• 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 trường THPT Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi năm 2026 - Lần 1

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) Công thức để tính thể tích bồn chứa dầu là $V = \\pi r^2 h$.

b) Để diện tích toàn phần nhỏ nhất thì bán kính r = 3 (m).

c) Diện tích toàn phần của bồn chứa dầu theo bán kính r là $S(r) = 2\\pi \\left( \\frac{54}{r} + r^2 \\right)$.

d) Biết chi phí vật liệu (tôn) để làm bồn chứa là 500.000 đồng/$m^2$. Khi đó, số tiền ít nhất để mua nguyên vật liệu làm bồn chứa dầu là khoảng 81 triệu đồng (làm tròn đến hàng phần mười).

a) Công thức để tính thể tích bồn chứa dầu là $V = \\pi r^2 h$.

b) Để diện tích toàn phần nhỏ nhất thì bán kính r = 3 (m).

c) Diện tích toàn phần của bồn chứa dầu theo bán kính r là $S(r) = 2\\pi \\left( \\frac{54}{r} + r^2 \\right)$.

d) Biết chi phí vật liệu (tôn) để làm bồn chứa là 500.000 đồng/$m^2$. Khi đó, số tiền ít nhất để mua nguyên vật liệu làm bồn chứa dầu là khoảng 81 triệu đồng (làm tròn đến hàng phần mười).

a) Công thức để tính thể tích bồn chứa dầu là $V = \\pi r^2 h$.

b) Để diện tích toàn phần nhỏ nhất thì bán kính r = 3 (m).

c) Diện tích toàn phần của bồn chứa dầu theo bán kính r là $S(r) = 2\\pi \\left( \\frac{54}{r} + r^2 \\right)$.

d) Biết chi phí vật liệu (tôn) để làm bồn chứa là 500.000 đồng/$m^2$. Khi đó, số tiền ít nhất để mua nguyên vật liệu làm bồn chứa dầu là khoảng 81 triệu đồng (làm tròn đến hàng phần mười).

Một đại lý xăng dầu tại Quảng Ngãi cần làm một bồn chứa dầu hình trụ bằng tôn có thể tích $V = 54\\pi$ $(m^3)$. Gọi r, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của cái bồn dầu.

a) Công thức để tính thể tích bồn chứa dầu là $V = \\pi r^2 h$.

b) Để diện tích toàn phần nhỏ nhất thì bán kính r = 3 (m).

c) Diện tích toàn phần của bồn chứa dầu theo bán kính r là $S(r) = 2\\pi \\left( \\frac{54}{r} + r^2 \\right)$.

d) Biết chi phí vật liệu (tôn) để làm bồn chứa là 500.000 đồng/$m^2$. Khi đó, số tiền ít nhất để mua nguyên vật liệu làm bồn chứa dầu là khoảng 81 triệu đồng (làm tròn đến hàng phần mười).

a) Đúng. Công thức để tính thể tích bồn chứa dầu là \\(V = \\pi {r^2}h\\).

c) Đúng. \\(V = \\pi {r^2}h \\Leftrightarrow 54\\pi  = \\pi {r^2}h \\Leftrightarrow h = \\frac{{54\\pi }}{{\\pi {r^2}}} = \\frac{{54}}{{{r^2}}}\\).

Diện tích toàn phần bồn chứa dầu là: \\(S(r) = 2\\pi r(h + r) = 2\\pi r\\left( {\\frac{{54}}{{{r^2}}} + r} \\right) = 2\\pi \\left( {\\frac{{54}}{r} + {r^2}} \\right)\\).

b) Đúng. \\(S'(r) = 2\\pi \\left( { - \\frac{{54}}{{{r^2}}} + 2r} \\right) = 0 \\Leftrightarrow 2{r^3} = 54 \\Leftrightarrow r = 3\\).

Vậy diện tích toàn phần nhỏ nhất thì bán kính r = 3 (m).

d) Sai. Đổi 500 000 đồng = 0,5 triệu đồng.

Số tiền ít nhất để mua nguyên vật liệu làm bồn chứa dầu là: \\(54\\pi .0,5 \\approx 84,8\\) (triệu đồng).

Sử dụng công thức tính thể tích và diện tích xung quanh hình trụ, ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số và tìm giá trị nhỏ nhất.

