả c và d đều Sai.

PHẦN III. TỰ LUẬN

Câu 1. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và có \(AB = AA' = 2\). Gọi E là trung điểm AB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CE và A'B (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Đáp số: \(\approx 0.67\)

Giải thích:

1. Chọn hệ tọa độ Oxyz với A(0,0,0). Ta có: B(2,0,0), C(0,2,0), A'(0,0,2), E(1,0,0).
2. VTCP của CE là \(\vec{u_1} = \vec{CE} = (1, -2, 0)\).
3. VTCP của A'B là \(\vec{u_2} = \vec{BA'} = (-2, 0, 2)\).
4. Vector nối hai điểm trên hai đường thẳng là \(\vec{EB} = (1, 0, 0)\).
5. Khoảng cách \(d(CE, A'B) = \frac{|[\vec{u_1}, \vec{u_2}] \cdot \vec{EB}|}{|[\vec{u_1}, \vec{u_2}]|}\).
   • Tích có hướng: \([\vec{u_1}, \vec{u_2}] = (-4, -2, -4)\).
   • Độ lớn: \(|[\vec{u_1}, \vec{u_2}]| = \sqrt{(-4)^2+(-2)^2+(-4)^2} = \sqrt{36} = 6\).
   • Tích hỗn tạp: \([\vec{u_1}, \vec{u_2}] \cdot \vec{EB} = (-4)(1) + (-2)(0) + (-4)(0) = -4\).
6. \(d = \frac{|-4|}{6} = \frac{2}{3} \approx 0.67\).

Câu 2. Một túi đựng một số viên bi cùng kích cỡ, có hai màu là màu đỏ và màu xanh; trong đó chỉ có 6 viên bi xanh. Hạnh lấy ngẫu nhiên một viên bi đưa cho Phúc rồi Phúc lấy ngẫu nhiên tiếp một viên bi. Biết xác suất để cả hai viên bi được lấy ra có ít nhất một viên bi đỏ là \(\frac{2}{3}\). Hỏi trong túi đã cho có bao nhiêu viên bi màu đỏ?

Đáp số: 4 viên bi đỏ

Giải thích:

1. Gọi số bi đỏ là \(x\). Tổng số bi là \(x+6\).
2. Biến cố "có ít nhất 1 bi đỏ" là biến cố đối của "cả 2 bi đều màu xanh".
3. Xác suất của biến cố đối: \(P(\text{cả 2 xanh}) = 1 - P(\text{ít nhất 1 đỏ}) = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}\).
4. Tính xác suất lấy được 2 bi xanh liên tiếp: $$ P(\text{cả 2 xanh}) = \frac{6}{x+6} \times \frac{5}{x+5} = \frac{30}{(x+6)(x+5)} $$
5. Giải phương trình: $$ \frac{30}{(x+6)(x+5)} = \frac{1}{3} \Rightarrow (x+6)(x+5) = 90 $$ $$ \Rightarrow x^2 + 11x + 30 - 90 = 0 \Rightarrow x^2 + 11x - 60 = 0 $$ Giải phương trình bậc hai, ta được \(x = 4\) (nhận) hoặc \(x = -15\) (loại vì số bi không thể âm).

Câu 3. Một cái ao nuôi cá hình chữ nhật... Hỏi ông An phải bỏ ra ít nhất bao nhiêu nghìn đồng để mua dây phao đó...

Đáp số: 1453 nghìn đồng

Giải thích:

1. Đặt hệ tọa độ Oxyz với gốc tại góc C, bờ AC trên Ox, bờ AB trên Oy. Vị trí cọc K(8,1).
2. Dây phao là đoạn thẳng MN với M(m,0) trên Ox, N(0,n) trên Oy. Phương trình đoạn chắn: \(\frac{x}{m} + \frac{y}{n} = 1\).
3. Vì dây phao qua K(8,1) nên \(\frac{8}{m} + \frac{1}{n} = 1\).
4. Độ dài dây phao: \(L = \sqrt{m^2+n^2}\). Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của L.
5. Từ điều kiện, rút ra \(n = \frac{m}{m-8}\) (với \(m>8\)).
6. \(L^2 = f(m) = m^2 + \left(\frac{m}{m-8}\right)^2\). Khảo sát hàm số này, ta tìm được giá trị nhỏ nhất khi \(f'(m)=0\), suy ra \(m=10\). Khi đó \(n=5\).
7. \(L_{min} = \sqrt{10^2+5^2} = \sqrt{125} = 5\sqrt{5}\) mét.
8. Chi phí nhỏ nhất = \(5\sqrt{5} \times 130 \approx 1453.44\). Làm tròn đến hàng đơn vị là 1453 nghìn đồng.

Câu 4. Cho hàm số \(y=f(x)\) có đạo hàm là \(f'(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d \). Hàm số \(y=f'(x)\) có đồ thị như hình vẽ... Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y=f(x)\) và \(y = \frac{2}{3}x^3 + \frac{3}{2}x^2 + 6x + 1\).

