• 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 thi thử TN THPT môn Toán cụm 3 Đắk Lắk năm 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) Doanh thu của tất cả các gian hàng được biểu diễn bởi hàm số $T(x) = - 10x^{2} + 300x + 10000$.

b) Doanh thu của tất cả các gian hàng khi người đó tăng giá thêm 12 triệu đồng là 12 tỷ 250 triệu đồng.

c) Doanh thu cao nhất của tất cả các gian hàng mà người đó có thể thu về là 12 tỷ 250 triệu đồng.

d) Để doanh thu cao nhất của tất cả các gian hàng thì mỗi gian hàng đã tăng giá cho thuê thêm 15 triệu đồng.

a) Doanh thu của tất cả các gian hàng được biểu diễn bởi hàm số $T(x) = - 10x^{2} + 300x + 10000$.

b) Doanh thu của tất cả các gian hàng khi người đó tăng giá thêm 12 triệu đồng là 12 tỷ 250 triệu đồng.

c) Doanh thu cao nhất của tất cả các gian hàng mà người đó có thể thu về là 12 tỷ 250 triệu đồng.

d) Để doanh thu cao nhất của tất cả các gian hàng thì mỗi gian hàng đã tăng giá cho thuê thêm 15 triệu đồng.

a) Doanh thu của tất cả các gian hàng được biểu diễn bởi hàm số $T(x) = - 10x^{2} + 300x + 10000$.

b) Doanh thu của tất cả các gian hàng khi người đó tăng giá thêm 12 triệu đồng là 12 tỷ 250 triệu đồng.

c) Doanh thu cao nhất của tất cả các gian hàng mà người đó có thể thu về là 12 tỷ 250 triệu đồng.

d) Để doanh thu cao nhất của tất cả các gian hàng thì mỗi gian hàng đã tăng giá cho thuê thêm 15 triệu đồng.

Chủ một trung tâm thương mại muốn cho thuê một số gian hàng như nhau. Người đó muốn tăng giá cho thuê mỗi gian hàng thêm x (triệu đồng) ($x \\geq 0$). Tốc độ thay đổi doanh thu từ các gian hàng đó được biểu diễn bởi hàm số $T'(x) = - 20x + 300$, trong đó T'(x) tính bằng triệu đồng (Nguồn: R.Larson anh B. Edwards, Calculus 10e, Cengage). Biết rằng nếu người đó tăng giá thuê cho mỗi gian hàng thêm 10 triệu đồng thì doanh thu là 12 tỷ đồng.

a) Doanh thu của tất cả các gian hàng được biểu diễn bởi hàm số $T(x) = - 10x^{2} + 300x + 10000$.

b) Doanh thu của tất cả các gian hàng khi người đó tăng giá thêm 12 triệu đồng là 12 tỷ 250 triệu đồng.

c) Doanh thu cao nhất của tất cả các gian hàng mà người đó có thể thu về là 12 tỷ 250 triệu đồng.

d) Để doanh thu cao nhất của tất cả các gian hàng thì mỗi gian hàng đã tăng giá cho thuê thêm 15 triệu đồng.

a) Đúng. Ta có: $T(x) = {\\int T'}(x)dx$

$= {\\int{( - 20x + 300)dx}} = - 10x^{2} + 300x + C$, $C \\in {\\mathbb{R}}$.

Khi người đó tăng giá cho thuê mỗi gian hàng thêm 10 triệu đồng thì doanh thu là 12 tỷ đồng. Nên ứng với $x = 10$ ta có $T(10) = 12000$.

Suy ra $\\left. 12000 = - 10.10^{2} + 300.10 + C\\Rightarrow C = 10000 \\right.$.

Vậy $T(x) = - 10x^{2} + 300x + 10000$.

b) Sai. $T(12) = - 10.12^{2} + 300.12 + 10000 = 12160$ (triệu đồng).

c) Đúng. Ta có:

Vậy doanh thu cao nhất mà người đó có thể thu về là 12 tỷ 250 triệu đồng.

d) Đúng. Doanh thu cao nhất khi mỗi gian hàng đã tăng giá cho thuê thêm 15 triệu đồng.

Ứng dụng đạo hàm, nguyên hàm để giải bài toán.

Hộp A chứa 4 quả bóng đỏ và 3 quả bóng xanh. Hộp B chứa 2 quả bóng đỏ và 4 quả bóng xanh. Lấy ngẫu nhiên 2 quả bóng từ hộp A bỏ vào hộp B, sau đó lấy ngẫu nhiên 2 quả bóng từ hộp B. Hãy xét tính Đúng/Sai của các mệnh đề sau (hoặc tính các xác suất liên quan):

a) Xác suất lấy được 2 quả bóng đỏ từ hộp A để bỏ sang hộp B là $\\dfrac{2}{7}$.

b) Xác suất để lấy được 2 quả bóng từ hộp A là 2 quả bóng xanh và 2 quả bóng từ hộp B là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{1}{14}$.

c) Xác suất để 2 quả bóng lấy ra từ hộp B là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{25}{196}$.

d) Biết rằng 2 quả bóng lấy ra từ hộp B là 2 quả bóng đỏ. Xác suất để 2 quả bóng lấy từ hộp A (chuyển sang B) cũng là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{12}{25}$.

a) Xác suất lấy được 2 quả bóng đỏ từ hộp A để bỏ sang hộp B là $\\dfrac{2}{7}$.