Xét một hệ trục tọa độ Oxyz được cho sẵn, đơn vị trên mỗi trục là dm, mặt ngoài của một cục đá có dạng hình cầu được mô hình hóa bởi phương trình mặt cầu $(x - 2)^2 + (y + 1)^2 + (z + 1)^2 = 6$, cục đá nằm yên trên sàn nhà. Người ta nhìn thấy một tấm ván ngã xuống đè lên cục đá, phần giao của tấm ván và sàn nhà là đường thẳng d có phương trình $\\frac{x + 2}{2} = \\frac{y + 1}{-3} = \\frac{z}{1}$. Gọi A, B lần lượt là hai tiếp điểm của tấm ván, sàn nhà với cục đá và I là tâm cục đá (hình vẽ minh họa).

a) Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng d bằng $2\\sqrt{6}$.

b) Giả sử tại các điểm A và B trên cục đá có các khe hở nhỏ vừa đủ cho một con kiến lách qua. Một con kiến bò trên bề mặt ngoài của cục đá từ A đến B với tốc độ không đổi 2 cm/s, thời gian ngắn nhất cho chuyến đi này là 21 giây (làm tròn đến hàng đơn vị).

c) Nếu $\\cos \\widehat{AIB}$ bằng $\\frac{a}{b}$ (phân số tối giản) thì giá trị $a^2 + b^2 = 82$.

d) Tâm I(2; -1; -1) và bán kính $R = \\sqrt{6}$.

a) Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng d bằng $2\\sqrt{6}$.

b) Giả sử tại các điểm A và B trên cục đá có các khe hở nhỏ vừa đủ cho một con kiến lách qua. Một con kiến bò trên bề mặt ngoài của cục đá từ A đến B với tốc độ không đổi 2 cm/s, thời gian ngắn nhất cho chuyến đi này là 21 giây (làm tròn đến hàng đơn vị).

c) Nếu $\\cos \\widehat{AIB}$ bằng $\\frac{a}{b}$ (phân số tối giản) thì giá trị $a^2 + b^2 = 82$.

d) Tâm I(2; -1; -1) và bán kính $R = \\sqrt{6}$.

a) Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng d bằng $2\\sqrt{6}$.

b) Giả sử tại các điểm A và B trên cục đá có các khe hở nhỏ vừa đủ cho một con kiến lách qua. Một con kiến bò trên bề mặt ngoài của cục đá từ A đến B với tốc độ không đổi 2 cm/s, thời gian ngắn nhất cho chuyến đi này là 21 giây (làm tròn đến hàng đơn vị).

c) Nếu $\\cos \\widehat{AIB}$ bằng $\\frac{a}{b}$ (phân số tối giản) thì giá trị $a^2 + b^2 = 82$.

d) Tâm I(2; -1; -1) và bán kính $R = \\sqrt{6}$.

Xét một hệ trục tọa độ Oxyz được cho sẵn, đơn vị trên mỗi trục là dm, mặt ngoài của một cục đá có dạng hình cầu được mô hình hóa bởi phương trình mặt cầu $(x - 2)^2 + (y + 1)^2 + (z + 1)^2 = 6$, cục đá nằm yên trên sàn nhà. Người ta nhìn thấy một tấm ván ngã xuống đè lên cục đá, phần giao của tấm ván và sàn nhà là đường thẳng d có phương trình $\\frac{x + 2}{2} = \\frac{y + 1}{-3} = \\frac{z}{1}$. Gọi A, B lần lượt là hai tiếp điểm của tấm ván, sàn nhà với cục đá và I là tâm cục đá (hình vẽ minh họa).

a) Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng d bằng $2\\sqrt{6}$.

b) Giả sử tại các điểm A và B trên cục đá có các khe hở nhỏ vừa đủ cho một con kiến lách qua. Một con kiến bò trên bề mặt ngoài của cục đá từ A đến B với tốc độ không đổi 2 cm/s, thời gian ngắn nhất cho chuyến đi này là 21 giây (làm tròn đến hàng đơn vị).

c) Nếu $\\cos \\widehat{AIB}$ bằng $\\frac{a}{b}$ (phân số tối giản) thì giá trị $a^2 + b^2 = 82$.

d) Tâm I(2; -1; -1) và bán kính $R = \\sqrt{6}$.

d) Đúng. Mặt cầu có phương trình \\({(x - 2)^2} + {(y + 1)^2} + {(z + 1)^2} = 6\\) có tâm I(2; -1; -1) và bán kính \\(R = \\sqrt 6 \\).

a) Sai. d có vecto chỉ phương \\(\\overrightarrow u  = (2; - 3;1)\\) và đi qua điểm M(-2; -1; 0). Ta có \\(\\overrightarrow {IM}  = ( - 4;0;1)\\).

