• 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 Nguyễn Trung Thiên 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) Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là 145.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là 250 (km).

c) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm bằng 79,17 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm bằng 55,68 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

a) Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là 145.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là 250 (km).

c) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm bằng 79,17 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm bằng 55,68 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

a) Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là 145.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là 250 (km).

c) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm bằng 79,17 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm bằng 55,68 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Một bác tài xế thống kê lại độ dài quãng đường bác đã lái xe mỗi ngày trong một tháng ở bảng sau:

a) Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là 145.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là 250 (km).

c) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm bằng 79,17 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

d) Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm bằng 55,68 (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

a) Sai. Số trung bình: \\(\\overline x  = \\frac{{5.75 + 10.125 + 9.175 + 4.225 + 2.275}}{{30}} = 155\\).

b) Đúng. Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là: 300 – 50 = 250.

c) Đúng. Cỡ mẫu n = 30.

Gọi \\({x_1};{\\rm{ }}{x_2}; \\ldots ;{\\rm{ }}{x_{30}}\\) là mẫu số liệu gốc về độ dài quãng đường bác tài xế lái mỗi ngày trong một tháng được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có: \\({x_1}; \\ldots ;{\\rm{ }}{x_5} \\in [50;100)\\); \\({x_6}; \\ldots ;{\\rm{ }}{x_{15}} \\in [100;150)\\);\\({x_{16}}; \\ldots ;{\\rm{ }}{x_{24}} \\in [150;200)\\);\\({x_{25}};...;{x_{28}} \\in [200;250)\\);\\({x_{29}};{x_{30}} \\in [250;300)\\).

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \\({x_8} \\in [100;150)\\). Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là: \\({Q_1} = 100 + \\frac{{\\frac{{30}}{4} - 5}}{{10}}(150 - 100) = 112,5\\).

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \\({x_{23}} \\in [150;200)\\). Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là: \\({Q_3} = 150 + \\frac{{\\frac{{3.30}}{4} - (5 + 10)}}{9}(200 - 150) = \\frac{{575}}{3}\\)

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: \\({\\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 79,17\\).

d) Đúng. Độ lệch chuẩn:

\\(S  = \\sqrt {\\frac{{{{5.75}^2} + {{10.125}^2} + {{9.175}^2} + {{4.225}^2} + {{2.275}^2}}}{{30}} - {{155}^2}} = 10\\sqrt{31} \\approx 55,68\\).

a) \\(\\overline x  = \\frac{1}{n}({n_1}{c_1} + {n_2}{c_2} + ... + {n_k}{c_k})\\).

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là hiệu số giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng và đầu mút trái của nhóm đầu tiên có chứa dữ liệu của mẫu số liệu.

c) \\({\\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}\\).

d) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu \\({S^2}\\), được tính bởi công thức:

\\({S^2} = \\frac{1}{n}[{n_1}{({c_1} - \\overline x )^2} + {n_2}{({c_2} - \\overline x )^2} + ... + {n_k}{({c_k} - \\overline x )^2}]\\)

Trong đó: \\(n = {n_1} + {n_2} + ... + {n_k}\\) là cỡ mẫu;

\\(\\overline x  = \\frac{1}{n}({n_1}{c_1} + {n_2}{c_2} + ... + {n_k}{c_k})\\) là số trung bình;

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu \\(S\\), là căn bậc hai số học của phương sai.

Từ dữ kiện đề bài, ta có toạ độ các điểm A(2; 0; 0), D(-6; 0; 0), B(2; 6; 0), E(2; 0; 5) C(-6; 6; 0).

a) Sai. Hình chiếu của Q lên mặt phẳng (Oxy) là T(-6; 3; 0) và QT = 7 nên có Q(-6; 3; 7).

b) Đúng. \\(\\overrightarrow {OC}  = ( - 6 - 0;6 - 0;0 - 0) = ( - 6;6;0)\\).

c) Đúng. Có K(0; 0; 5), F(2; 6; 5), G(-6; 6; 5). Gọi I là vị trí đặt camera, khi đó I là trung điểm của FG nên:

\\(\\left\\{ \\begin{array}{l}{x_I} = \\frac{{{x_F} + {x_G}}}{2} = \\frac{{2 - 6}}{2} =  - 2\\\\{y_I} = \\frac{{{y_F} + {y_G}}}{2} = \\frac{{6 + 6}}{2} = 6\\\\{z_I} = \\frac{{{z_F} + {z_G}}}{2} = \\frac{{5 + 5}}{2} = 5\\end{array} \\right. \\Rightarrow I( - 2;6;5)\\).

