Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2026 trường THPT Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi

Câu 1 : Bất phương trình logx < 1 có tập nghiệm là

A.

(0; 10).
B.

$(- \infty; 10)$ .
C.

$(1; + \infty)$ .
D.

(0; 1).

Câu 2 : Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng $Δ : {\begin{array}{l} x = 2 - t \\ y = 3 + t \\ z = 2 t \end{array}$ và mặt phẳng $(α) : x - 2 y + z - 4 = 0$ .

A.

I(2; 3; 0).
B.

I(10; -5; -16).
C.

I(-7; 5; 2).
D.

I(1; -2; 1).

Câu 3 : Cho cấp số cộng $(u_{n})$ thỏa mãn $u_{1} + u_{7} = 12$ , số hạng $u_{4}$ của cấp số đó bằng

A.

8.
B.

6.
C.

12.
D.

4.

Câu 4 : Hàm số nào dưới đây có đồ thị là đường cong trong hình bên?

A.

$y = \frac{- 2 x - 1}{x + 1}$ .
B.

$y = \frac{x - 1}{x + 1}$ .
C.

$y = \frac{- 2 x + 1}{x + 1}$ .
D.

$y = \frac{x + 1}{x - 1}$ .

Câu 5 : Cho hàm số $f (x) = x^{2} - \frac{4}{x}$ . Giá trị của $\int_{1}^{2} f^{'} (x) d x$ bằng

A.

5 – ln2.
B.

$\frac{7}{3} - \ln 2$ .
C.

5.
D.

$\frac{7}{3}$ .

Câu 6 : Theo thống kê điểm trung bình môn Toán của một số học sinh đã trúng tuyển vào lớp 10 tại một trường học năm học 2025 – 2026, thu được kết quả như bảng sau:

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên gần nhất với kết quả nào sau đây?

A.

$Δ_{Q} = 1, 1$ .
B.

$Δ_{Q} = 1, 2$ .
C.

$Δ_{Q} = 1$ .
D.

$Δ_{Q} = 0, 6$ .

Câu 7 : Diện tích hình phẳng tô đậm trong hình vẽ bên bằng

A.

$\int_{1}^{3} 2^{x} d x$ .
B.

$\int_{1}^{3} (2^{x} + 2) d x$ .
C.

$\int_{1}^{3} (2^{x} - 2) d x$ .
D.

$\int_{1}^{3} (2 - 2^{x}) d x$ .

Câu 8 : Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' (tham khảo hình bên). Giá trị sin của góc giữa đường thẳng AC' và mặt phẳng (ABCD) bằng

A.

$\frac{\sqrt{3}}{2}$ .
B.

$\frac{\sqrt{6}}{3}$ .
C.

$\frac{\sqrt{3}}{3}$ .
D.

$\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

Câu 9 : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều. Gọi các điểm E, F lần lượt là trung điểm của SB và SC. Khi đó góc giữa EF và AB bằng

A.

$60^{o}$ .
B.

$45^{o}$ .
C.

$30^{o}$ .
D.

$90^{o}$ .

Câu 10 : Cho $f (x) = 5^{x}$ thì f(x + 1) - f(x) bằng

A.

4.
B.

4f(x).
C.

5f(x).
D.

5.

Câu 11 : Trong không gian Oxyz, cho điểm H(m; n; 1) thuộc mặt phẳng $(α) : x + 2 y - z + 3 = 0$ . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

m + 2n = 4.
B.

m + 2n = -2.
C.

m + 2n = 2.
D.

m + 2n = -4.

Câu 12 : Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.

(2; 4).
B.

(0; 2).
C.

$(0; + \infty)$ .
D.

$(- \infty; - 2)$ .

Câu 1 : Một đại lý xăng dầu tại Quảng Ngãi cần làm một bồn chứa dầu hình trụ bằng tôn có thể tích $V = 54 π$ $(m^{3})$ . 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 $V = π r^{2} h$ .

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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).

Đúng

Sai

Câu 2 : 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 $2 \sqrt{6}$ .

Đúng

Sai

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).

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

Câu 3 : 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 $k = \frac{1}{15} \ln 2$ .

Đúng

Sai

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).

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

Câu 4 : 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 $\frac{448}{1693}$ .