b) Xác suất để lấy được 2 quả bóng từ hộp A là 2 quả bóng xanh và 2 quả bóng từ hộp B là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{1}{14}$.

c) Xác suất để 2 quả bóng lấy ra từ hộp B là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{25}{196}$.

d) Biết rằng 2 quả bóng lấy ra từ hộp B là 2 quả bóng đỏ. Xác suất để 2 quả bóng lấy từ hộp A (chuyển sang B) cũng là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{12}{25}$.

a) Xác suất lấy được 2 quả bóng đỏ từ hộp A để bỏ sang hộp B là $\\dfrac{2}{7}$.

b) Xác suất để lấy được 2 quả bóng từ hộp A là 2 quả bóng xanh và 2 quả bóng từ hộp B là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{1}{14}$.

c) Xác suất để 2 quả bóng lấy ra từ hộp B là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{25}{196}$.

d) Biết rằng 2 quả bóng lấy ra từ hộp B là 2 quả bóng đỏ. Xác suất để 2 quả bóng lấy từ hộp A (chuyển sang B) cũng là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{12}{25}$.

Hộp A chứa 4 quả bóng đỏ và 3 quả bóng xanh. Hộp B chứa 2 quả bóng đỏ và 4 quả bóng xanh. Lấy ngẫu nhiên 2 quả bóng từ hộp A bỏ vào hộp B, sau đó lấy ngẫu nhiên 2 quả bóng từ hộp B. Hãy xét tính Đúng/Sai của các mệnh đề sau (hoặc tính các xác suất liên quan):

a) Xác suất lấy được 2 quả bóng đỏ từ hộp A để bỏ sang hộp B là $\\dfrac{2}{7}$.

b) Xác suất để lấy được 2 quả bóng từ hộp A là 2 quả bóng xanh và 2 quả bóng từ hộp B là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{1}{14}$.

c) Xác suất để 2 quả bóng lấy ra từ hộp B là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{25}{196}$.

d) Biết rằng 2 quả bóng lấy ra từ hộp B là 2 quả bóng đỏ. Xác suất để 2 quả bóng lấy từ hộp A (chuyển sang B) cũng là 2 quả bóng đỏ là $\\dfrac{12}{25}$.

Gọi các biến cố:

$H_{2}$: Chuyển 2 Đỏ từ A sang B.

$H_{1}$: Chuyển 1 Đỏ, 1 Xanh từ A sang B.

$H_{0}$: Chuyển 0 Đỏ (2 Xanh) từ A sang B.

K: Lấy được 2 quả Đỏ từ hộp B (sau khi chuyển).

a) Đúng. Số phần tử của không gian mẫu $n(\\Omega_{1}) = C_{7}^{2} = 21$ (số cách lấy 2 quả bóng từ hộp 1).

$P(H_{2}) = \\dfrac{C_{4}^{2}}{21} = \\dfrac{6}{21} = \\dfrac{2}{7}.$

b) Sai. $\\left. P(H_{0}K) = P(H_{0}).P(K \\middle| H_{0}) = \\dfrac{1}{7}.\\dfrac{1}{28} = \\dfrac{1}{196} \\right.$.

c) Đúng. $P(H_{1}) = \\dfrac{C_{4}^{1}.C_{3}^{1}}{21} = \\dfrac{12}{21}$; $P(H_{0}) = \\dfrac{C_{3}^{2}}{21} = \\dfrac{3}{21}$.

Số phần tử của không gian mẫu $n(\\Omega_{2}) = C_{8}^{2} = 28$ (số cách lấy hai quả bóng từ hộp 2).

Nếu $H_{2}$ xảy ra (B có 2 + 2 = 4 Đỏ): $\\left. P(K \\middle| H_{2}) = \\dfrac{C_{4}^{2}}{28} = \\dfrac{6}{28} \\right.$.

Nếu $H_{1}$ xảy ra (B có 2 + 1 = 3 Đỏ): $\\left. P(K \\middle| H_{1}) = \\dfrac{C_{3}^{2}}{28} = \\dfrac{3}{28} \\right.$.

Nếu $H_{0}$ xảy ra (B có $2 + 0 = 2$ Đỏ): $\\left. P(K \\middle| H_{0}) = \\dfrac{C_{2}^{2}}{28} = \\dfrac{1}{28} \\right.$.

$\\left. P(K) = P(H_{2}).P(K \\middle| H_{2}) + P(H_{1}).P(K \\middle| H_{1}) + P(H_{0}).P(K \\middle| H_{0}) \\right.$

$= \\dfrac{6}{21}.\\dfrac{6}{28} + \\dfrac{12}{21}.\\dfrac{3}{28} + \\dfrac{3}{21}.\\dfrac{1}{28} = \\dfrac{25}{196}$.

d) Đúng. Xác suất để bóng chuyển từ A là 2 Đỏ ($H_{2}$) khi biết bóng lấy từ B là 2 Đỏ (K):

$P(H_{2}| K) = \\dfrac{P(H_{2} \\cap K)}{P(K)} = \\dfrac{\\left. P(H_{2}).P(K \\middle| H_{2}) \\right.}{P(K)} $

$= \\dfrac{\\dfrac{6}{21}.\\dfrac{6}{28}}{\\dfrac{25}{196}} = \\dfrac{12}{25} $.

Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn phần, công thức Bayes.

Trong không gian Oxyz, xem mặt đất là mặt phẳng (Oxy); trục Oz hướng lên (đơn vị trên mỗi trục là một kilomet). Tại cùng một thời điểm, một radar phát hiện một máy bay tại A(0; 0; 10) bay theo hướng $\\overset{\\rightarrow}{v} = ( - 4;3;0)$ không đổi và một xe tăng tại O di chuyển theo hướng $\\overset{\\rightarrow}{u} = (3;4;0)$ không đổi. Sau 20 giây radar xác định được vị trí máy bay tại B(-8; 6; 10) và xe tăng tại $E\\left( {\\dfrac{3}{20};\\dfrac{1}{5};0} \\right)$.

a) Nếu máy bay và xe tăng tiếp tục giữ nguyên hướng và vận tốc không đổi thì 10 giây tiếp theo vị trí máy bay và xe tăng lần lượt là C(-12; 9; 10), $F\\left( {\\dfrac{9}{40};\\dfrac{3}{10};0} \\right)$.

b) Khoảng cách giữa máy bay và xe tăng sau 20 giây kể từ lúc radar phát hiện là 15km (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

c) Vận tốc trung bình của xe tăng trong 20 giây đầu tiên là 12,5 m/s.

d) Một lúc sau, radar phát hiện máy bay vẫn giữ nguyên hướng bay ban đầu và cách A một khoảng 27 km, tốc độ máy bay lúc đó 18000 km/h, đồng thời xe tăng đang di chuyển theo hướng ban đầu và cách O một kilomet với tốc độ 60 km/h. Tốc độ thay đổi khoảng cách giữa máy bay và xe tăng lúc này là 1689 km/h (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

a) Nếu máy bay và xe tăng tiếp tục giữ nguyên hướng và vận tốc không đổi thì 10 giây tiếp theo vị trí máy bay và xe tăng lần lượt là C(-12; 9; 10), $F\\left( {\\dfrac{9}{40};\\dfrac{3}{10};0} \\right)$.

b) Khoảng cách giữa máy bay và xe tăng sau 20 giây kể từ lúc radar phát hiện là 15km (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

c) Vận tốc trung bình của xe tăng trong 20 giây đầu tiên là 12,5 m/s.

d) Một lúc sau, radar phát hiện máy bay vẫn giữ nguyên hướng bay ban đầu và cách A một khoảng 27 km, tốc độ máy bay lúc đó 18000 km/h, đồng thời xe tăng đang di chuyển theo hướng ban đầu và cách O một kilomet với tốc độ 60 km/h. Tốc độ thay đổi khoảng cách giữa máy bay và xe tăng lúc này là 1689 km/h (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

a) Nếu máy bay và xe tăng tiếp tục giữ nguyên hướng và vận tốc không đổi thì 10 giây tiếp theo vị trí máy bay và xe tăng lần lượt là C(-12; 9; 10), $F\\left( {\\dfrac{9}{40};\\dfrac{3}{10};0} \\right)$.

b) Khoảng cách giữa máy bay và xe tăng sau 20 giây kể từ lúc radar phát hiện là 15km (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

c) Vận tốc trung bình của xe tăng trong 20 giây đầu tiên là 12,5 m/s.

d) Một lúc sau, radar phát hiện máy bay vẫn giữ nguyên hướng bay ban đầu và cách A một khoảng 27 km, tốc độ máy bay lúc đó 18000 km/h, đồng thời xe tăng đang di chuyển theo hướng ban đầu và cách O một kilomet với tốc độ 60 km/h. Tốc độ thay đổi khoảng cách giữa máy bay và xe tăng lúc này là 1689 km/h (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

Trong không gian Oxyz, xem mặt đất là mặt phẳng (Oxy); trục Oz hướng lên (đơn vị trên mỗi trục là một kilomet). Tại cùng một thời điểm, một radar phát hiện một máy bay tại A(0; 0; 10) bay theo hướng $\\overset{\\rightarrow}{v} = ( - 4;3;0)$ không đổi và một xe tăng tại O di chuyển theo hướng $\\overset{\\rightarrow}{u} = (3;4;0)$ không đổi. Sau 20 giây radar xác định được vị trí máy bay tại B(-8; 6; 10) và xe tăng tại $E\\left( {\\dfrac{3}{20};\\dfrac{1}{5};0} \\right)$.

a) Nếu máy bay và xe tăng tiếp tục giữ nguyên hướng và vận tốc không đổi thì 10 giây tiếp theo vị trí máy bay và xe tăng lần lượt là C(-12; 9; 10), $F\\left( {\\dfrac{9}{40};\\dfrac{3}{10};0} \\right)$.

b) Khoảng cách giữa máy bay và xe tăng sau 20 giây kể từ lúc radar phát hiện là 15km (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

c) Vận tốc trung bình của xe tăng trong 20 giây đầu tiên là 12,5 m/s.

d) Một lúc sau, radar phát hiện máy bay vẫn giữ nguyên hướng bay ban đầu và cách A một khoảng 27 km, tốc độ máy bay lúc đó 18000 km/h, đồng thời xe tăng đang di chuyển theo hướng ban đầu và cách O một kilomet với tốc độ 60 km/h. Tốc độ thay đổi khoảng cách giữa máy bay và xe tăng lúc này là 1689 km/h (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

a) Đúng. Vì máy bay giữ nguyên hướng và tốc độ nên sau 10 giây máy bay đến vị trí C, ta có

$\\overset{\\rightarrow}{AB} = 2\\overset{\\rightarrow}{BC}$.

