• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay
• Học ngay

Đề khảo sát chất lượng lớp 12 môn Toán Sở GD&ĐT Hà Nội 2025 - 2026

Số câu: 22 câu  Thời gian làm bài: 90 phút

Phạm vi kiểm tra: Toán THPT

Lưu ý: Bạn chỉ có thể làm các câu hỏi trắc nghiệm. HocTot.XYZ chưa hỗ trợ làm các câu hỏi tự luận

Làm từng câu Làm tất cả

Bắt đầu làm bài

a)  Quãng đường từ vị trí ô tô bắt đầu giảm tốc đến trạm thu phí là 500 m.

b)  Giá trị của b là 90.

c)  Giá trị của a là $- \\dfrac{5}{9}$.

d)  Tốc độ tối đa cho phép của phương tiện khi qua trạm thu phí là 30 km/h. Người điều khiển ô tô đó đã tuân thủ đúng tốc độ quy định khi đi qua trạm thu phí.

a)  Quãng đường từ vị trí ô tô bắt đầu giảm tốc đến trạm thu phí là 500 m.

b)  Giá trị của b là 90.

c)  Giá trị của a là $- \\dfrac{5}{9}$.

d)  Tốc độ tối đa cho phép của phương tiện khi qua trạm thu phí là 30 km/h. Người điều khiển ô tô đó đã tuân thủ đúng tốc độ quy định khi đi qua trạm thu phí.

a)  Quãng đường từ vị trí ô tô bắt đầu giảm tốc đến trạm thu phí là 500 m.

b)  Giá trị của b là 90.

c)  Giá trị của a là $- \\dfrac{5}{9}$.

d)  Tốc độ tối đa cho phép của phương tiện khi qua trạm thu phí là 30 km/h. Người điều khiển ô tô đó đã tuân thủ đúng tốc độ quy định khi đi qua trạm thu phí.

 Một người đang điều khiển ô tô chạy trên đường cao tốc. Khi cách trạm thu phí 1000 m, tốc độ của ô tô là 90 km/h. Sau đó 20 giây, người điều khiển ô tô bắt đầu giảm tốc với tốc độ v(t) = at + b (m/s), trong đó t là thời gian tính bằng giây kể từ khi bắt đầu giảm tốc và v(t) > 0 với mọi $t \\in \\lbrack 0;30\\rbrack$. Sau 30 giây kể từ khi bắt đầu giảm tốc, ô tô đến trạm thu phí.

a)  Quãng đường từ vị trí ô tô bắt đầu giảm tốc đến trạm thu phí là 500 m.

b)  Giá trị của b là 90.

c)  Giá trị của a là $- \\dfrac{5}{9}$.

d)  Tốc độ tối đa cho phép của phương tiện khi qua trạm thu phí là 30 km/h. Người điều khiển ô tô đó đã tuân thủ đúng tốc độ quy định khi đi qua trạm thu phí.

Đổi tốc độ ban đầu: $v_{0} = 90$ km/h = 25 m/s.

a) Đúng. Trong 20 giây đầu, ô tô đi được quãng đường: $s_{1} = 25.20 = 500$ m.

Quãng đường còn lại đến trạm thu phí là: $s_{2} = 1000 - 500 = 500$ m.

b) Sai. Tại thời điểm bắt đầu giảm tốc (t = 0), tốc độ là 25 m/s nên $\\left. v(0) = a.0 + b = 25\\Rightarrow b = 25 \\right.$.

c) Đúng. Trong 30 giây giảm tốc, quãng đường đi được là:

$s_{2} = {\\int_{0}^{30}{(at + 25)}}dt = \\dfrac{1}{2}at^{2} + 25t_{0}^{30} = 450a + 750$.

Theo đề bài $s_{2} = 500$, ta có: $\\left. 450a + 750 = 500\\Rightarrow 450a = - 250\\Rightarrow a = - \\dfrac{5}{9} \\right.$.

d) Đúng. Tốc độ của ô tô khi đến trạm thu phí (t = 30):

$v(30) = - \\dfrac{5}{9} \\cdot 30 + 25 = \\dfrac{25}{3}$ m/s = 30 km/h.

Vậy người lái xe tuân thủ đúng quy định.

Sử dụng công thức tính quãng đường $s = v.t$ cho chuyển động thẳng đều và $s = {\\int_{t_{1}}^{t_{2}}v}(t)dt$ cho chuyển động biến đổi.