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

Câu 1 : Một nhà máy chế tạo linh kiện điện tử đặc chủng, số lượng linh kiện được sản xuất mỗi tháng là x $(x \in N^{*}, 100 \leq x \leq 5000)$ . 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: $C (x) = 100. e^{0, 001 x}$ (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?

Câu 2 : 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?

Câu 3 : 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.

Câu 4 : 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 $\frac{T}{70}$ .

Câu 5 : 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).

Câu 6 : 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?

Câu 1 : Bất phương trình logx < 1 có tập nghiệm là

A.

(0; 10).
B.

$(- \infty; 10)$ .
C.

$(1; + \infty)$ .
D.

(0; 1).

Đáp án : A

Phương pháp giải :

${\begin{cases} \log_{a} f (x) < b \\ a > 0 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} f (x) > 0 \\ f (x) < a^{b} \end{cases}$ .

Lời giải chi tiết :

$\log x < 1 \Leftrightarrow {\begin{cases} x > 0 \\ x < 10^{1} \end{cases} \Leftrightarrow 0 < x < 10$ .

Câu 2 : Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng $Δ : {\begin{array}{l} x = 2 - t \\ y = 3 + t \\ z = 2 t \end{array}$ và mặt phẳng $(α) : x - 2 y + z - 4 = 0$ .

A.

I(2; 3; 0).
B.

I(10; -5; -16).
C.

I(-7; 5; 2).
D.

I(1; -2; 1).

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Thay biểu thức x, y, z của phương trình đường thẳng vào phương trình mặt phẳng để tìm t, sau đó thay t vào phương trình đường thẳng để được tọa độ giao điểm.

Lời giải chi tiết :

$(2 - t) - 2 (3 + t) + 2 t - 4 = 0$

$\Leftrightarrow - 8 - t = 0 \Leftrightarrow t = - 8$ .

Thay t = -8 vào phương trình $Δ$ , được tọa độ điểm I(10; -5; -16).

Câu 3 : Cho cấp số cộng $(u_{n})$ thỏa mãn $u_{1} + u_{7} = 12$ , số hạng $u_{4}$ của cấp số đó bằng

A.

8.
B.

6.
C.

12.
D.

4.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: $u_{n} = u_{1} + (n - 1) d$ .

Lời giải chi tiết :

$u_{1} + u_{7} = 12$

$\Leftrightarrow u_{1} + (u_{1} + 6 d) = 12$

$\Leftrightarrow 2 u_{1} + 6 d = 12$

$\Leftrightarrow u_{1} + 3 d = 6$ (chia hai vế cho 2)

$\Leftrightarrow u_{4} = 6$ .

Câu 4 : Hàm số nào dưới đây có đồ thị là đường cong trong hình bên?

A.

$y = \frac{- 2 x - 1}{x + 1}$ .
B.

$y = \frac{x - 1}{x + 1}$ .
C.

$y = \frac{- 2 x + 1}{x + 1}$ .
D.

$y = \frac{x + 1}{x - 1}$ .

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Dựa vào các đường tiệm cận và giao của đồ thị với trục tung để xác định.

Lời giải chi tiết :

Đồ thị có tiệm cận đứng x = -1, do đó loại đáp án D.

Đồ thị có tiệm cận ngang y = -2, do đó loại đáp án B.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1) nên chọn đáp án C.

Câu 5 : Cho hàm số $f (x) = x^{2} - \frac{4}{x}$ . Giá trị của $\int_{1}^{2} f^{'} (x) d x$ bằng

A.

5 – ln2.
B.

$\frac{7}{3} - \ln 2$ .
C.

5.
D.

$\frac{7}{3}$ .

Đáp án : C

Phương pháp giải :

$\int_{a}^{b} f^{'} (x) d x = f (b) - f (a)$ .

Lời giải chi tiết :

$\int_{1}^{2} f^{'} (x) d x = f (2) - f (1)$

$= 2^{2} - \frac{4}{2} - (1^{2} - \frac{4}{1}) = 5$ .

Câu 6 : Theo thống kê điểm trung bình môn Toán của một số học sinh đã trúng tuyển vào lớp 10 tại một trường học năm học 2025 – 2026, thu được kết quả như bảng sau:

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên gần nhất với kết quả nào sau đây?

A.

$Δ_{Q} = 1, 1$ .
B.

$Δ_{Q} = 1, 2$ .
C.