Gọi $\\left. C(a;b;c)\\Rightarrow\\overset{\\rightarrow}{BC} = (a + 8;b - 6;c - 10) \\right.$; $\\overset{\\rightarrow}{AB} = ( - 8;6;0)$.

$\\left. \\overset{\\rightarrow}{AB} = 2\\overset{\\rightarrow}{BC}\\Rightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l} {- 8 = 2(a + 8)} \\\\ {6 = 2(b - 6)} \\\\ {0 = 2(c - 10)} \\end{array} \\right.\\Leftrightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l} {a = - 12} \\\\ {b = 9} \\\\ {c = 10} \\end{array} \\right.\\Rightarrow C( - 12;9;10) \\right.$.

Tương tự $F\\left( {\\dfrac{9}{40};\\dfrac{3}{10};0} \\right)$.

b) Sai. $BE = \\sqrt{\\left( {\\dfrac{3}{20} + 8} \\right)^{2} + \\left( {\\dfrac{1}{5} + 6} \\right)^{2} + {( - 10)}^{2}} \\approx 14$ (km).

c) Đúng. Quãng đường xe tăng đi được trong 20 giây đầu tiên là:

OE = 0,25 km = 250 m $\\Rightarrow v_{tb} = 12,5 $ m/s.

d) Đúng. Giả sử sau thời gian t máy bay đang ở vị trí D và xe tăng đang ở vị trí K.

Véctơ vận tốc của máy bay là ${\\overset{\\rightarrow}{v}}_{1} = 1800.\\dfrac{\\overset{\\rightarrow}{v}}{\\left| \\overset{\\rightarrow}{v} \\right|} = ( - 1440;1080;0)$.

$\\left. \\overset{\\rightarrow}{AD} = t.{\\overset{\\rightarrow}{v}}_{1}\\Rightarrow D( - 1440t;1080t;10) \\right.$.

$\\left. {\\overset{\\rightarrow}{u}}_{1} = 60.\\dfrac{\\overset{\\rightarrow}{u}}{\\left| \\overset{\\rightarrow}{u} \\right|} = (36;48;0)\\Rightarrow\\overset{\\rightarrow}{OK} = t.{\\overset{\\rightarrow}{u}}_{1}\\Rightarrow K(36t;48t;0) \\right.$.

$DK = \\sqrt{1476^{2}t^{2} + 1032^{2}t^{2} + 100} = f(t)$.

Thời gian máy bay là: 27 : 1800 = 0,015 (h).

Tốc độ thay đổi khoảng cách giữa máy bay và xe tăng lúc này là f'(0,015) = 1689 km/h.

Áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian.

Cho hàm số $f(x) = \\dfrac{2x + 1}{x}$.

a) $\\left. {\\int f}(x)dx = 2x + \\ln \\middle| x \\middle| + C \\right.$.

b) Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên $(0; + \\infty)$ và thỏa mãn F(1) = 3. Khi đó $F(x) = 2x + \\ln x + 1$.

c) ${\\int f'}(2x)dx = \\dfrac{- 1}{4x} + C$.

d) Gọi G(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x). Biết G(2) =1 và G(5) + G(-5) = 0. Khi đó tìm được $G( - 10) = a\\ln 10 + b\\ln 5 + c\\ln 2 + d$, với a, b, c là các số hữu tỷ. Khi đó a + b + c + d = -19.

a) $\\left. {\\int f}(x)dx = 2x + \\ln \\middle| x \\middle| + C \\right.$.

b) Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên $(0; + \\infty)$ và thỏa mãn F(1) = 3. Khi đó $F(x) = 2x + \\ln x + 1$.

c) ${\\int f'}(2x)dx = \\dfrac{- 1}{4x} + C$.

d) Gọi G(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x). Biết G(2) =1 và G(5) + G(-5) = 0. Khi đó tìm được $G( - 10) = a\\ln 10 + b\\ln 5 + c\\ln 2 + d$, với a, b, c là các số hữu tỷ. Khi đó a + b + c + d = -19.

a) $\\left. {\\int f}(x)dx = 2x + \\ln \\middle| x \\middle| + C \\right.$.

b) Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên $(0; + \\infty)$ và thỏa mãn F(1) = 3. Khi đó $F(x) = 2x + \\ln x + 1$.

c) ${\\int f'}(2x)dx = \\dfrac{- 1}{4x} + C$.

d) Gọi G(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x). Biết G(2) =1 và G(5) + G(-5) = 0. Khi đó tìm được $G( - 10) = a\\ln 10 + b\\ln 5 + c\\ln 2 + d$, với a, b, c là các số hữu tỷ. Khi đó a + b + c + d = -19.