\\(\\left[ {\\overrightarrow u ,\\overrightarrow {IM} } \\right] = \\left( {\\left| {\\begin{array}{*{20}{c}}{ - 3}&1\\\\0&1\\end{array}} \\right|;\\left| {\\begin{array}{*{20}{c}}1&2\\\\1&{ - 4}\\end{array}} \\right|;\\left| {\\begin{array}{*{20}{c}}2&{ - 3}\\\\{ - 4}&0\\end{array}} \\right|} \\right) \\)

\\(= \\left( { - 3; - 6; - 12} \\right)\\).

Khoảng cách từ I đến d: \\(d\\left( {I,d} \\right) = \\frac{{\\left| {\\left[ {\\overrightarrow u ,\\overrightarrow {IM} } \\right]} \\right|}}{{\\left| {\\overrightarrow u } \\right|}} = \\frac{{\\sqrt {{{( - 3)}^2} + {{( - 6)}^2} + {{( - 12)}^2}} }}{{\\sqrt {{2^2} + {{( - 3)}^2} + {1^2}} }} = \\frac{{3\\sqrt 6 }}{2}\\).

c) Đúng. Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d. Khi đó \\(IH = d(I,d) = \\frac{{3\\sqrt 6 }}{2}\\). Xét mặt phẳng chứa I và vuông góc với d, mặt phẳng này cắt mặt cầu theo một đường tròn lớn và cắt hai tiếp diện theo hai tiếp tuyến HA và HB.

Xét tam giác IAH vuông tại A: \\(\\cos \\widehat {AIH} = \\frac{{IA}}{{IH}} = \\frac{{\\sqrt 6 }}{{\\frac{{3\\sqrt 6 }}{2}}} = \\frac{2}{3}\\).

Do tính chất đối xứng, \\(\\widehat {AIB} = 2\\widehat {AIH}\\).

\\(\\cos \\widehat {AIB} = \\cos (2\\widehat {AIH}) = 2{\\cos ^2}\\widehat {AIH} - 1 \\)

\\(= 2{\\left( {\\frac{2}{3}} \\right)^2} - 1 = \\frac{{ - 1}}{9} = \\frac{a}{b}\\).

Vậy \\({a^2} + {b^2} = {( - 1)^2} + {9^2} = 82\\).

b) Đúng. Giả sử cung nhỏ AB có số đo \\(\\alpha \\) (rad). Khi đó \\(\\alpha  = \\arccos \\frac{{ - 1}}{9}\\) (rad).

Độ dài cung AB là: \\(s = r\\alpha  = \\sqrt 6 \\arccos \\frac{{ - 1}}{9}\\) dm \\( = 10\\sqrt 6 \\arccos \\frac{{ - 1}}{9}\\) cm.

Thời gian con kiến bò là \\(t = \\frac{s}{v} = \\frac{{10\\sqrt 6 \\arccos \\frac{{ - 1}}{9}}}{2} \\approx 21\\) (giây).

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto trong không gian.

Một cốc cà phê nóng có nhiệt độ ban đầu là $80^o C$ được đặt trong một phòng có nhiệt độ ổn định là $20^o C$. Sau 15 phút, nhiệt độ của cốc cà phê giảm xuống còn $50^o C$ (hình vẽ minh họa). Gọi T(t) là nhiệt độ của cốc cà phê tại thời điểm t (phút) và y(t) = T(t) - 20 là chênh lệch nhiệt độ giữa cà phê và môi trường. Biết rằng tốc độ thay đổi chênh lệch nhiệt độ tỉ lệ thuận với chính nó, tức là y'(t) = k . y(t) (với k là hằng số).

a) Hằng số tốc độ làm mát của cốc cà phê $k = \\frac{1}{15} \\ln 2$.

b) Sau 30 phút kể từ khi đặt vào phòng, nhiệt độ của cốc cà phê là $30^o C$ (làm tròn đến hàng đơn vị).

c) $y(t) = 60e^{kt}$ với mọi $t \\geq 0$.

d) Tại thời điểm ban đầu (t = 0), giá trị của hằng số C trong biểu thức $y(t) = e^{kt+C}$ là $C = \\ln 60$.

a) Hằng số tốc độ làm mát của cốc cà phê $k = \\frac{1}{15} \\ln 2$.

b) Sau 30 phút kể từ khi đặt vào phòng, nhiệt độ của cốc cà phê là $30^o C$ (làm tròn đến hàng đơn vị).

c) $y(t) = 60e^{kt}$ với mọi $t \\geq 0$.

d) Tại thời điểm ban đầu (t = 0), giá trị của hằng số C trong biểu thức $y(t) = e^{kt+C}$ là $C = \\ln 60$.

a) Hằng số tốc độ làm mát của cốc cà phê $k = \\frac{1}{15} \\ln 2$.

b) Sau 30 phút kể từ khi đặt vào phòng, nhiệt độ của cốc cà phê là $30^o C$ (làm tròn đến hàng đơn vị).

c) $y(t) = 60e^{kt}$ với mọi $t \\geq 0$.

d) Tại thời điểm ban đầu (t = 0), giá trị của hằng số C trong biểu thức $y(t) = e^{kt+C}$ là $C = \\ln 60$.