Độ dài đoạn cáp tối thiểu là:

\\(OK + KI = 5 + \\sqrt {{{( - 2 - 0)}^2} + {{(6 - 0)}^2} + {{(5 - 5)}^2}}  = 5 + 2\\sqrt {10} \\) (m).

d) Sai. Có H(-6;0;5), Q(-6;3;7) nên \\(QH = \\sqrt {13} \\).

Diện tích mái tôn là \\(S = 2HQ.EH = 16\\sqrt {13} \\) \\(({m^2})\\).

Số tiền cần bỏ ra là \\(16\\sqrt {13} .130000 \\approx 7500000\\) (đồng).

Tìm tọa độ các điểm, áp dụng biểu thức tọa độ của các phép toán vecto.

Một kho chứa hàng có dạng hình lăng trụ đứng ABFPE.DCGQH với ABFE là hình chữ nhật và
EFP là tam giác cân tại P. Gọi T là trung điểm của DC. Các kích thước của kho chứa lần lượt là
AB = 6 m; AE = 5 m; AD = 8 m; QT = 7 m. Người ta mô hình hoá nhà kho bằng cách chọn hệ trục toạ độ có gốc toạ độ là điểm O thuộc đoạn AD sao cho OA = 2 m và các trục toạ độ tương ứng như hình vẽ dưới đây.

a) Tọa độ điểm Q là (-6; 3; 5).

b) Vecto \\(\\overrightarrow {OC} \\) có tọa độ là (-6; 6; 0).

c) Người ta muốn lắp camera quan sát trong nhà kho tại vị trí trung điểm của FG và đầu thu dữ liệu đặt tại vị trí O. Người ta thiết kế đường dây cáp nối từ O đến K sau đó nối thẳng đến camera. Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu bằng \\(5 + 2\\sqrt {10} \\) m.

d) Mái nhà được lợp bằng tôn Hoa Sen, giá tiền mỗi mét vuông tôn là 130000 đồng. Số tiền cần bỏ ra để mua tôn lợp mái nhà là 3750000 đồng (không kể hao phí do việc cắt và ghép các miếng tôn, làm tròn kết quả đến hàng nghìn).

a) Tọa độ điểm Q là (-6; 3; 5).

b) Vecto \\(\\overrightarrow {OC} \\) có tọa độ là (-6; 6; 0).

c) Người ta muốn lắp camera quan sát trong nhà kho tại vị trí trung điểm của FG và đầu thu dữ liệu đặt tại vị trí O. Người ta thiết kế đường dây cáp nối từ O đến K sau đó nối thẳng đến camera. Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu bằng \\(5 + 2\\sqrt {10} \\) m.

d) Mái nhà được lợp bằng tôn Hoa Sen, giá tiền mỗi mét vuông tôn là 130000 đồng. Số tiền cần bỏ ra để mua tôn lợp mái nhà là 3750000 đồng (không kể hao phí do việc cắt và ghép các miếng tôn, làm tròn kết quả đến hàng nghìn).

a) Tọa độ điểm Q là (-6; 3; 5).

b) Vecto \\(\\overrightarrow {OC} \\) có tọa độ là (-6; 6; 0).

c) Người ta muốn lắp camera quan sát trong nhà kho tại vị trí trung điểm của FG và đầu thu dữ liệu đặt tại vị trí O. Người ta thiết kế đường dây cáp nối từ O đến K sau đó nối thẳng đến camera. Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu bằng \\(5 + 2\\sqrt {10} \\) m.

d) Mái nhà được lợp bằng tôn Hoa Sen, giá tiền mỗi mét vuông tôn là 130000 đồng. Số tiền cần bỏ ra để mua tôn lợp mái nhà là 3750000 đồng (không kể hao phí do việc cắt và ghép các miếng tôn, làm tròn kết quả đến hàng nghìn).