Cho hàm số $f(x) = \\dfrac{2x + 1}{x}$.

a) $\\left. {\\int f}(x)dx = 2x + \\ln \\middle| x \\middle| + C \\right.$.

b) Gọi F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên $(0; + \\infty)$ và thỏa mãn F(1) = 3. Khi đó $F(x) = 2x + \\ln x + 1$.

c) ${\\int f'}(2x)dx = \\dfrac{- 1}{4x} + C$.

d) Gọi G(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x). Biết G(2) =1 và G(5) + G(-5) = 0. Khi đó tìm được $G( - 10) = a\\ln 10 + b\\ln 5 + c\\ln 2 + d$, với a, b, c là các số hữu tỷ. Khi đó a + b + c + d = -19.

a) Đúng. Ta có: ${\\int{f(x)dx}} = {\\int{\\dfrac{2x + 1}{x}dx}}$

$\\left. = {\\int{\\left( {2 + \\dfrac{1}{x}} \\right)dx}} = 2x + \\ln \\middle| x \\middle| + C \\right.$.

b) Đúng. Trên $(0; + \\infty)$, ta có $F(x) = 2x + \\ln x + C$.

Mà $\\left. F(1) = 3\\Rightarrow 2 + \\ln 1 + C = 3 \\right.$

$\\left. \\Leftrightarrow C = 1\\Rightarrow F(x) = 2x + \\ln x + 1 \\right.$.

c) Sai. ${\\int f'}(2x)dx = \\dfrac{1}{2}{\\int f'}(2x)d(2x) = \\dfrac{1}{2}f(2x) + C$

$= \\dfrac{1}{2}.\\dfrac{2.2x + 1}{2x} + C = \\dfrac{4x + 1}{4x} + C \\neq \\dfrac{- 1}{4x} + C$.

d) Sai.

+) Do G(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) nên ta có:

$\\left. G(x) = 2x + \\ln \\middle| x \\middle| + C \\right.$

$\\left. \\Rightarrow G(x) = \\left\\{ \\begin{array}{l} {2x + \\ln x + C_{1},x > 0} \\\\ {2x + \\ln( - x) + C_{2},x < 0} \\end{array} \\right. \\right.$.

+) Mà $G(2) = 1$ nên: $2.2 + \\ln 2 + C_{1} = 1$

$\\left. \\Rightarrow C_{1} = - 3 - \\ln 2\\Rightarrow G(x) = \\left\\{ \\begin{array}{l} {2x + \\ln x - 3 - \\ln 2,x > 0} \\\\ {2x + \\ln( - x) + C_{2},x < 0} \\end{array} \\right. \\right.$.

$\\left. \\Rightarrow G(5) = 10 + \\ln 5 - 3 - \\ln 2 = 7 + \\ln 5 - \\ln 2 \\right.$.

+) Mặt khác: $G(5) + G( - 5) = 0$

$\\left. \\Rightarrow 7 + \\ln 5 - \\ln 2 + 2( - 5) + \\ln 5 + C_{2} = 02 \\right.$

$\\left. \\Rightarrow C_{2} = 3 - 2\\ln 5 + \\ln \\right.$

$\\left. \\Rightarrow G(x) = \\left\\{ \\begin{array}{l} {2x + \\ln x - 3 - \\ln 2,x > 0} \\\\ {2x + \\ln( - x) + 3 - 2\\ln 5 + \\ln 2,x < 0} \\end{array} \\right. \\right.$.

+) $G( - 10) = 2( - 10) + \\ln 10 + 3 - 2\\ln 5 + \\ln 2$

$\\left. = \\ln 10 - 2\\ln 5 + \\ln 2 - 17\\Rightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l} {a = 1} \\\\ {b = - 2} \\\\ {c = 1} \\\\ {d = - 17} \\end{array} \\right. \\right.$

$\\left. \\Rightarrow a + b + c + d = - 17 \\right.$.

Hoặc $G( - 10) = \\ln 10 - 2\\ln 5 + \\ln 2 - 17$

$= \\ln 5 + \\ln 2 - 2\\ln 5 + \\ln 2 - 17$

$\\left. = - \\ln 5 + 2\\ln 2 - 17\\Rightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l} {a = 0} \\\\ {b = - 1} \\\\ {c = 2} \\\\ {d = - 17} \\end{array} \\right. \\right.$

$\\left. \\Rightarrow a + b + c + d = - 16 \\right.$.

Do đó giá trị biểu thức a + b + c + d có nhiều kết quả khác nhau.

Áp dụng lí thuyết về nguyên hàm.

Hình vẽ dưới đây cho biết một miền D (được tô đậm) nằm trong hình vuông cạnh bằng 4. Miền D này gồm những điểm có khoảng cách tới tâm hình vuông nhỏ hơn hoặc bằng khoảng cách tới biên hình vuông.

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b], trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b (a < b) được tính bằng công thức $S = {\\int\\limits_{a}^{b}{\\left| {f(x)} \\right|dx}}$.

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = f(x), g(x) liên tục trên [a; b] và hai đường thẳng x = a, x = b được tính bằng công thức $S = {\\int\\limits_{a}^{b}{\\left| {f(x) - g(x)} \\right|dx}}$.

Gọi hình vuông có cạnh bằng 4 là ABCD và gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Do vai trò của các đường cong như nhau, giả sử M(x; y) là một điểm thuộc đường cong (C) của miền D như hình vẽ.

Ta có khoảng cách từ M tới O là $MO = \\sqrt{x^{2} + y^{2}}$.

Khoảng cách từ M tới cạnh AB của hình vuông là d(M, AB) = |y – 2|.