Câu hỏi có lỗi, không thể giải

Phân tích:

1. Từ đồ thị, \(f'(x)\) có các nghiệm -2, 1, 3 nên \(f'(x) = k(x+2)(x-1)(x-3)\).
2. Diện tích S dưới trục Ox: \(S = |\int_1^3 f'(x) dx| = \frac{16}{3}\). Ta có \(\int_1^3 (x+2)(x-1)(x-3) dx = -\frac{16}{3}\).
3. So sánh hai kết quả, ta thấy \(|k(-\frac{16}{3})| = \frac{16}{3} \Rightarrow |k|=1\). Vì nhánh cuối của đồ thị đi lên, hệ số \(a>0\), nên \(k=1\).
4. Vậy \(f'(x) = x^3 - 2x^2 - 5x + 6\).
5. Nguyên hàm: \(f(x) = \int f'(x) dx = \frac{x^4}{4} - \frac{2x^3}{3} - \frac{5x^2}{2} + 6x + C\).
6. Biết \(f(0)=1 \Rightarrow C=1\). Vậy \(f(x) = \frac{x^4}{4} - \frac{2x^3}{3} - \frac{5x^2}{2} + 6x + 1\).
7. Hàm số thứ hai cho trong đề \(g(x) = \frac{2}{3}x^3 + \frac{3}{2}x^2 + 6x + 1\) dường như không chính xác. Việc tìm giao điểm của \(f(x)\) và \(g(x)\) dẫn đến phương trình bậc 4 phức tạp, không phù hợp với phạm vi thi. Do đó, câu hỏi này có khả năng bị lỗi và không thể giải quyết với dữ kiện đã cho.

Câu 5. Để điều trị bệnh hiệu quả, bà Hòa được tư vấn... Hỏi tổng số gói thực phẩm loại X và Y mỗi ngày bà Hòa cần dùng là bao nhiêu để chi phí mua là ít nhất?

Đáp số: 6 gói X và 4 gói Y

Giải thích:

1. Gọi x, y lần lượt là số gói X và Y. Tối thiểu hóa chi phí C = 20000x + 25000y.
2. Các điều kiện ràng buộc:
   • \(0 \le x, y \le 12\)
   • Canxi: \(20x+20y \ge 240 \Leftrightarrow x+y \ge 12\)
   • Sắt: \(20x+10y \ge 160 \Leftrightarrow 2x+y \ge 16\)
   • Vitamin B: \(10x+20y \ge 140 \Leftrightarrow x+2y \ge 14\)
3. Đây là bài toán quy hoạch tuyến tính. Ta tìm các đỉnh của miền nghiệm:
   • \( (x+y=12) \cap (2x+y=16) \Rightarrow (4, 8) \)
   • \( (2x+y=16) \cap (x+2y=14) \Rightarrow (6, 4) \)
   • Các đỉnh khác trên biên của hình vuông [0,12]x[0,12] thỏa mãn điều kiện là (2, 12) và (12, 1).
4. Kiểm tra chi phí C tại các đỉnh (tối thiểu hóa \(C' = 4x+5y\)):
   • C'(4,8) = 4(4)+5(8) = 56
   • C'(6,4) = 4(6)+5(4) = 44 (Nhỏ nhất)
   • C'(2,12) = 4(2)+5(12) = 68
   • C'(12,1) = 4(12)+5(1) = 53
5. Chi phí nhỏ nhất tại (6, 4). Vậy cần dùng 6 gói X và 4 gói Y.

Câu 6. Bác Bình có một chậu cảnh trồng hoa hình chóp cụt tứ giác đều với chiều cao 30cm, cạnh đáy lần lượt là 20cm và 40cm. Bác Bình đổ đất vào chậu để tiến hành trồng, chiều cao của đất bằng \(\frac{2}{3}\) chiều cao của chậu. Tính thể tích lượng đất bác Bình đã đổ vào chậu theo dm³ (làm tròn kết quả đến hàng phần chục).

Đáp số: 22.5 dm³

Giải thích:

1. Chiều cao chậu H = 30cm. Cạnh đáy lớn \(a_1=40\)cm, cạnh đáy nhỏ \(a_2=20\)cm.
2. Chiều cao lớp đất \(h_{đất} = \frac{2}{3}H = \frac{2}{3}(30) = 20\)cm.
3. Lượng đất là một hình chóp cụt có đáy lớn là đáy chậu (\(B_1 = 40^2 = 1600 \text{ cm}^2\)). Ta cần tìm diện tích mặt trên của đất (\(B_{đất}\)).
4. Sử dụng tỉ lệ đồng dạng để tìm cạnh mặt trên của đất. Chiều cao hình chóp ảo đầy đủ \(H_{full}\) thỏa \(\frac{H_{full}-30}{H_{full}} = \frac{20}{40} = \frac{1}{2} \Rightarrow H_{full}=60\)cm.
5. Mặt trên của đất cách đỉnh ảo một khoảng \(H_{full} - h_{đất} = 60-20 = 40\)cm.
6. Cạnh mặt trên của đất \(a_{đất}\) thỏa \(\frac{a_{đất}}{a_1} = \frac{40}{H_{full}} \Rightarrow \frac{a_{đất}}{40} = \frac{40}{60} = \frac{2}{3} \Rightarrow a_{đất} = \frac{80}{3}\)cm.
7. Diện tích mặt trên của đất: \(B_{đất} = \left(\frac{80}{3}\right)^2 = \frac{6400}{9}\)cm².
8. Thể tích đất (hình chóp cụt): \(V_{đất} = \frac{1}{3}h_{đất}(B_1 + B_{đất} + \sqrt{B_1 B_{đất}})\) $$ V = \frac{1}{3}(20)\left(1600 + \frac{6400}{9} + \sqrt{1600 \cdot \frac{6400}{9}}\right) = \frac{20}{3}\left(1600 + \frac{6400}{9} + \frac{3200}{3}\right) = \frac{608000}{27} \approx 22518.5 \text{ cm}^3 $$
9. Đổi sang dm³: \(22518.5 \text{ cm}^3 = 22.5185 \text{ dm}^3\). Làm tròn đến hàng phần chục là 22.5 dm³.