Một cốc cà phê nóng có nhiệt độ ban đầu là $80^o C$ được đặt trong một phòng có nhiệt độ ổn định là $20^o C$. Sau 15 phút, nhiệt độ của cốc cà phê giảm xuống còn $50^o C$ (hình vẽ minh họa). Gọi T(t) là nhiệt độ của cốc cà phê tại thời điểm t (phút) và y(t) = T(t) - 20 là chênh lệch nhiệt độ giữa cà phê và môi trường. Biết rằng tốc độ thay đổi chênh lệch nhiệt độ tỉ lệ thuận với chính nó, tức là y'(t) = k . y(t) (với k là hằng số).

a) Hằng số tốc độ làm mát của cốc cà phê $k = \\frac{1}{15} \\ln 2$.

b) Sau 30 phút kể từ khi đặt vào phòng, nhiệt độ của cốc cà phê là $30^o C$ (làm tròn đến hàng đơn vị).

c) $y(t) = 60e^{kt}$ với mọi $t \\geq 0$.

d) Tại thời điểm ban đầu (t = 0), giá trị của hằng số C trong biểu thức $y(t) = e^{kt+C}$ là $C = \\ln 60$.

c) Đúng. \\(y'(t) = k.y(t) \\Leftrightarrow \\frac{{dy}}{{dt}} = k.y \\)

\\(\\Leftrightarrow \\frac{1}{y}dy = kdt \\Leftrightarrow \\int {\\frac{1}{y}dy}  = \\int {kdt} \\)

\\( \\Leftrightarrow \\ln \\left| y \\right| = kt + C \\Leftrightarrow y = {e^{kt + C}} \\)

\\(\\Leftrightarrow y = {e^{kt}}.{e^C} \\Leftrightarrow y = C'{e^{kt}}\\) (đặt \\(C' = {e^C}\\) là hằng số).

Ta có \\(y(0) = C'.{e^{k.0}} = C'\\). Mặt khác, theo giả thiết: y(0) = T(0) – 20 = 80 – 20 = 60.

Do đó \\(y(0) = C' = 60 \\Rightarrow y(t) = 60{e^{kt}}\\) (với mọi \\(t \\ge 0\\)).

d) Đúng. \\(y(0) = {e^{k.0 + C}} = 60\\)

\\(\\Leftrightarrow {e^C} = 60 \\Leftrightarrow C = \\ln 60\\).

a) Sai. Theo giả thiết:

y(15) = T(15) – 20 = 50 – 20 = 30.

Suy ra \\(y(15) = 60{e^{k.15}} = 30 \\Leftrightarrow {e^{15k}} = \\frac{1}{2} \\)

\\(\\Leftrightarrow k = \\frac{1}{{15}}\\ln \\frac{1}{2} =  - \\frac{1}{{15}}\\ln 2\\).

b) Sai. \\(y(30) = T(30) - 20\\)

\\(\\Leftrightarrow T(30) = y(30) + 20 \\)

\\(= 60{e^{\\left( { - \\frac{1}{{15}}\\ln 2} \\right).30}} + 20 = 35\\).

Vậy sau 30 phút kể từ khi đặt vào phòng, nhiệt độ của cốc cà phê là \\({35^o}C\\).

Ứng dụng nguyên hàm để giải bài toán.