Khoảng cách từ M tới O bằng khoảng cách từ M tới AB nên:

$\\left. \\sqrt{x^{2} + y^{2}} = \\left| {y - 2} \\right|\\Leftrightarrow y = - \\dfrac{1}{4}x^{2} + 1 \\right.$.

Hoành độ giao điểm của Parabol $y = - \\dfrac{1}{4}x^{2} + 1$ và đường thẳng OB (y = x) (thuộc góc phần tư thứ nhất) là

$\\left. - \\dfrac{1}{4}x^{2} + 1 = x\\Leftrightarrow x^{2} + 4x - 4 = 0\\Leftrightarrow\\left\\lbrack \\begin{array}{l}\n{x = - 2 - 2\\sqrt{2}} \\\\\n{x = - 2 + 2\\sqrt{2}}\n\\end{array} \\right. \\right.$.

Parabol $y = - \\dfrac{1}{4}x^{2} + 1$ cắt đường thẳng OB (y = x) tại điểm E thuộc góc phần tư thứ nhất nên $\\left. x_{E} = - 2 + 2\\sqrt{2}\\Rightarrow y_{E} = - 2 + 2\\sqrt{2} \\right.$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol, trục Ox, trục Oy và đường thẳng $x = - 2 + 2\\sqrt{2}$ là:

$S_{1} = {\\int\\limits_{0}^{- 2 + 2\\sqrt{2}}{\\left( {- \\dfrac{1}{4}x^{2} + 1} \\right)dx}} = \\dfrac{8 - 4\\sqrt{2}}{3}$.

Diện tích tam giác OEH là:

$S_{2} = \\dfrac{1}{2}OH.EH = \\dfrac{1}{2}y_{E}.x_{E} = \\dfrac{1}{2}{( - 2 + 2\\sqrt{2})}^{2}$.

Diện tích của $\\dfrac{1}{8}$ miền D là:

$S_{3} = S_{1} - S_{2} = \\dfrac{8 - 4\\sqrt{2}}{3} - \\dfrac{1}{2}{( - 2 + 2\\sqrt{2})}^{2} = \\dfrac{- 10 + 8\\sqrt{2}}{3}$.

Diện tích miền D là: $S = 8.S_{3} = 8.\\dfrac{- 10 + 8\\sqrt{2}}{3} \\approx 3,5$.

Một loại gạch men có kích thước hình vuông 60x60 cm. Người ta thiết kế hoa văn cho viên gạch bằng cách tạo đường tròn $(C_{1})$ nội tiếp hình vuông ban đầu, phần nằm ngoài đường tròn $(C_{1})$ mà thuộc viên gạch thì được tô màu đậm. Tiếp theo họ tạo ra một hình vuông nội tiếp đường tròn $(C_{1})$, bên trong hình vuông này lại có một đường tròn nội tiếp $(C_{2})$; và họ tiếp tục tô màu đậm cho phần nằm ngoài đường tròn $(C_{2})$ mà thuộc hình vuông này. Quy luật này cứ tiếp tục 100 lần (tham khảo hình vẽ).

Hỏi tổng diện tích thuộc về viên gạch được tô màu đậm là bao nhiêu cm vuông? Kết quả được làm tròn đến hàng đơn vị của cm vuông.

Ứng dụng tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn.

Đặt $A_{1}B_{1} = a$, ta có:

* Diện tích hình vuông $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ là $S_{V_{1}} = a^{2}$.

Bán kính hình tròn $(C_{1})$ là $\\left. R_{1} = \\dfrac{A_{1}B_{1}}{2} = \\dfrac{a}{2}\\Rightarrow \\right.$ Diện tích hình tròn $(C_{1})$ là $S_{Tr_{1}} = \\pi.\\left( \\dfrac{a}{2} \\right)^{2} = \\dfrac{\\pi a^{2}}{4}$.

* Hình vuông $A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}$ có đường chéo $\\left. A_{2}C_{2} = 2R_{1} = a\\Rightarrow \\right.$ Cạnh $A_{2}B_{2} = \\dfrac{A_{2}C_{2}}{\\sqrt{2}} = \\dfrac{a}{\\sqrt{2}}$.

$\\Rightarrow$ Diện tích hình vuông $A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}$ là $S_{V_{2}} = \\left( \\dfrac{a}{\\sqrt{2}} \\right)^{2} = \\dfrac{a^{2}}{2}$.

Bán kính hình tròn $(C_{2})$ là $R_{2} = \\dfrac{A_{2}B_{2}}{2} = \\dfrac{a}{2\\sqrt{2}}$.

$\\Rightarrow$ Diện tích hình tròn $(C_{2})$ là $S_{Tr_{2}} = \\pi.\\left( \\dfrac{a}{2\\sqrt{2}} \\right)^{2} = \\dfrac{\\pi a^{2}}{8}$.

* Hình vuông $A_{3}B_{3}C_{3}D_{3}$ có đường chéo $\\left. A_{3}C_{3} = 2R_{2} = \\dfrac{a}{\\sqrt{2}}\\Rightarrow \\right.$ Cạnh $A_{3}B_{3} = \\dfrac{a}{\\sqrt{2}\\sqrt{2}} = \\dfrac{a}{2}$.

$\\Rightarrow$ Diện tích hình vuông $A_{3}B_{3}C_{3}D_{3}$ là $S_{V_{3}} = \\left( \\dfrac{a}{2} \\right)^{2} = \\dfrac{a^{2}}{4}$.