Trong vòng chung kết của cuộc thi ĐƯỜNG ĐẾN VINH QUANG có 4 thí sinh An, Bình, Toàn và Phương tham gia thi đấu. Sau khi An, Bình và Toàn hoàn thành phần thi cuối của mình, điểm số của ba bạn đạt được lần lượt là 180 điểm, 200 điểm và 170 điểm. Bạn Phương là thí sinh cuối cùng bước vào phần thi cuối với điểm số hiện có là 190 điểm.

Tại phần thi cuối, mỗi thí sinh phải trả lời 3 câu hỏi thuộc ba lĩnh vực: Tự nhiên, Xã hội và Tiếng Anh. Mỗi câu trả lời đúng được 20 điểm, trả lời sai hoặc không trả lời bị trừ 10 điểm. Thí sinh có quyền sử dụng \"Ngôi sao hy vọng\" tối đa một lần cho một trong ba câu hỏi, nếu trả lời đúng nhận được 40 điểm, trả lời sai hoặc không trả lời bị trừ 20 điểm.

Biết xác suất Phương trả lời đúng câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên, Xã hội và Tiếng Anh lần lượt là 0,7; 0,4 và 0,3.

Giả thiết rằng việc trả lời đúng mỗi câu hỏi không làm thay đổi xác suất trả lời đúng hoặc sai các câu hỏi còn lại.

a)  Xác suất để Phương trả lời sai câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên là 0,3.

b)  Xác suất để Phương trả lời đúng cả ba câu hỏi là 0,084.

c)  Xác suất để Phương trả lời đúng ít nhất một trong ba câu hỏi là 0,916.

d)  Nếu Phương chọn \"Ngôi sao hy vọng\" ở câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên thì xác suất để Phương trở thành quán quân của cuộc thi này là 0,736.

a)  Xác suất để Phương trả lời sai câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên là 0,3.

b)  Xác suất để Phương trả lời đúng cả ba câu hỏi là 0,084.

c)  Xác suất để Phương trả lời đúng ít nhất một trong ba câu hỏi là 0,916.

d)  Nếu Phương chọn \"Ngôi sao hy vọng\" ở câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên thì xác suất để Phương trở thành quán quân của cuộc thi này là 0,736.

a)  Xác suất để Phương trả lời sai câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên là 0,3.

b)  Xác suất để Phương trả lời đúng cả ba câu hỏi là 0,084.

c)  Xác suất để Phương trả lời đúng ít nhất một trong ba câu hỏi là 0,916.

d)  Nếu Phương chọn \"Ngôi sao hy vọng\" ở câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên thì xác suất để Phương trở thành quán quân của cuộc thi này là 0,736.

Trong vòng chung kết của cuộc thi ĐƯỜNG ĐẾN VINH QUANG có 4 thí sinh An, Bình, Toàn và Phương tham gia thi đấu. Sau khi An, Bình và Toàn hoàn thành phần thi cuối của mình, điểm số của ba bạn đạt được lần lượt là 180 điểm, 200 điểm và 170 điểm. Bạn Phương là thí sinh cuối cùng bước vào phần thi cuối với điểm số hiện có là 190 điểm.

Tại phần thi cuối, mỗi thí sinh phải trả lời 3 câu hỏi thuộc ba lĩnh vực: Tự nhiên, Xã hội và Tiếng Anh. Mỗi câu trả lời đúng được 20 điểm, trả lời sai hoặc không trả lời bị trừ 10 điểm. Thí sinh có quyền sử dụng \"Ngôi sao hy vọng\" tối đa một lần cho một trong ba câu hỏi, nếu trả lời đúng nhận được 40 điểm, trả lời sai hoặc không trả lời bị trừ 20 điểm.

Biết xác suất Phương trả lời đúng câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên, Xã hội và Tiếng Anh lần lượt là 0,7; 0,4 và 0,3.