Hộp X có 5 bi đen và 5 bi trắng, hộp Y có 6 bi đen và 8 bi trắng. Bạn H lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp X bỏ sang hộp Y, sau đó tiếp tục lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp Y (hình vẽ minh họa).

a) Biết rằng bạn H đã lấy được 2 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp Y, xác suất để 2 viên bi đen lấy là từ hộp X chuyển qua bằng $\\frac{448}{1693}$.

b) Xác suất để lấy được 3 viên bi đen từ hộp Y bằng $\\frac{109}{1680}$.

c) Xác suất lấy được 2 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp Y bằng $\\frac{1693}{5040}$.

d) Xác suất để lấy được 2 viên bi trắng từ hộp X bằng $\\frac{1}{3}$.

a) Biết rằng bạn H đã lấy được 2 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp Y, xác suất để 2 viên bi đen lấy là từ hộp X chuyển qua bằng $\\frac{448}{1693}$.

b) Xác suất để lấy được 3 viên bi đen từ hộp Y bằng $\\frac{109}{1680}$.

c) Xác suất lấy được 2 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp Y bằng $\\frac{1693}{5040}$.

d) Xác suất để lấy được 2 viên bi trắng từ hộp X bằng $\\frac{1}{3}$.

a) Biết rằng bạn H đã lấy được 2 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp Y, xác suất để 2 viên bi đen lấy là từ hộp X chuyển qua bằng $\\frac{448}{1693}$.

b) Xác suất để lấy được 3 viên bi đen từ hộp Y bằng $\\frac{109}{1680}$.

c) Xác suất lấy được 2 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp Y bằng $\\frac{1693}{5040}$.

d) Xác suất để lấy được 2 viên bi trắng từ hộp X bằng $\\frac{1}{3}$.

Hộp X có 5 bi đen và 5 bi trắng, hộp Y có 6 bi đen và 8 bi trắng. Bạn H lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp X bỏ sang hộp Y, sau đó tiếp tục lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp Y (hình vẽ minh họa).

a) Biết rằng bạn H đã lấy được 2 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp Y, xác suất để 2 viên bi đen lấy là từ hộp X chuyển qua bằng $\\frac{448}{1693}$.

b) Xác suất để lấy được 3 viên bi đen từ hộp Y bằng $\\frac{109}{1680}$.

c) Xác suất lấy được 2 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp Y bằng $\\frac{1693}{5040}$.

d) Xác suất để lấy được 2 viên bi trắng từ hộp X bằng $\\frac{1}{3}$.

Gọi \\({A_1}\\): “H lấy được 2 viên bi đen từ hộp X”. \\(P\\left( {{A_1}} \\right) = \\frac{{C_5^2}}{{C_{10}^2}} = \\frac{2}{9}\\).

\\({A_2}\\): “H lấy được 1 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp X”. \\(P\\left( {{A_2}} \\right) = \\frac{{C_5^1.C_5^1}}{{C_{10}^2}} = \\frac{5}{9}\\).

\\({A_3}\\): “H lấy được 2 viên bi trắng từ hộp X”. \\(P\\left( {{A_3}} \\right) = \\frac{{C_5^2}}{{C_{10}^2}} = \\frac{2}{9}\\).

d) Sai. \\(P\\left( {{A_3}} \\right) = \\frac{{C_5^2}}{{C_{10}^2}} = \\frac{2}{9}\\).

b) Đúng. Gọi B: “H lấy được 3 viên bi đen từ hộp Y”. Ta có:

\\(P\\left( {B|{A_1}} \\right) = \\frac{{C_{6 + 2}^3}}{{C_{14 + 2}^3}} = \\frac{1}{{10}}\\); \\(P\\left( {B|{A_2}} \\right) = \\frac{{C_{6 + 1}^3}}{{C_{14 + 2}^3}} = \\frac{1}{{16}}\\); \\(P\\left( {B|{A_3}} \\right) = \\frac{{C_6^3}}{{C_{14 + 2}^3}} = \\frac{1}{{28}}\\).

\\(P\\left( B \\right) = P\\left( {{A_1}} \\right).P\\left( {B|{A_1}} \\right) + P\\left( {{A_2}} \\right).P\\left( {B|{A_2}} \\right) + P\\left( {{A_3}} \\right).P\\left( {B|{A_3}} \\right)\\)

\\( = \\frac{2}{9}.\\frac{1}{{10}} + \\frac{5}{9}.\\frac{1}{{16}} + \\frac{2}{9}.\\frac{1}{{28}} = \\frac{{109}}{{1680}}\\).

c) Đúng. Gọi C: “H lấy được 2 viên bi đen và 1 viên bi trắng từ hộp Y”. Ta có:

\\(P\\left( {C|{A_1}} \\right) = \\frac{{C_{6 + 2}^2.C_8^1}}{{C_{14 + 2}^3}} = \\frac{2}{5}\\); \\(P\\left( {C|{A_2}} \\right) = \\frac{{C_{6 + 1}^2.C_{8 + 1}^1}}{{C_{14 + 2}^3}} = \\frac{{27}}{{80}}\\); \\(P\\left( {C|{A_3}} \\right) = \\frac{{C_6^2.C_{8 + 2}^1}}{{C_{14 + 2}^3}} = \\frac{{15}}{{56}}\\).