Bán kính hình tròn $(C_{3})$ là $R_{3} = \\dfrac{1}{2}A_{3}B_{3} = \\dfrac{a}{4}$.

$\\Rightarrow$ Diện tích hình tròn $(C_{3})$ là $S_{Tr_{3}} = \\pi.\\left( \\dfrac{a}{4} \\right)^{2} = \\dfrac{\\pi a^{2}}{16}$.

* Tiếp tục theo quy luật trên, ta có:

Diện tích các hình vuông $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1},A_{2}B_{2}C_{2}D_{2},A_{3}B_{3}C_{3}D_{3},...$ lần lượt là $a^{2},\\dfrac{a^{2}}{2},\\dfrac{a^{2}}{4},...$ lập thành cấp số nhân lùi với số hạng đầu $S_{V_{1}} = a^{2}$, công bội $q_{1} = \\dfrac{1}{2}$.

$\\Rightarrow$ Tổng diện tích các hình tròn tương ứng là:

$S_{100} = \\dfrac{\\pi a^{2}}{4} + \\dfrac{\\pi a^{2}}{8} + \\dfrac{\\pi a^{2}}{16} + ... \\approx \\dfrac{\\dfrac{\\pi a^{2}}{4}}{1 - \\dfrac{1}{2}} = \\dfrac{\\pi a^{2}}{2}$.

$\\Rightarrow$ Tổng diện tích phần tô màu đậm là:

$S = S_{V} - S_{Tr} \\approx 2a^{2} - \\dfrac{\\pi a^{2}}{2} = \\dfrac{a^{2}(4 - \\pi)}{2}$ $\\text{(cm}^{2}\\text{)}$.

Với a = 60 (cm), ta có tổng diện tích phần tô màu đậm là:

$S \\approx \\dfrac{60^{2}.(4 - \\pi)}{2} \\approx 1545$ $\\text{(cm}^{2}\\text{)}$.

Từ tập hợp số tự nhiên {1; 2; ...; 49; 50}, cần chọn ra 21 số phân biệt để gắn vào 21 ô vuông đơn vị như hình vẽ. Gọi T là số cách chọn số sao cho mọi số ở hàng trên luôn nhỏ hơn mọi số ở hàng dưới, mọi số bên trái luôn nhỏ hơn mọi số bên phải cùng hàng, đồng thời các số thuộc các ô A, B, C, D, E, F theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Giá trị $\\dfrac{T}{10^{8}}$ bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Áp dụng phương pháp tổ hợp.

Gọi 21 số được chọn theo thứ tự tăng là $x_{1} < x_{2} < .... < x_{21}$ trong đó $x_{i} \\in \\left\\{ 1;2;3;....;50 \\right\\}$.

Vì mọi số ở hàng trên đều nhỏ hơn mọi số ở hàng dưới và trong mỗi hàng số bên trái đều nhỏ hơn số bên phải nên ta chọn như sau:

+ Ô A chọn $x_{1}$.

+ Hàng 2 có 2 ô nên ô B chọn $x_{3}$.

+ Hàng 3 có 3 ô nên ô C chọn $x_{6}$.

+ Hàng 4 có 4 ô nên ô D chọn $x_{10}$.

+ Hàng 5 có 5 ô nên ô D chọn $x_{15}$.

+ Hàng 6 có 6 ô nên ô D chọn $x_{21}$.

Do các số ở ô A, B, C, D, E, F theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên:

$x_{3} - x_{1} = x_{6} - x_{3} = x_{10} - x_{6} = x_{15} - x_{10} = x_{21} - x_{15} = d > 0$.

Khi đó ta có: $\\left. x_{21} = x_{1} + 5d \\leq 50\\Rightarrow x_{1} \\leq 50 - 5d \\right.$.

Với mỗi $d$ cố định, ta chọn các số còn lại như sau:

+ Chọn $x_{2}$ trong $(x_{1};x_{1} + d)$, có $C_{d - 1}^{1}$ cách.

+ Chọn $x_{4},x_{5}$ trong $(x_{1} + d;x_{1} + 2d)$, có $C_{d - 1}^{2}$ cách.

+ Chọn $x_{7},x_{8},x_{9}$ trong $(x_{1} + 2d;x_{1} + 3d)$, có $C_{d - 1}^{3}$ cách.

+ Chọn $x_{11},x_{12},x_{13},x_{14}$ trong $(x_{1} + 3d;x_{1} + 4d)$, có $C_{d - 1}^{4}$ cách.

+ Chọn $x_{16},x_{17},x_{18},x_{19},x_{20}$ trong $(x_{1} + 4d;x_{1} + 5d)$, có $C_{d - 1}^{5}$ cách.

Với $\\left. \\left\\{ \\begin{array}{l} {d - 1 \\geq 5} \\\\ {50 - 5d \\geq 1} \\end{array} \\right.\\Leftrightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l} {d \\geq 6} \\\\ {d \\leq 9} \\end{array} \\right. \\right.$.

Vậy số cách chọn là:

$T = {\\sum\\limits_{d = 6}^{9}{(50 - 5d)}}C_{d - 1}^{1}C_{d - 1}^{2}C_{d - 1}^{3}C_{d - 1}^{4}C_{d - 1}^{5} = 285106650$.

Vậy $\\dfrac{T}{10^{8}} \\approx 2,85$.