Giả thiết rằng việc trả lời đúng mỗi câu hỏi không làm thay đổi xác suất trả lời đúng hoặc sai các câu hỏi còn lại.

a)  Xác suất để Phương trả lời sai câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên là 0,3.

b)  Xác suất để Phương trả lời đúng cả ba câu hỏi là 0,084.

c)  Xác suất để Phương trả lời đúng ít nhất một trong ba câu hỏi là 0,916.

d)  Nếu Phương chọn \"Ngôi sao hy vọng\" ở câu hỏi thuộc lĩnh vực Tự nhiên thì xác suất để Phương trở thành quán quân của cuộc thi này là 0,736.

a) Đúng. Xác suất trả lời sai câu Tự nhiên là P = 1 – 0,7 = 0,3.

b) Đúng. Xác suất đúng cả 3 câu là 0,7 . 0,4 . 0,3 = 0,084.

c) Sai. Xác suất sai cả 3 câu là 0,3 . 0,6 . 0,7 = 0,126.

Xác suất đúng ít nhất một câu là 1 – 0,126 = 0,874.

d) Đúng. Phương đặt NSHV vào câu Tự nhiên. Để thắng, tổng điểm tăng thêm phải > 10.

Trường hợp 1: Đúng câu Tự nhiên (+40 điểm, xác suất 0,7).

Dù sai 2 câu còn lại thì điểm cộng thêm vẫn là 40 – 10 – 10 = 20 > 10.

Phương thắng với xác suất là 0,7.

Trường hợp 2: Sai câu Tự nhiên (-20 điểm, xác suất 0,3).

Để thắng, Phương cần đúng cả 2 câu còn lại (+20 +20 = 40).

Tổng cộng tăng -20 + 40 = 20 > 10. Xác suất là 0,3. (0,4 . 0,3) = 0,036.

Vậy xác suất Phương thành quán quân là 0,7 + 0,036 = 0,736.

Sử dụng quy tắc nhân xác suất cho các biến cố độc lập và công thức tính xác suất của biến cố đối. Để là quán quân, điểm của Phương phải lớn hơn 200.

 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = 4, AD = 3 và AA’ = 12. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với gốc O trùng với điểm A'; các tia A'B', A'D', A'A lần lượt trùng với các tia Ox, Oy, Oz. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB.

a)  Tọa độ của điểm D là (0; 3; 12).

b)  Tọa độ của vectơ $\\overset{\\rightarrow}{MD}$ là (2; -3; 0).

c)  Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (MDC’) có tọa độ là (3; 2; 1).

d)  Khoảng cách từ điểm A' đến mặt phẳng (MDC’) lớn hơn 5.

a)  Tọa độ của điểm D là (0; 3; 12).

b)  Tọa độ của vectơ $\\overset{\\rightarrow}{MD}$ là (2; -3; 0).

c)  Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (MDC’) có tọa độ là (3; 2; 1).

d)  Khoảng cách từ điểm A' đến mặt phẳng (MDC’) lớn hơn 5.

a)  Tọa độ của điểm D là (0; 3; 12).

b)  Tọa độ của vectơ $\\overset{\\rightarrow}{MD}$ là (2; -3; 0).

c)  Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (MDC’) có tọa độ là (3; 2; 1).

d)  Khoảng cách từ điểm A' đến mặt phẳng (MDC’) lớn hơn 5.

 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = 4, AD = 3 và AA’ = 12. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với gốc O trùng với điểm A'; các tia A'B', A'D', A'A lần lượt trùng với các tia Ox, Oy, Oz. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB.

a)  Tọa độ của điểm D là (0; 3; 12).

b)  Tọa độ của vectơ $\\overset{\\rightarrow}{MD}$ là (2; -3; 0).

c)  Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (MDC’) có tọa độ là (3; 2; 1).

d)  Khoảng cách từ điểm A' đến mặt phẳng (MDC’) lớn hơn 5.

Từ giả thiết, ta có các tọa độ: A’(0; 0; 0), B’(4; 0; 0),

D’(0; 3; 0), A(0; 0; 12), B(4; 0; 12), D(0; 3; 12), C’(4; 3; 0).

a) Đúng. Tọa độ D(0; 3; 12).

b) Sai. M là trung điểm AB nên M(2; 0; 12). Suy ra $\\overset{\\rightarrow}{MD} = ( - 2;3;0)$.

c) Đúng. Ta có $\\overset{\\rightarrow}{MD} = ( - 2;3;0)$ và $\\overset{\\rightarrow}{DC'} = (4;0; - 12)$.

Có $\\left\\lbrack {\\overset{\\rightarrow}{MD},\\overset{\\rightarrow}{DC'}} \\right\\rbrack = ( - 36; - 24; - 12)$.