Một kho chứa hàng có dạng hình lăng trụ đứng ABFPE.DCGQH với ABFE là hình chữ nhật và
EFP là tam giác cân tại P. Gọi T là trung điểm của DC. Các kích thước của kho chứa lần lượt là
AB = 6 m; AE = 5 m; AD = 8 m; QT = 7 m. Người ta mô hình hoá nhà kho bằng cách chọn hệ trục toạ độ có gốc toạ độ là điểm O thuộc đoạn AD sao cho OA = 2 m và các trục toạ độ tương ứng như hình vẽ dưới đây.

a) Tọa độ điểm Q là (-6; 3; 5).

b) Vecto \\(\\overrightarrow {OC} \\) có tọa độ là (-6; 6; 0).

c) Người ta muốn lắp camera quan sát trong nhà kho tại vị trí trung điểm của FG và đầu thu dữ liệu đặt tại vị trí O. Người ta thiết kế đường dây cáp nối từ O đến K sau đó nối thẳng đến camera. Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu bằng \\(5 + 2\\sqrt {10} \\) m.

d) Mái nhà được lợp bằng tôn Hoa Sen, giá tiền mỗi mét vuông tôn là 130000 đồng. Số tiền cần bỏ ra để mua tôn lợp mái nhà là 3750000 đồng (không kể hao phí do việc cắt và ghép các miếng tôn, làm tròn kết quả đến hàng nghìn).

Cho hàm số $y = - x^{3} + 3x^{2} + 4$ có đồ thị (C).

a) Hàm số có đạo hàm là $y' = - 3x^{2} + 6x$.

b) Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).

c) Đồ thị (C) có hai điểm cực trị và đường thẳng qua hai điểm cực trị là 2x + y – 4 = 0.

d) Diện tích ΔAOB bằng 4 trong đó A và B là hai điểm cực trị của (C).

a) Hàm số có đạo hàm là $y' = - 3x^{2} + 6x$.

b) Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).

c) Đồ thị (C) có hai điểm cực trị và đường thẳng qua hai điểm cực trị là 2x + y – 4 = 0.

d) Diện tích ΔAOB bằng 4 trong đó A và B là hai điểm cực trị của (C).

a) Hàm số có đạo hàm là $y' = - 3x^{2} + 6x$.

b) Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).

c) Đồ thị (C) có hai điểm cực trị và đường thẳng qua hai điểm cực trị là 2x + y – 4 = 0.

d) Diện tích ΔAOB bằng 4 trong đó A và B là hai điểm cực trị của (C).

Cho hàm số $y = - x^{3} + 3x^{2} + 4$ có đồ thị (C).

a) Hàm số có đạo hàm là $y' = - 3x^{2} + 6x$.

b) Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2).

c) Đồ thị (C) có hai điểm cực trị và đường thẳng qua hai điểm cực trị là 2x + y – 4 = 0.

d) Diện tích ΔAOB bằng 4 trong đó A và B là hai điểm cực trị của (C).

a) Đúng. \\(y' =  - 3{x^2} + 6x\\).

b) Đúng. \\(y' = 0 \\Leftrightarrow  - 3{x^2} + 6x = 0 \\Leftrightarrow \\left[ \\begin{array}{l}x = 0\\\\x = 2\\end{array} \\right.\\)

Với \\(x \\in (0;2)\\) thì \\(y' =  - 3{x^2} + 6x > 0\\) nên hàm số \\(y =  - {x^3} + 3{x^2} + 4\\) đồng biến trên (0; 2).

c) Sai. (C) có hai điểm cực trị là (0; 4) và (2; 8).

Giả sử đường thẳng đi qua hai điểm cực trị trên là d: y = ax + b.

Ta có hệ \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}4 = a.0 + b\\\\8 = a.2 + b\\end{array} \\right. \\Leftrightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l}b = 4\\\\a = 2\\end{array} \\right. \\Rightarrow y = 2x + 4\\) hay 2x – y + 4 = 0.

d) Đúng. Giả sử A(0; 4), B(2; 8). Ta có \\({S_{OAB}} = \\frac{1}{2}OA.{x_B} = \\frac{1}{2}.4.2 = 4\\).

Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số.