Xét trong không gian Oxyz, đài kiểm soát không lưu sân bay đặt ở gốc toạ độ O(0; 0; 0), đơn vị trên mỗi trục là ki-lô-mét. Một máy bay chuyển động theo đường thẳng, bay qua hai vị trí A(-500; -300; 500) và B(-200; -200; 450). Khi máy bay ở gần đài kiểm soát không lưu nhất, toạ độ của máy bay là (a; b; c). Tính giá trị của biểu thức P = a + b + c.

Áp dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.

Khi máy bay ở gần đài kiểm soát không lưu nhất, máy bay ở vị trí điểm H(a; b; c) là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng AB.

Ta có $\\overset{\\rightarrow}{AH} = (a + 500;b + 300;c - 500)$, $\\overset{\\rightarrow}{AB} = (300;100; - 50)$.

Từ $\\overset{\\rightarrow}{AH}$, $\\overset{\\rightarrow}{AB}$ cùng phương và $\\overset{\\rightarrow}{OH}\\bot\\overset{\\rightarrow}{AB}$ ta có hệ phương trình:

$\\left\\{ \\begin{array}{l}\n{\\dfrac{a + 500}{300} = \\dfrac{b + 300}{100} = \\dfrac{c - 500}{- 50}} \\\\\n{300a + 100b - 50c = 0}\n\\end{array} \\right.$.

Giải hệ trên tìm được H(100; -100; 400). Vậy P = a + b + c = 400.

Cho hình chóp S.ABC có ABC, SAB là các tam giác đều và mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi $\\alpha$ là số đo của góc phẳng nhị diện [S, BC, A]. Tính $\\cos^{2}\\alpha$.

Từ một điểm O bất kì thuộc cạnh a của góc nhị diện [P, a, Q], vẽ các tia Ox, Oy tương ứng thuộc (P), (Q) và vuông góc với a. Góc xOy được gọi là một góc phẳng nhị diện [P, a, Q] (gọi tắt là góc phẳng nhị diện).

Gọi H là trung điểm cạnh AB.

Do $\\Delta SAB$ đều nên $SH\\bot AB$.

Mặt khác $(SAB)\\bot(ABC)$ và $(SAB) \\cap (ABC) = AB$.

Từ đó suy ra $SH\\bot(ABC)$.

Gọi I là trung điểm BC và E là trung điểm BI.

Do $\\Delta ABC$ đều nên $HE\\bot BC$. Suy ra $\\left. BC\\bot(SHE)\\Rightarrow \\right.$ Góc phẳng nhị diện [S, BC, A] chính là góc $\\widehat{SEH}$ hay $\\alpha = \\widehat{SEH}$.

Do ABC, SAB là các tam giác đều có chung cạnh AB nên $HE = \\dfrac{1}{2}AI = \\dfrac{1}{2}SH$.

Trong $\\Delta SHE$ có $\\widehat{SHE} = 90^{o}$.

Suy ra $\\left. \\tan\\widehat{SEH} = \\dfrac{SH}{HE} = 2\\Leftrightarrow\\tan\\alpha = 2 \\right.$.

$\\left. \\Rightarrow\\cos^{2}\\alpha = \\dfrac{1}{\\tan^{2}\\alpha + 1} = \\dfrac{1}{5} = 0,2 \\right.$.

Một bể chứa nước hình trụ thẳng đứng đang đầy nước. Khi mở một nút xả ở đáy bể, nước chảy ra ngoài với tốc độ giảm thể tích tỷ lệ thuận với căn bậc hai của chiều cao mực nước hiện tại trong bể (do áp suất giảm). Nếu gọi V(t) là thể tích nước còn lại trong bể sau t phút, tốc độ thay đổi thể tích được mô tả bởi phương trình: $V'(t) = - k\\sqrt{V(t)}$ (với k > 0). Biết bể ban đầu có lượng nước là 144 lít. Sau 10 phút xả, lượng nước còn lại trong bể là 64 lít. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc mở nút xả thì bể sẽ cạn hoàn toàn?

Ứng dụng nguyên hàm.

Ta có $\\left. V'(t) = - k\\sqrt{V(t)}\\Leftrightarrow\\dfrac{V'(t)}{\\sqrt{V(t)}} = - k \\right.$

$\\left. \\Leftrightarrow\\dfrac{V'(t)}{2\\sqrt{V(t)}} = - \\dfrac{k}{2}\\Leftrightarrow\\left( \\sqrt{V(t)} \\right)' = - \\dfrac{k}{2} \\right.$

$\\left. \\Rightarrow{\\int{\\left( \\sqrt{V(t)} \\right)'dt}} = - {\\int{\\dfrac{k}{2}dt}}\\Leftrightarrow 2\\sqrt{V(t)} = - kt + C \\right.$.

Theo giả thiết, ta có $\\left. \\left\\{ \\begin{array}{l}\n{V(0) = 144} \\\\\n{V(10) = 64}\n\\end{array} \\right.\\Rightarrow\\left\\{ \\begin{array}{l}\n{C = 24} \\\\\n{k = 0,8}\n\\end{array} \\right. \\right.$.

$\\left. \\Rightarrow V(t) = {(12 - 0,4t)}^{2} \\right.$.

Để cạn hoàn toàn khi thể tích bằng 0 do đó t = 30 phút.