Suy ra 1 vectơ pháp tuyến của (MDC’) là $\\overset{\\rightarrow}{n} = - \\dfrac{1}{12}\\left\\lbrack {\\overset{\\rightarrow}{MD},\\overset{\\rightarrow}{DC'}} \\right\\rbrack = (3;2;1)$.

d) Sai. Phương trình mặt phẳng (MDC’) đi qua D(0; 3; 12) có dạng:

$\\left. 3(x - 0) + 2(y - 3) + 1(z - 12) = 0\\Leftrightarrow 3x + 2y + z - 18 = 0 \\right.$.

Khoảng cách $d(A',(MDC')) = \\dfrac{| - 18|}{\\sqrt{3^{2} + 2^{2} + 1^{2}}} = \\dfrac{18}{\\sqrt{14}} \\approx 4,81 < 5$.

Xác định tọa độ các đỉnh của hình hộp chữ nhật dựa trên kích thước đề bài.

Sử dụng công thức tính tích có hướng để tìm vectơ pháp tuyến và công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.

 Cho hàm số $y = \\dfrac{ax^{2} + bx + c}{x + d}$ ($a \\neq 0$) có đồ thị là đường cong (C). Các đường thẳng $d_{1},d_{2}$ lần lượt là tiệm cận đứng và tiệm cận xiên của đường cong (C) như hình vẽ.

a)  Đồ thị (C) đi qua điểm có tọa độ (0; 2).

b)  Đồ thị (C) có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1.

c)  Đồ thị (C) có tiệm cận xiên là đường thẳng y = x.

d)  Giá trị của tổng a + b + c + d là một số âm.

a)  Đồ thị (C) đi qua điểm có tọa độ (0; 2).

b)  Đồ thị (C) có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1.

c)  Đồ thị (C) có tiệm cận xiên là đường thẳng y = x.

d)  Giá trị của tổng a + b + c + d là một số âm.

a)  Đồ thị (C) đi qua điểm có tọa độ (0; 2).

b)  Đồ thị (C) có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1.

c)  Đồ thị (C) có tiệm cận xiên là đường thẳng y = x.

d)  Giá trị của tổng a + b + c + d là một số âm.

 Cho hàm số $y = \\dfrac{ax^{2} + bx + c}{x + d}$ ($a \\neq 0$) có đồ thị là đường cong (C). Các đường thẳng $d_{1},d_{2}$ lần lượt là tiệm cận đứng và tiệm cận xiên của đường cong (C) như hình vẽ.

a)  Đồ thị (C) đi qua điểm có tọa độ (0; 2).

b)  Đồ thị (C) có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1.

c)  Đồ thị (C) có tiệm cận xiên là đường thẳng y = x.

d)  Giá trị của tổng a + b + c + d là một số âm.

a) Sai. Đồ thị hàm số đi qua điểm có hoành độ bằng 0, tung độ nhỏ hơn 0.

b) Đúng. Từ đồ thị, đường tiệm cận đứng $d_{1}$ đi qua điểm (-1; 0) trên trục Ox nên có phương trình $\\left. x = - 1\\Rightarrow d = 1 \\right.$.

c) Đúng. Đường tiệm cận xiên $d_{2}$ đi qua gốc tọa độ (0; 0) và điểm (1; 1) nên có phương trình y = x.

d) Đúng. Có $y = \\dfrac{ax^{2} + bx + c}{x + d} = ax + (b - ad) + \\dfrac{c - d(b - ad)}{x + d}$.

Tiệm cận xiên $\\left. y = ax + b - ad = x\\Rightarrow a = 1 \\right.$ và $\\left. b - 1 = 0\\Rightarrow b = 1 \\right.$.

Hàm số có dạng $y = \\dfrac{x^{2} + x + c}{x + 1}$.

Đồ thị (C) cắt trục hoành tại x = 2, suy ra $\\left. y(2) = 0\\Rightarrow\\dfrac{4 + 2 + c}{3} = 0\\Rightarrow c = - 6 \\right.$.

Tổng a + b + c + d = 1 + 1 – 6 + 1 = -3.

Đọc đồ thị để xác định các đường tiệm cận và các điểm đặc biệt mà đồ thị đi qua.

Từ đó xác định các hệ số a, b, c, d.

Người ta trang trí một bảng ô vuông 4 x 4 (như hình 1) bởi các ngôi sao và các bông hoa giống nhau. Mỗi ô vuông nhỏ được dán một ngôi sao hoặc một bông hoa, sao cho trong mỗi hàng hoặc mỗi cột của bảng ô vuông đều có 2 ngôi sao và 2 bông hoa (tham khảo một cách dán trong hình 2). Có tất cả bao nhiêu cách trang trí bảng ô vuông thỏa mãn yêu cầu trên?