Tại thời điểm t = 0, một chiếc xe đang chuyển động về một hướng với vận tốc ban đầu $v_{0} = 10$ (m/s), gia tốc của xe từ thời điểm đó được tính bằng công thức $a(t) = - 2t + 4$ $\\left( {m/s^{2}} \\right)$. Sau thời điểm đó 3 giây, do gặp chướng ngại vật nên xe bắt đầu phanh gấp và chuyển động biến đổi đều với gia tốc mới $a_{m}(t) = - 6$ $\\left( {m/s^{2}} \\right)$.

a) Sau khi phanh gấp, xe chuyển động chậm dần đều.

b) Vận tốc của xe luôn tăng trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên.

c) Vận tốc của xe tại thời điểm t = 3 giây là 3 (m/s).

d) Quãng đường xe đi được từ thời điểm t = 0 đến khi dừng hẳn là 92 m.

a) Sau khi phanh gấp, xe chuyển động chậm dần đều.

b) Vận tốc của xe luôn tăng trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên.

c) Vận tốc của xe tại thời điểm t = 3 giây là 3 (m/s).

d) Quãng đường xe đi được từ thời điểm t = 0 đến khi dừng hẳn là 92 m.

a) Sau khi phanh gấp, xe chuyển động chậm dần đều.

b) Vận tốc của xe luôn tăng trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên.

c) Vận tốc của xe tại thời điểm t = 3 giây là 3 (m/s).

d) Quãng đường xe đi được từ thời điểm t = 0 đến khi dừng hẳn là 92 m.

Tại thời điểm t = 0, một chiếc xe đang chuyển động về một hướng với vận tốc ban đầu $v_{0} = 10$ (m/s), gia tốc của xe từ thời điểm đó được tính bằng công thức $a(t) = - 2t + 4$ $\\left( {m/s^{2}} \\right)$. Sau thời điểm đó 3 giây, do gặp chướng ngại vật nên xe bắt đầu phanh gấp và chuyển động biến đổi đều với gia tốc mới $a_{m}(t) = - 6$ $\\left( {m/s^{2}} \\right)$.

a) Sau khi phanh gấp, xe chuyển động chậm dần đều.

b) Vận tốc của xe luôn tăng trong khoảng thời gian 3 giây đầu tiên.

c) Vận tốc của xe tại thời điểm t = 3 giây là 3 (m/s).

d) Quãng đường xe đi được từ thời điểm t = 0 đến khi dừng hẳn là 92 m.

a) Đúng. \\({a_m}\\left( t \\right) =  - 6 < 0\\) nên xe chuyển động chậm dần đều.

b) Sai. Với \\(t \\in (0;2)\\) thì a(t) > 0 nên vận tốc tăng, \\(t \\in (2;3)\\) thì a(t) < 0 nên vận tốc giảm.

c) Sai. \\(v(t) = \\int {a(t)dt}  = \\int {( - 2t + 4)dt}  =  - {t^2} + 4t + C\\).

Ta có \\({v_0} = 10 \\Rightarrow v(0) = 10 \\Leftrightarrow  - {0^2} + 4.0 = 10 \\Leftrightarrow C = 10\\).

Suy ra \\(v(t) =  - {t^2} + 4t + 10 \\Rightarrow v(3) = 13\\) (m/s).

d) Sai. Quãng đường xe đi được trong 3 giây đầu là:

\\(s(t) = \\int\\limits_0^3 {v(t)dt}  = \\int\\limits_0^3 {( - {t^2} + 4t + 10)dt}  = 39\\) (m).

Ta có \\({v_m}\\left( t \\right) = \\int {{a_m}\\left( t \\right)}  =  - 6t + {C_1}\\).

\\({v_m}\\left( 0 \\right) = 13 \\Leftrightarrow  - 6.0 + {C_1} = 13 \\Leftrightarrow {C_1} = 13 \\Rightarrow {v_m}\\left( t \\right) =  - 6t + 13\\).

Xe dừng hẳn tại \\({v_m}\\left( t \\right) = 0 \\Leftrightarrow  - 6t + 13 = 0 \\Leftrightarrow t = \\frac{{13}}{6}\\).

Quãng đường xe đi được sau khi phanh là:

\\({s_m}(t) = \\int\\limits_0^{\\frac{{13}}{6}} {{v_m}(t)dt}  = \\int\\limits_0^{\\frac{{13}}{6}} {( - 6t + 13)dt}  = \\frac{{169}}{{12}}\\) (m).