$Δ_{Q} = 1$ .
D.

$Δ_{Q} = 0, 6$ .

Đáp án : A

Phương pháp giải :

$Δ_{Q} = Q_{3} - Q_{1}$ .

Lời giải chi tiết :

Cỡ mẫu: n = 7 + 10 + 17 + 24 + 13 + 8 + 5 = 84.

$Q_{1} = 7, 5 + \frac{\frac{84}{4} - (7 + 10)}{17} . (8 - 7, 5) = \frac{259}{34}$ .

$Q_{3} = 8, 5 + \frac{\frac{3.84}{4} - (7 + 10 + 17 + 24)}{13} . (9 - 8, 5) = \frac{113}{13}$ .

$Δ_{Q} = Q_{3} - Q_{1} = \frac{113}{13} - \frac{259}{34} = \frac{475}{442} \approx 1, 07$ .

Câu 7 : Diện tích hình phẳng tô đậm trong hình vẽ bên bằng

A.

$\int_{1}^{3} 2^{x} d x$ .
B.

$\int_{1}^{3} (2^{x} + 2) d x$ .
C.

$\int_{1}^{3} (2^{x} - 2) d x$ .
D.

$\int_{1}^{3} (2 - 2^{x}) d x$ .

Đáp án : C

Phương pháp giải :

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 $S = \int_{a}^{b} | f (x) - g (x) | d x$ .

Lời giải chi tiết :

$S = \int_{1}^{3} | 2^{x} - 2 | d x = \int_{1}^{3} (2^{x} - 2) d x$ .

Câu 8 : Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' (tham khảo hình bên). Giá trị sin của góc giữa đường thẳng AC' và mặt phẳng (ABCD) bằng

A.

$\frac{\sqrt{3}}{2}$ .
B.

$\frac{\sqrt{6}}{3}$ .
C.

$\frac{\sqrt{3}}{3}$ .
D.

$\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa d và d’ là hình chiếu vuông góc của d lên (P).

Lời giải chi tiết :

Giả sử hình lập phương có cạnh bằng a, khi đó độ dài đường chéo $A C^{'} = a \sqrt{3}$ .

AC là hình chiếu của AC’ lên (ABCD) nên $(A C^{'}, (A B C D)) = (A C^{'}, A C) = \hat{C^{'} A C}$ .

$\sin \hat{C^{'} A C} = \frac{C C^{'}}{A C^{'}} = \frac{a}{a \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Câu 9 : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều. Gọi các điểm E, F lần lượt là trung điểm của SB và SC. Khi đó góc giữa EF và AB bằng

A.

$60^{o}$ .
B.

$45^{o}$ .
C.

$30^{o}$ .
D.

$90^{o}$ .

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Nếu a // b thì (a, c) = (b, c).

Lời giải chi tiết :

Có EF là đường trung bình của tam giác SBC nên EF // BC. Do đó $(E F, A B) = (B C, A B) = \hat{A B C} = 60^{o}$ (vì tam giác ABC đều).

Câu 10 : Cho $f (x) = 5^{x}$ thì f(x + 1) - f(x) bằng

A.

4.
B.

4f(x).
C.

5f(x).
D.

5.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất $a^{m + n} = a^{m} . a^{n}$ .

Lời giải chi tiết :

$f (x + 1) - f (x) = 5^{x + 1} - 5^{x} = {5.5}^{x} - 5^{x} = {4.5}^{x} = 4 f (x)$ .

Câu 11 : Trong không gian Oxyz, cho điểm H(m; n; 1) thuộc mặt phẳng $(α) : x + 2 y - z + 3 = 0$ . Mệnh đề nào dưới đây đúng?

A.

m + 2n = 4.
B.

m + 2n = -2.
C.

m + 2n = 2.
D.

m + 2n = -4.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Thay tọa độ điểm H vào phương trình mặt phẳng rồi rút gọn.

Lời giải chi tiết :

Ta có: $m + 2 n - 1 + 3 = 0 \Leftrightarrow m + 2 n = - 2$ .

Câu 12 : Cho hàm số y = f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ. Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?

A.

(2; 4).
B.

(0; 2).
C.

$(0; + \infty)$ .
D.

$(- \infty; - 2)$ .

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Hàm số nghịch biến trên khoảng y’ < 0.