Coi mỗi ngôi sao tương ứng với số 1 và bông hoa tương ứng với số 0.

Bài toán quy về đếm số ma trận kích thước $4 \\times 4$ chỉ gồm các chữ số 0 và 1 sao cho tổng mỗi hàng và mỗi cột đều bằng 2.

Sử dụng các mẫu hàng đối lập để phân chia trường hợp.

Một hàng của bảng có 4 ô, số cách chọn 2 ô dán ngôi sao là $C_{4}^{2} = 6$ cách.

Tương ứng với 6 cách này, ta có 6 mẫu hàng.

Chia 6 mẫu hàng này thành 3 cặp đối lập (tổng hai hàng trong một cặp là một hàng toàn ngôi sao, nghĩa là ngôi sao ở hàng này sẽ tương ứng với bông hoa ở hàng kia tại cùng một vị trí cột):

Cặp 1: (1, 1, 0, 0) và (0, 0, 1, 1).

Cặp 2: (1, 0, 1, 0) và (0, 1, 0, 1).

Cặp 3: (1, 0, 0, 1) và (0, 1, 1, 0).

Để tổng mỗi cột của bảng bằng 2, bốn hàng của bảng phải được tạo thành từ việc chọn ra hai cặp đối lập. Có hai trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: Bốn hàng được chọn từ cùng một cặp đối lập (mỗi mẫu hàng trong cặp xuất hiện 2 lần).

Số cách chọn một cặp từ 3 cặp: 3 cách.

Với mỗi cách chọn, số hoán vị của 4 hàng (trong đó có 2 cặp hàng giống nhau) là 6 cách.

Số cách cho trường hợp này: 3 . 6 = 18 cách.

Trường hợp 2: Bốn hàng được chọn từ hai cặp đối lập khác nhau (mỗi mẫu hàng trong hai cặp được chọn xuất hiện đúng 1 lần).

Số cách chọn hai cặp từ 3 cặp: $C_{3}^{2} = 3$ cách.

Với mỗi cách chọn, ta có 4 hàng đôi một khác nhau nên số hoán vị là: 4! = 24 cách.

Số cách cho trường hợp này: 3 . 24 = 72 cách.

Vậy có 18 + 72 = 90 cách trang trí thỏa mãn yêu cầu.

Sau khi một loại thuốc kháng sinh được tiêm vào cơ thể thì nồng độ của thuốc trong máu sẽ giảm dần theo thời gian do quá trình chuyển hóa. Nồng độ thuốc trong máu sau t giờ kể từ khi tiêm được mô hình hóa bởi công thức $C(t) = C_{0} \\cdot e^{- rt}$ (mg/lít).

Trong đó:

$C_{0}$ là nồng độ thuốc trong máu ngay sau khi tiêm.

$r$ là hằng số dương đo tốc độ phân hủy của thuốc.

$e \\approx 2,718$.

Biết rằng ngay sau khi tiêm, nồng độ thuốc trong máu là 15 mg/lít và sau đó 4 giờ nồng độ thuốc giảm còn 10 mg/lít. Để đạt hiệu quả điều trị, bác sĩ sẽ tiêm lại một liều mới khi nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân giảm xuống và còn ít nhất 6 mg/lít. Theo mô hình trên, để đạt hiệu quả điều trị thì khoảng thời gian nhiều nhất giữa hai lần tiêm thuốc là bao nhiêu giờ (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)?

Sử dụng mô hình hàm số mũ $C(t) = C_{0} \\cdot e^{- rt}$.

Từ các giả thiết ban đầu, tìm ra các hằng số $C_{0}$ và r của hàm số.

Sau đó, giải bất phương trình $C(t) \\geq 6$ để tìm khoảng thời gian t.

Theo đề bài ở phần trước, ta có công thức:

$C(t) = C_{0} \\cdot e^{- rt}$.

Ngay sau khi tiêm (t = 0), nồng độ thuốc là 15 mg/lít nên:

$\\left. 15 = C_{0}.e^{- r.0}\\Rightarrow C_{0} = 15 \\right.$.

Khi đó mô hình có dạng: $C(t) = 15 \\cdot e^{- rt}$.