Quãng đường xe đi được từ thời điểm t = 0 đến khi dừng hẳn là:

\\(39 + \\frac{{169}}{{12}} = \\frac{{637}}{{12}} \\approx 53\\) (m).

a, b) Nếu gia tốc lớn hơn 0 thì vận tốc tăng dần, gia tốc nhỏ hơn 0 thì vận tốc giảm dần.

c) Tìm \\(v(t) = \\int {a(t)dt} \\) và tính v(3).

d) Tìm quãng đường xe đi được trong 3 giây đầu và quãng đường xe đi được sau khi phanh.

Một phần đường chạy của tàu lượng siêu tốc (Hình 1) khi gắn hệ trục tọa độ Oxy được mô phỏng ở Hình 2, đơn vị trên mỗi trục là mét.

Biết đường chạy của nó là một phần đồ thị hàm số bậc ba \\(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\\) \\(\\left( {0 \\le x < 90} \\right)\\); tàu lượn siêu tốc xuất phát từ điểm A, đi qua các điểm C, D (ba điểm A, C, D nằm trên đường thẳng song song với trục Ox) đồng thời đạt độ cao nhỏ nhất so với mặt đất là 4 m. Độ cao lớn nhất mà tàu lượng siêu tốc đạt được là bao nhiêu mét so với mặt đất? (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).

Giả sử \\(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d = f(x)\\). Tìm phương trình f(x), từ đó suy ra điểm cực đại của hàm số và tính độ cao lớn nhất mà tàu lượng siêu tốc đạt được.

Giả sử \\(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d = f(x)\\).

Đồ thị cắt đường thẳng y = 30 tại ba điểm có hoành độ x = 0, x = 50, x = 80, nghĩa là phương trình \\(f(x) = 30 \\Leftrightarrow f(x) - 30 = 0\\) có ba nghiệm phân biệt x = 0, x = 50, x = 80.

Ta có thể viết hàm số dưới dạng:

\\(f(x) = a(x - 0)(x - 50)(x - 80) + 30 \\)

\\(= a({x^3} - 130{x^2} + 4000x) + 30\\).

\\(f'(x) = a(3{x^2} - 260x + 4000) = 0 \\Leftrightarrow \\left[ \\begin{array}{l}x = 20\\\\x = \\frac{{200}}{3}\\end{array} \\right.\\).

Dựa vào hình dạng đồ thị, xác định được điểm cực tiểu của f(x) là x = 20 và điểm cực đại của f(x) là \\(x = \\frac{{200}}{3}\\).

Ta có \\(4 = a({20^3} - {130.20^2} + 4000.20) + 30 \\)

\\(\\Rightarrow a =  - \\frac{{13}}{{18000}}\\).

Suy ra \\(f(x) =  - \\frac{{13}}{{18000}}({x^3} - 130{x^2} + 4000x) + 30\\).

Độ cao lớn nhất mà tàu siêu tốc đạt được là:

\\(f\\left( {\\frac{{200}}{3}} \\right) = \\frac{{9890}}{{243}} \\approx 40,7\\) (m).

Một người môi giới bất động sản có 8 chìa khóa để mở 8 ngôi nhà mới. Mỗi chìa khóa chỉ mở được đúng 1 ngôi nhà. Biết có 3 ngôi nhà thường không khóa cửa, người môi giới chọn ngẫu nhiên 3 chìa khóa mang theo. Hỏi nếu người môi giới chọn ngẫu nhiên một nhà để vào thì xác suất để người môi giới này có thể vào được là bao nhiêu? (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

Chia trường hợp, áp dụng phương pháp tổ hợp và các quy tắc đếm.

TH1: Chọn vào 1 ngôi nhà không khóa:

Xác suất chọn được 1 ngôi nhà không khóa: \\(\\frac{3}{8}\\). Chìa khóa không ảnh hưởng đến kết quả.

TH2: Chọn vào 1 ngôi nhà có khóa:

- Xác suất chọn được 1 ngôi nhà có khóa: \\(\\frac{5}{8}\\).