\\(P\\left( C \\right) = P\\left( {{A_1}} \\right).P\\left( {C|{A_1}} \\right) + P\\left( {{A_2}} \\right).P\\left( {C|{A_2}} \\right) + P\\left( {{A_3}} \\right).P\\left( {C|{A_3}} \\right)\\)

\\( = \\frac{2}{9}.\\frac{2}{5} + \\frac{5}{9}.\\frac{{27}}{{80}} + \\frac{2}{9}.\\frac{{15}}{{56}} = \\frac{{1693}}{{5040}}\\).

a) Đúng. \\(P\\left( {{A_1}|C} \\right) = \\frac{{P\\left( {{A_1}} \\right).P\\left( {C|{A_1}} \\right)}}{{P\\left( C \\right)}} = \\frac{{\\frac{2}{9}.\\frac{2}{5}}}{{\\frac{{1693}}{{5040}}}} = \\frac{{448}}{{1693}}\\).

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

Một nhà máy chế tạo linh kiện điện tử đặc chủng, số lượng linh kiện được sản xuất mỗi tháng là x \\((x \\in {\\mathbb{N}^*},100 \\le x \\le 5000)\\). Toàn bộ sản phẩm sản xuất ra đều được tiêu thụ với giá bán cố định là 200 triệu đồng/linh kiện. Doanh thu được xác định theo mô hình tuyến tính F(x) = 200x, tổng chi phí sản xuất lại tăng theo hàm mũ và được cho bởi công thức: \\(C(x) = 100.{e^{0,001x}}\\) (đơn vị: triệu đồng). Để nhà máy đạt lợi nhuận tối thiểu là 25 tỷ đồng, nhà máy cần sản xuất ít nhất bao nhiêu linh kiện trong tháng đó?

Lập hàm lợi nhuận theo x, ứng dụng đạo hàm khảo sát hàm số.

Đổi: 25 tỷ đồng = 25 000 triệu đồng.

Lợi nhuận: \\(P(x) = F(x) - C(x) = 200x - 100{e^{0,001x}}\\) (triệu đồng).

Theo yêu cầu đề bài: \\(P(x) = 200x - 100{e^{0,001x}} \\ge 25000\\).

Xét \\(P'(x) = 200 - 0,1.{e^{0,001x}} = 0 \\Leftrightarrow x \\approx 7601 \\notin \\left[ {100;5000} \\right]\\).

Khi \\(x \\in \\left[ {100;5000} \\right]\\) thì P’(x) > 0 với mọi x nên hàm P(x) đồng biến trên [100; 5000].

\\(P(x) = 25000 \\Leftrightarrow 200x - 100{e^{0,001x}} = 25000 \\Leftrightarrow x \\approx 125,57\\).

Vì hàm P(x) đồng biến trên [100; 5000] nên giá trị nguyên x nhỏ nhất để \\(P(x) \\ge 25000\\) là 126.

Vậy nhà máy cần sản xuất ít nhất 126 linh kiện trong tháng đó.

Trong ngày hội trại 26/03 vừa qua, chi đoàn lớp 12/1 trường THPT A tổ chức một gian hàng ẩm thực phục vụ thực khách với hai món chính là Trà đào và Nem chua rán. Để tăng doanh số, lớp thiết kế hai gói combo sau:

- Combo \"Năng lượng\": Giá 30 nghìn đồng, bao gồm 1 cốc trà đào và 1 đĩa nem chua rán.

- Combo \"Bùng nổ\": Giá 80 nghìn đồng, bao gồm 2 cốc trà đào và 3 đĩa nem chua rán.

Qua tính toán nguyên liệu chuẩn bị ban đầu, lớp chỉ có thể phục vụ tối đa 120 cốc trà đào và 150 đĩa nem chua rán. Giả sử sức mua của học sinh và thầy cô trong trường là rất lớn, lớp luôn bán hết các combo đã đóng gói. Số tiền lớn nhất (đơn vị: nghìn đồng) mà chi đoàn lớp 12/1 có thể thu được từ việc bán hai loại combo trên là bao nhiêu?

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải.

Gọi x, y \\((x,y \\in \\mathbb{N})\\) là số combo “Năng lượng” và combo “Bùng nổ” mà lớp 12/1 bán được.

Theo giả thiết: \\(\\left\\{ {\\begin{array}{*{20}{l}}{x \\ge 0}\\\\{y \\ge 0}\\\\{x + 2y \\le 120}\\\\{x + 3y \\le 150}\\end{array}} \\right.\\).