Sau 4 giờ (t = 4), nồng độ thuốc còn 10 mg/lít nên:

$ C(4) = 15 \\cdot e^{- 4r} = 10\\Leftrightarrow e^{- 4r} = \\dfrac{10}{15} = \\dfrac{2}{3}$

$\\Leftrightarrow - 4r = \\ln\\left( \\dfrac{2}{3} \\right)\\Leftrightarrow r = - \\dfrac{1}{4}\\ln\\left( \\dfrac{2}{3} \\right) $.

Bác sĩ sẽ tiêm lại liều mới khi nồng độ giảm xuống và còn ít nhất 6 mg/lít, tức là:

$\\ C(t) \\geq 6\\Leftrightarrow 15 \\cdot e^{- rt} \\geq 6$

$\\Leftrightarrow e^{- rt} \\geq \\dfrac{6}{15} = \\dfrac{2}{5}\\Leftrightarrow - rt \\geq \\ln\\left( \\dfrac{2}{5} \\right) $

$\\left. \\Rightarrow t \\leq \\dfrac{\\ln\\dfrac{2}{5}}{- r} = \\dfrac{\\ln\\dfrac{2}{5}}{\\dfrac{1}{4}\\ln\\dfrac{2}{3}} \\approx 9,037 \\right.$ (giờ).

Để đạt hiệu quả điều trị, khoảng thời gian nhiều nhất giữa hai lần tiêm là thời điểm nồng độ thuốc vừa chạm mức 6 mg/lít là 9 giờ.

Anh Tú vay ngân hàng 300 triệu đồng để mua xe ô tô với lãi suất cố định 7,2%/năm theo hình thức trả góp hằng tháng, trong thời hạn 12 tháng (ứng với 12 kì trả nợ). Trong thời hạn đó, cuối mỗi kì trả nợ, anh Tú phải trả 25 triệu đồng tiền gốc (ứng với 300 triệu đồng chia đều cho 12 tháng) và một khoản tiền lãi được tính theo số tiền dư nợ còn lại. Sau 12 tháng, tổng số tiền lãi anh Tú phải trả ngân hàng là bao nhiêu triệu đồng (kết quả làm tròn đến hàng phần mười).

Tính lãi suất theo tháng.

Xác định số tiền dư nợ còn lại ở mỗi tháng.

Tính tổng tiền lãi của 12 tháng bằng tổng của một cấp số cộng.

Lãi suất theo tháng là: $r = \\dfrac{7,2\\%}{12} = 0,6\\%$/tháng = 0,006.

Tiền lãi tháng thứ 1 tính trên dư nợ 300 triệu: $L_{1} = 300 \\cdot 0,006$.

Sau tháng 1, anh Tú trả 25 triệu tiền gốc, dư nợ còn 275 triệu.

Tiền lãi tháng thứ 2: $L_{2} = 275 \\cdot 0,006$.

Sau tháng 2, anh Tú trả tiếp 25 triệu tiền gốc, dư nợ còn 250 triệu.

Tiền lãi tháng thứ 3: $L_{3} = 250 \\cdot 0,006$.

...

Tiền lãi tháng thứ 12 (tháng cuối cùng), dư nợ còn 25 triệu: $L_{12} = 25 \\cdot 0,006$.

Tổng số tiền lãi anh Tú phải trả sau 12 tháng là:

$L = L_{1} + L_{2} + ... + L_{12} = (300 + 275 + 250 + ... + 25) \\cdot 0,006$.

Dãy số 300, 275, 250, ..., 25 là một cấp số cộng có 12 số hạng, số hạng đầu $u_{1} = 300$, số hạng cuối $u_{12} = 25$.

Tổng của cấp số cộng này là: $S = \\dfrac{12 \\cdot (300 + 25)}{2} = 6.325 = 1950$.

Vậy tổng số tiền lãi là: $L = 1950 \\cdot 0,006 = 11,7$ (triệu đồng).

Trong lưới ô vuông có hai đường parabol như hình vẽ. Biết rằng mỗi ô vuông nhỏ có cạnh bằng 1 cm. Diện tích của hình phẳng trong lưới ô vuông được giới hạn bởi hai đường parabol (phần gạch chéo) bằng bao nhiêu centimet vuông (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?

Chọn hệ trục tọa độ phù hợp để tìm phương trình của hai đường parabol dựa vào các điểm đi qua trên lưới ô vuông.