- Xác suất trong 3 chìa đã chọn bao gồm 1 chìa chính xác của ngôi nhà đó: \\(\\frac{{C_1^1C_7^2}}{{C_8^3}} = \\frac{3}{8}\\).

Xác suất người môi giới vào được ngôi nhà có khóa là \\(\\frac{5}{8}.\\frac{3}{8} = \\frac{{15}}{{64}}\\).

Kết hợp 2 trường hợp: Xác suất để người môi giới vào được nhà là \\(\\frac{3}{8} + \\frac{{15}}{{64}} = \\frac{{39}}{{64}} \\approx 0,61\\).

Có một tấm bìa hình ngũ giác đều MNPQR tâm O cạnh bằng 30 cm, cắt bỏ 5 tam giác cân bằng nhau có cạnh đáy là cạnh của ngũ giác đều ban đầu, đỉnh là đỉnh của ngũ giác đều bên trong như hình vẽ rồi gập lên thành một khối chóp ngũ giác đều có cạnh đáy bằng x (cm). Tìm x để thể tích tạo thành là lớn nhất.

Áp dụng tính chất của ngũ giác đều và hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm diện tích đáy, chiều cao khối chóp. Từ đó xây dựng công thức tính thể tích của khối chóp theo x. Ứng dụng đạo hàm tìm x để thể tích đạt GTLN.

MNPQR là ngũ giác đều nên ta có:

\\(\\widehat {ROM} = \\widehat {MON} = \\widehat {NOP} = \\widehat {POQ} = \\widehat {QOR} = \\frac{{{{360}^o}}}{5} = {72^o}\\).

Xét tam giác OQR cân tại O, đường cao OK:

\\(\\widehat {ROK} = \\widehat {KOQ} = \\frac{{\\widehat {ROQ}}}{2} = \\frac{{{{72}^o}}}{2} = {36^o}\\).

Xét tam giác ROK vuông tại K: \\(\\sin \\widehat {ROK} = \\frac{{RK}}{{OR}}\\)

\\(\\Rightarrow OR = \\frac{{RK}}{{\\sin \\widehat {ROK}}} = \\frac{{RQ}}{2}:\\sin \\widehat {ROK} = \\frac{{30}}{2}:\\sin {36^o} = \\frac{{15}}{{\\sin {{36}^o}}}\\) (cm).

Ta có \\(EI = ID = \\frac{{ED}}{2} = \\frac{x}{2}\\) (cm).

Xét tam giác OIE vuông tại I: \\(\\tan \\widehat {EOI} = \\frac{{EI}}{{OI}} \\)

\\(\\Leftrightarrow OI = \\frac{{EI}}{{\\tan \\widehat {EOI}}} = \\frac{x}{2}:\\tan {36^o} = \\frac{x}{{2\\tan {{36}^o}}}\\) (cm).

\\(IR = OR - OI = \\frac{{15}}{{\\sin {{36}^o}}} - \\frac{x}{{2\\tan {{36}^o}}}\\) (cm).

Gọi đỉnh chóp là S, sau khi được gập lên thì các điểm M, N, P, Q, R, S trùng nhau.

Chiều cao khối chóp là:

\\(h = SO = \\sqrt {I{R^2} - O{I^2}} \\)

\\(= \\sqrt {{{\\left( {\\frac{{15}}{{\\sin {{36}^o}}} - \\frac{x}{{2\\tan {{36}^o}}}} \\right)}^2} - {{\\left( {\\frac{x}{{2\\tan {{36}^o}}}} \\right)}^2}} \\) (cm).

Diện tích đáy khối chóp là:

\\({S_{MNPQR}} = 5.{S_{OED}} = 5.\\frac{1}{2}.OI.DE \\)

\\(= 5.\\frac{1}{2}.\\frac{x}{{2\\tan {{36}^o}}}.x = \\frac{{5{x^2}}}{{4\\tan {{36}^o}}}\\) \\((c{m^2})\\).

Thể tích khối chóp là: \\(V = \\frac{1}{3}{S_{MNPQR}}.h \\)

\\(= \\frac{1}{3}.\\sqrt {{{\\left( {\\frac{{15}}{{\\sin {{36}^o}}} - \\frac{x}{{2\\tan {{36}^o}}}} \\right)}^2} - {{\\left( {\\frac{x}{{2\\tan {{36}^o}}}} \\right)}^2}} .\\frac{{5{x^2}}}{{4\\tan {{36}^o}}}\\) \\((c{m^3})\\).