F(x; y) = 30x + 80y đạt giá trị lớn nhất.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tứ giác OABC tô màu ở hình dưới. Các điểm O(0; 0), A(0; 50), B(60; 30), C(120; 0) là các điểm biên.

Ta thấy: F(0; 0) = 0, F(0; 50) = 4000, F(60; 30) = 4200, F(120; 0) = 3600.

Vậy số tiền lớn nhất mà lớp 12/1 thu được 4200 (nghìn đồng).

Một công ty kiến trúc thiết kế một trạm dừng chân hiện đại có hình dáng là một khối lăng trụ tam giác ABC.A'B'C', đảm bảo các yêu cầu sau:

- Mặt sàn (ABC) là một tam giác đều có cạnh bằng 6 m.

- Cột trụ chính AA' được đặt nghiêng sao cho hình chiếu vuông góc của đỉnh mái A' lên mặt sàn (ABC) trùng khớp với trọng tâm G của tam giác ABC.

- Khoảng cách giữa cột trụ AA' và mép sàn BC là \\(1,5\\sqrt 3 \\) m.

Phần không gian giới hạn trong khối lăng trụ ABC.A'B'C' có thể tích là \\(18\\sqrt m \\) \\(({m^3})\\). Tìm m.

Tìm đoạn vuông góc chung của AA’ và BC, áp dụng tính chất của tam giác đồng dạng, định lí Pythagore,... để tính độ dài chiều cao khối lăng trụ, từ đó tính thể tích khối lăng trụ.

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó A, G, M thẳng hàng.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’.

Vì tam giác ABC đều nên \\(AM \\bot BC\\). Mặt khác, \\(A'G \\bot (ABC) \\Rightarrow A'G \\bot BC\\).

\\(\\left. \\begin{array}{l}AM \\bot BC\\\\A'G \\bot BC\\end{array} \\right\\} \\Rightarrow BC \\bot (A'AM) \\Rightarrow BC \\bot MH\\).

\\(\\left. \\begin{array}{l}HM \\bot BC,M \\in BC\\\\HM \\bot AA',H \\in AA'\\end{array} \\right\\}\\)

\\(\\Rightarrow d\\left( {AA',BC} \\right) = MH = 1,5\\sqrt 3  = \\frac{{3\\sqrt 3 }}{2}\\) (m).

Tam giác đều ABC có cạnh bằng 6, suy ra \\(AM = \\frac{{6\\sqrt 3 }}{2} = 3\\sqrt 3 \\) (m).

\\(AG = \\frac{2}{3}AM = \\frac{2}{3}.3\\sqrt 3  = 2\\sqrt 3 \\) (m).

Xét tam giác AHM vuông tại H:

\\(AH = \\sqrt {A{M^2} - H{M^2}}  = \\sqrt {{{\\left( {3\\sqrt 3 } \\right)}^2} - {{\\left( {\\frac{{3\\sqrt 3 }}{2}} \\right)}^2}}  = \\frac{9}{2}\\) (m).

Hai tam giác AGA’ và AHM đồng dạng (g.g) nên:

\\(\\frac{{AH}}{{AG}} = \\frac{{HM}}{{A'G}} \\Leftrightarrow A'G = \\frac{{AG.HM}}{{AH}} = \\frac{{2\\sqrt 3 .\\frac{{3\\sqrt 3 }}{2}}}{{\\frac{9}{2}}} = 2\\) (m).

\\(V = A'G.{S_{ABC}} = 2.\\frac{{{6^2}\\sqrt 3 }}{4} = 18\\sqrt 3 \\) \\(({m^3})\\). Vậy m = 3.

Có 12 quả bóng gồm 4 quả bóng vàng giống nhau và 8 quả bóng xanh được đánh số 1, 2, ..., 8. Người ta bỏ ngẫu nhiên tất cả số bóng trên vào ba hộp đựng A, B, C khác nhau, mỗi hộp có 4 ngăn đánh số 1, 2, 3, 4, mỗi ngăn chứa được đúng 1 quả bóng. Gọi T là số cách phân bố các quả bóng vào các ngăn của ba hộp trên sao cho có đúng một hộp chứa toàn các bóng mang số chẵn. Tính giá trị \\(\\frac{T}{{70}}\\).

Áp dụng phương pháp tổ hợp.

Các công đoạn:

- Chọn 1 trong 3 hộp A, B, C để chứa 4 quả bóng mang số chẵn: 3 cách.

- Đổi vị trí 4 quả bóng mang số chẵn với nhau: 4! cách.