Sử dụng ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho gốc tọa độ O(0; 0) trùng với đỉnh của parabol hướng bề lõm lên trên (parabol dưới).

Khi đó, trục Oy là trục đối xứng của cả hai parabol. Trục Ox nằm ngang, đi qua đỉnh parabol dưới.

+) Tìm phương trình parabol dưới ($P_{1}$):

Có đỉnh là O(0; 0) nên phương trình có dạng $y = ax^{2}$ (a > 0).

Đồ thị $(P_{1})$ đi qua điểm có tọa độ (2; 2). Thay tọa độ điểm này vào phương trình:

$\\left. 2 = a \\cdot 2^{2}\\Rightarrow 4a = 2\\Rightarrow a = \\dfrac{1}{2} \\right.$.

Vậy phương trình $(P_{1})$ là: $y = \\dfrac{1}{2}x^{2}$.

+) Tìm phương trình parabol trên ($P_{2}$): $y = ax^{2} + bx + c$.

Đồ thị $(P_{2})$ đi qua (4; 5), (-2; 3), (-4; 6) nên ta có hệ phương trình

$\\left. \\left\\{ \\begin{array}{l} {5 = 16a + 4b + c} \\\\ {3 = 4a - 2b + c} \\\\ {6 = 16a - 4b + c} \\end{array} \\right.\\Leftrightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l} {a = \\dfrac{11}{48}} \\\\ {b = - \\dfrac{1}{8}} \\\\ {c = \\dfrac{11}{6}} \\end{array} \\right.\\Rightarrow y = \\dfrac{11}{48}x^{2} - \\dfrac{1}{8}x + \\dfrac{11}{6} \\right.$ $\\left( P_{2} \\right)$.

Khi đó diện tích phần tô màu là:

$S = {\\int\\limits_{- 4}^{4}{\\left| {\\dfrac{11}{48}x^{2} - \\dfrac{1}{8}x + \\dfrac{11}{6} - \\dfrac{1}{2}x^{2}} \\right|dx}} = 9,76$.

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2. Biết rằng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và $SA = \\sqrt{6}$ (tham khảo hình vẽ). Góc phẳng nhị diện [S, BD, C] có số đo bằng bao nhiêu độ?

Xác định góc phẳng nhị diện $\\left\\lbrack {S;BD;C} \\right\\rbrack = \\left( {SO;OC} \\right) = \\angle SOC$.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi đó O là giao điểm của AC và BD.

Ta có mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) có giao tuyến là BD.

Vì ABCD là hình vuông nên $AC\\bot BD$ tại O, suy ra $AO\\bot BD$.

Mặt khác, $SA\\bot(ABCD)$ nên $SA\\bot BD$.

Từ $BD\\bot AO$ và $BD\\bot SA$, ta suy ra $BD\\bot(SAO)$.

Vì $SO \\subset (SAO)$ nên $BD\\bot SO$.

Như vậy, ta có: $(SBD) \\cap (ABCD) = BD$; $SO\\bot BD$; $AO\\bot BD$.

Vậy $\\left\\lbrack {S,BD,C} \\right\\rbrack = \\left( {SO,OC} \\right) = \\widehat{SOC}$.

Ta có $AO = \\dfrac{1}{2}AC = \\dfrac{1}{2}\\sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \\dfrac{1}{2}\\sqrt{2^{2} + 2^{2}} = \\sqrt{2}$.

$\\left. \\tan\\widehat{SOA} = \\dfrac{SA}{AO} = \\dfrac{\\sqrt{6}}{\\sqrt{2}} = \\sqrt{3}\\Rightarrow\\widehat{SOA} = 60^{o}\\Rightarrow\\widehat{SOC} = 120^{o} \\right.$.

Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Cung AC là một phần tư đường tròn tâm D, bán kính DA (tham khảo hình vẽ). Giả sử P là điểm thay đổi trên cung AC (P khác A và C). Tiếp tuyến tại điểm P của cung AC cắt các đoạn thẳng AB, BC theo thứ tự tại các điểm M, N. Diện tích lớn nhất của tam giác BMN bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa. Chọn hệ trục tọa độ phù hợp, thiết lập phương trình đường tròn và đường tiếp tuyến.

Tìm tọa độ các điểm M, N theo tham số của điểm P.

Viết biểu thức tính diện tích tam giác BMN và tìm giá trị lớn nhất của hàm số đó.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho $D(0;0) \\equiv O$.