Ta có \\(V' = 0 \\Leftrightarrow x \\approx 14,8\\) (cm). Vậy thể tích tạo thành lớn nhất khi x xấp xỉ 14,8 (cm).

Một đại lý nhập khẩu trái cây tươi để phân phối cho các cửa hàng. Mỗi lần nhập khẩu trái cây, khoán chi phí vận chuyển (không đổi) là 25 triệu đồng. Chi phí bảo quản mỗi tạ trái cây dự trữ trong kho là 80 nghìn đồng/ngày. Thời gian bảo quản trái cây trong kho tối đa 10 ngày. Biết rằng, kể từ ngày đầu tiên nhập hàng, đại lý sẽ phân phối tới các cửa hàng 25 tạ trái cây mỗi ngày. Mỗi lần nhập hàng, đại lý phải nhập đủ trái cây cho bao nhiêu ngày phân phối để chi phí trung bình cho mỗi ngày thấp nhất (bao gồm chi phí vận chuyển và chi phí bảo quản trong kho)?

Lập hàm chi phí trung bình tìm GTNN.

Đổi: 80 000 đồng = 0,08 triệu đồng.

Giả sử cần nhập trái cây đủ n ngày để chi phí trung bình cho mỗi ngày thấp nhất \\(\\left( {n \\in {\\mathbb{N}^*},n \\le 10} \\right)\\).

Mỗi ngày phải phân phối đi 25 tạ trái cây nên tổng số trái cây trong một lần nhập là 25n (tạ).

Chi phí bảo quản ngày đầu là: 25n.0,08 (triệu đồng).

Chi phí bảo quản ngày thứ hai là: 25(n – 1).0,08 (triệu đồng).

Chi phí bảo quản ngày thứ ba là: 25(n – 2).0,08 (triệu đồng).

…

Chi phí bảo quản ngày cuối cùng là: 25.0,08 (triệu đồng) (vì chỉ còn 25 tạ cho ngày cuối cùng).

Tổng chi phí bảo quản là:

\\(P = 25n.0,08 + 25(n - 1).0,08 + 25(n - 2).0,08 + ... + 25.0,08\\)

\\( = 25.0,08.\\left[ {n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1} \\right]\\)

\\( = 2.\\left[ {n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1} \\right]\\).

Ta có thể viết \\(n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1\\) thành tổng \\(1 + 2 + 3 + ... + n\\).

Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số cộng, ta được:

\\(1 + 2 + 3 + ... + n = \\frac{{n(n + 1)}}{2}\\).

Do đó \\(P = 2.\\frac{{n(n + 1)}}{2} = n(n + 1)\\).

Tổng chi phí (gồm phí vận chuyển và bảo quản) là \\(25 + n(n + 1)\\) (triệu đồng).

Chi phí trung bình là \\(Q(n) = \\frac{{25 + n(n + 1)}}{n} = \\frac{{25}}{n} + n + 1\\).

Ta có \\(Q'(n) =  - \\frac{{25}}{{{n^2}}} + 1 = 0 \\Leftrightarrow n = 5\\).

Bảng biến thiên:

Vậy, để chi phí trung bình nhỏ nhất thì đại lý cần nhập đủ trái cây cho 5 ngày.

Một cơ quan X chuẩn bị tổ chức cho 500 người đi tham quan trải nghiệm. Để chuẩn bị cho chuyến đi, cơ quan cần vận chuyển tổng cộng 29 tấn hàng hóa (bao gồm vật dụng, thực phẩm…). Công ty vận tải báo giá cho thuê xe như sau:

Xe lớn: Có thể chở tối đa 50 người và 2 tấn hàng. Chi phí thuê là 10 triệu đồng/xe. Công ty có 13 xe loại này

Xe nhỏ: Có thể chở tối đa 30 người và 3 tấn hàng. Chi phí thuê xe là 7 triệu đồng/xe. Công ty có 15 xe loại này.

Sau khi tính toán, cơ quan X chọn phương án để chi phí thuê xe là thấp nhất. Số tiền thuê xe thấp nhất mà cơ quan X phải trả là bao nhiêu triệu đồng?