- Xếp 4 quả bóng mang số lẻ vào 8 vị trí còn lại của 2 hộp: \\(A_8^4\\) cách.

- Xếp 4 quả bóng vàng giống nhau vào 4 vị trí còn lại: 1 cách.

Do đó \\(T = 3.4!A_8^4 = 120960 \\Rightarrow \\frac{T}{{70}} = 1728\\).

Từ bảng gỗ hình vuông ABCD có độ dài cạnh 12 cm, bạn Anh chia hình vuông này thành 9 hình vuông nhỏ bằng nhau rồi vẽ một hình càng cua được giới hạn bởi các cung phần tư của các đường tròn tâm A, E, F, G (xem hình vẽ). Tính diện tích hình càng cua (phần tô đậm trong hình vẽ) theo đơn vị \\(c{m^2}\\). (Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

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} \\).

Cung phần tư của đường tròn tâm A:

\\({x^2} + {(y - 12)^2} = 144 \\Rightarrow y =  - \\sqrt {144 - {x^2}}  + 12\\).

Cung phần tư của đường tròn tâm E:

\\({(x - 8)^2} + {y^2} = 64 \\Rightarrow y = \\sqrt {64 - {{(x - 8)}^2}} \\).

Cung phần tư của đường tròn tâm F:

\\({(x - 8)^2} + {(y - 4)^2} = 16 \\Rightarrow y = \\sqrt {16 - {{(x - 8)}^2}}  + 4\\).

Cung phần tư của đường tròn tâm G:

\\({(x - 4)^2} + {(y - 12)^2} = 64 \\Rightarrow y =  - \\sqrt {64 - {{(x - 4)}^2}}  + 12\\).

\\({S_1} = \\int\\limits_0^4 {\\left| {\\sqrt {64 - {{(x - 8)}^2}}  - \\left( { - \\sqrt {144 - {x^2}}  + 12} \\right)} \\right|dx}  \\approx 18,75\\) \\(\\left( {c{m^2}} \\right)\\).

\\({S_2} = \\int\\limits_4^8 {\\left| {\\sqrt {64 - {{(x - 8)}^2}}  - \\left( {\\sqrt {16 - {{(x - 8)}^2}}  + 4} \\right)} \\right|dx}  \\approx 2,05\\) \\(\\left( {c{m^2}} \\right)\\).

\\({S_3} = \\int\\limits_4^{12} {\\left| { - \\sqrt {64 - {{(x - 4)}^2}}  + 12 - \\left( { - \\sqrt {144 - {x^2}}  + 12} \\right)} \\right|dx}  \\approx 15,74\\) \\(\\left( {c{m^2}} \\right)\\).

Diện tích hình càng cua là: \\(S = {S_1} + {S_2} + {S_3} \\approx 37\\) \\(\\left( {c{m^2}} \\right)\\).

Dịp cuối tuần một nhóm 27 bạn gồm Tâm, Vy, Tuệ và 24 bạn khác cùng nhau đến rạp chiếu phim xem bộ phim “Mưa đỏ”. Khi xếp tùy ý nhóm bạn này vào dãy ghế được đánh số từ 1 đến 27, mỗi bạn ngồi một ghế thì xác suất để số ghế của Tâm, Vy, Tuệ theo thứ tự lập thành cấp số cộng là \\(\\frac{P}{{675}}\\). Tìm P?

Sử dụng phương pháp tổ hợp.

Gọi số ghế của Tâm, Vy, Tuệ lần lượt là x, y, z, chúng lập thành cấp số cộng theo thứ tự đó.

Theo tính chất của cấp số cộng: x + z = 2y.

Vì 2y là số chẵn nên x + z cũng là số chẵn, khi đó x và z phải cùng tính chẵn lẻ.

Từ 1 đến 27 có 14 số lẻ và 13 số chẵn.

TH1: x, z cùng lẻ. Có \\(A_{14}^2\\) cặp số (x; z) thỏa mãn (xét cả thứ tự của Tâm và Tuệ).

 TH2: x, z cùng chẵn. Có \\(A_{13}^2\\) cặp số (x; z) thỏa mãn.

Sau khi xếp 3 bạn trên, xếp 24 bạn còn lại có 24! cách.

Xác suất để số ghế của Tâm, Vy, Tuệ theo thứ tự lập thành cấp số cộng là:

\\(\\frac{{\\left( {A_{14}^2 + A_{13}^2} \\right).24!}}{{27!}} = \\frac{{13}}{{675}} = \\frac{P}{{675}} \\Rightarrow P = 13\\).