Vì hình vuông có cạnh bằng 1, nên tọa độ các đỉnh là: A(0; 1), C(1; 0) và B(1; 1).

Cung AC nằm trong góc phần tư thứ nhất thuộc đường tròn tâm D(0; 0), bán kính R = 1. Phương trình đường tròn là $x^{2} + y^{2} = 1$ ($x \\geq 0,y \\geq 0$).

Gọi tọa độ điểm P trên cung AC là $P(\\cos t;\\sin t)$ với $t \\in (0;\\dfrac{\\pi}{2})$.

Phương trình tiếp tuyến $\\Delta$ tại P của đường tròn là qua $P(\\cos t;\\sin t)$ và có VTPT là $\\overset{\\rightarrow}{DP}\\left( {\\cos t;\\sin t} \\right)$.

Vậy phưuong trình có dạng$\\left. \\cos t\\left( {x - \\cos t} \\right) + \\sin t\\left( {y - \\sin t} \\right) = 0\\Leftrightarrow x.\\cos t + y.\\sin t = 1 \\right.$.

Đường thẳng AB có phương trình y = 1. Giao điểm M của $\\Delta$ và AB:

Thay y = 1 vào phương trình $\\Delta$: $\\left. x.\\cos t + \\sin t = 1\\Rightarrow x = \\dfrac{1 - \\sin t}{\\cos t} \\right.$.

Vậy $M\\left( {\\dfrac{1 - \\sin t}{\\cos t};1} \\right)$.

Đường thẳng BC có phương trình x = 1. Giao điểm N của $\\Delta$ và BC:

Thay x = 1 vào phương trình $\\Delta$: $\\left. \\cos t + y.\\sin t = 1\\Rightarrow y = \\dfrac{1 - \\cos t}{\\sin t} \\right.$.

Vậy $N\\left( {1;\\dfrac{1 - \\cos t}{\\sin t}} \\right)$.

Độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông BMN (vuông tại B):

$BM = 1 - x_{M} = 1 - \\dfrac{1 - \\sin t}{\\cos t} = \\dfrac{\\cos t + \\sin t - 1}{\\cos t}$;

$BN = 1 - y_{N} = 1 - \\dfrac{1 - \\cos t}{\\sin t} = \\dfrac{\\sin t + \\cos t - 1}{\\sin t}$.

Diện tích tam giác BMN là:

$S = \\dfrac{1}{2}BM \\cdot BN = \\dfrac{1}{2} \\cdot \\dfrac{\\cos t + \\sin t - 1}{\\cos t} \\cdot \\dfrac{\\sin t + \\cos t - 1}{\\sin t} = \\dfrac{1}{2}\\dfrac{{(\\sin t + \\cos t - 1)}^{2}}{\\sin t \\cdot \\cos t}$.

Đặt $u = \\sin t + \\cos t = \\sqrt{2}\\sin\\left( {t + \\dfrac{\\pi}{4}} \\right)$.

Do $t \\in (0;\\dfrac{\\pi}{2})$ nên $1 < u \\leq \\sqrt{2}$.

Ta có $\\left. u^{2} = \\sin^{2}t + \\cos^{2}t + 2\\sin t\\cos t = 1 + 2\\sin t\\cos t\\Rightarrow\\sin t\\cos t = \\dfrac{u^{2} - 1}{2} \\right.$.

Thay vào biểu thức diện tích S:

$S = \\dfrac{1}{2}\\dfrac{{(u - 1)}^{2}}{\\dfrac{u^{2} - 1}{2}} = \\dfrac{{(u - 1)}^{2}}{u^{2} - 1} = \\dfrac{{(u - 1)}^{2}}{(u - 1)(u + 1)} = \\dfrac{u - 1}{u + 1} = 1 - \\dfrac{2}{u + 1}$.

Hàm số $f(u) = 1 - \\dfrac{2}{u + 1}$ đồng biến trên nửa khoảng $\\left( {1;\\sqrt{2}} \\right\\rbrack$.

Do đó, S đạt giá trị lớn nhất khi $u = \\sqrt{2}$ (tương ứng với $t = \\dfrac{\\pi}{4}$, điểm P nằm chính giữa cung AC).

$S_{\\max} = \\dfrac{\\sqrt{2} - 1}{\\sqrt{2} + 1} = {(\\sqrt{2} - 1)}^{2} = 3 - 2\\sqrt{2} \\approx 0,17$ .