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

Gọi x là số xe lớn (\\(x \\in \\mathbb{N},x \\le 13\\)) và y là số xe nhỏ (\\(y \\in \\mathbb{N},y \\le 15\\)).

Từ các dữ kiện bài toán, ta có hệ bất phương trình sau:

\\(\\left\\{ \\begin{array}{l}50x + 30y \\ge 500\\\\2x + 3y \\ge 29\\\\0 \\le x \\le 13\\\\0 \\le y \\le 15\\end{array} \\right. \\Leftrightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l}5x + 3y \\ge 50\\\\2x + 3y \\ge 29\\\\0 \\le x \\le 13\\\\0 \\le y \\le 15\\end{array} \\right.\\).

Miền nghiệm của hệ trên là miền tứ giác ABCD kể cả biên với A(1; 15), B(13; 15), C(13; 1), D(7; 5).

Chi phí thuê xe là: F(x; y) = 10x + 7y (triệu đồng). Thay tọa độ các đỉnh trên vào F(x; y):

F(1; 15) = 10.1 + 7.15 = 115;

F(13; 15) = 10.13 + 7.15 = 235;

F(13; 1) = 10.13 + 7.1 = 137;

F((7; 5) = 10.7 + 7.5 = 105.

Vậy chi phí thấp nhất cần để thuê xe là 105 triệu đồng khi thuê 7 xe lớn, 5 xe nhỏ.

Một cuộc diễn tập phòng không được đặt trong không gian với hệ tọa độ Oxyz với 1 đơn vị độ dài trên các trục tính bằng 1 km trên thực tế. Một bệ phóng tên lửa phòng không được đặt tại vị trí O(0; 0; 0) và tên lửa bay theo một đường thẳng với vận tốc không đổi là 600 m/s. Một máy bay không người lái bay theo một đường thẳng với vận tốc không đổi là 1080 km/h và bay theo hướng của vectơ . Khi phát hiện máy bay không người lái tại vị trí A(6; -20; 1) thì tên lửa khai hỏa, rời bệ phóng và sau đó bắn hạ được mục tiêu. Hỏi khoảng cách từ bệ phóng tên lửa đến vị trí máy bay không người bị bắn hạ bằng bao nhiêu km? (kết quả làm tròn đến hàng phần chục, giả sử cả máy bay không người lái và tên lửa đều không chịu tác động của trọng lực hay lực cản không khí).

Lập phương trình tham số của đường bay của máy bay không người lái, từ đó biểu diễn điểm máy bay bị bắn hạ M theo tham số t.

Khi máy bay ở vị trí A thì tên lửa khai hỏa và bắn trúng máy bay, do đó thời gian máy bay di chuyển từ A đến M và thời gian tên lửa di chuyển từ O đến M là như nhau. Từ đó tìm t và suy ra khoảng cách OM.

Đổi: 600 m/s = 2160 km/h.

Phương trình đường bay của máy bay không người lái là d: \\(\\left\\{ \\begin{array}{l}x = 6 - 3t\\\\y =  - 20 + 4t\\\\z = 1\\end{array} \\right.\\) \\((t \\in \\mathbb{R},t > 0)\\).

Gọi điểm máy bay bị bắn trúng là M. Vì M thuộc d nên M(6 – 3t; -20 + 4t; 1).

Khi máy bay ở vị trí A thì tên lửa khai hỏa và bắn trúng máy bay, do đó thời gian máy bay di chuyển từ A đến M và thời gian tên lửa di chuyển từ O đến M là như nhau. Khi đó \\(\\frac{{AM}}{{1080}} = \\frac{{OM}}{{2160}} \\)

\\(\\Leftrightarrow \\frac{{\\sqrt {{{( - 3t)}^2} + {{(4t)}^2} + {0^2}} }}{{1080}} = \\frac{{\\sqrt {{{(6 - 3t)}^2} + {{( - 20 + 4t)}^2} + {1^2}} }}{{2160}}\\).

Giải phương trình trên nhận được nghiệm thỏa mãn là \\(t = \\frac{{36}}{{25}}\\).

Từ đó suy ra \\(OM \\approx 14,4\\) (km).