Lời giải chi tiết :

Quan sát bảng biến thiên, thấy hàm số nghịch biến trên $(2; + \infty)$ , mà $(2; 4) \subset (2; + \infty)$ nên hàm số nghịch biến trên (2; 4).

Câu 1 : Một đại lý xăng dầu tại Quảng Ngãi cần làm một bồn chứa dầu hình trụ bằng tôn có thể tích $V = 54 π$ $(m^{3})$ . 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 $V = π r^{2} h$ .

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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).

Đúng

Sai

Đáp án

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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).

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

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.

Lời giải chi tiết :

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

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

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

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

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: $54 π .0, 5 \approx 84, 8$ (triệu đồng).

Câu 2 : 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 $2 \sqrt{6}$ .

Đúng

Sai

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).

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

Đáp án

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

Đúng

Sai

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).

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

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

Lời giải chi tiết :

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 $\vec{u} = (2; - 3; 1)$ và đi qua điểm M(-2; -1; 0). Ta có $\vec{I M} = (- 4; 0; 1)$ .

$[\vec{u}, \vec{I M}] = (| \begin{matrix} - 3 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} |; | \begin{matrix} 1 & 2 \\ 1 & - 4 \end{matrix} |; | \begin{matrix} 2 & - 3 \\ - 4 & 0 \end{matrix} |)$

$= (- 3; - 6; - 12)$ .

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

c) Đúng. Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d. Khi đó $I H = d (I, d) = \frac{3 \sqrt{6}}{2}$ . 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: $\cos \hat{A I H} = \frac{I A}{I H} = \frac{\sqrt{6}}{\frac{3 \sqrt{6}}{2}} = \frac{2}{3}$ .

Do tính chất đối xứng, $\hat{A I B} = 2 \hat{A I H}$ .

$\cos \hat{A I B} = \cos (2 \hat{A I H}) = 2 \cos^{2} \hat{A I H} - 1$

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

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

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

Độ dài cung AB là: $s = r α = \sqrt{6} \arccos \frac{- 1}{9}$ 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).

Câu 3 : 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 $k = \frac{1}{15} \ln 2$ .

Đúng

Sai

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).

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

Đáp án

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

Đúng

Sai

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).

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Ứng dụng nguyên hàm để giải bài toán.

Lời giải chi tiết :

c) Đúng. $y^{'} (t) = k . y (t) \Leftrightarrow \frac{d y}{d t} = k . y$

$\Leftrightarrow \frac{1}{y} d y = k d t \Leftrightarrow \int \frac{1}{y} d y = \int k d t$

$\Leftrightarrow \ln | y | = k t + C \Leftrightarrow y = e^{k t + C}$

$\Leftrightarrow y = e^{k t} . e^{C} \Leftrightarrow y = C^{'} e^{k t}$ (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 $y (0) = C^{'} = 60 \Rightarrow y (t) = 60 e^{k t}$ (với mọi $t \geq 0$ ).

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

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

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

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

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

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

Câu 4 : 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 $\frac{448}{1693}$ .

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

Đáp án

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 $\frac{448}{1693}$ .

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

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

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

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

Lời giải chi tiết :

Gọi $A_{1}$ : “H lấy được 2 viên bi đen từ hộp X”. $P (A_{1}) = \frac{C_{5}^{2}}{C_{10}^{2}} = \frac{2}{9}$ .

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

$A_{3}$ : “H lấy được 2 viên bi trắng từ hộp X”. $P (A_{3}) = \frac{C_{5}^{2}}{C_{10}^{2}} = \frac{2}{9}$ .

d) Sai. $P (A_{3}) = \frac{C_{5}^{2}}{C_{10}^{2}} = \frac{2}{9}$ .

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

$P (B | A_{1}) = \frac{C_{6 + 2}^{3}}{C_{14 + 2}^{3}} = \frac{1}{10}$ ; $P (B | A_{2}) = \frac{C_{6 + 1}^{3}}{C_{14 + 2}^{3}} = \frac{1}{16}$ ; $P (B | A_{3}) = \frac{C_{6}^{3}}{C_{14 + 2}^{3}} = \frac{1}{28}$ .

$P (B) = P (A_{1}) . P (B | A_{1}) + P (A_{2}) . P (B | A_{2}) + P (A_{3}) . P (B | A_{3})$

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

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

$P (C | A_{1}) = \frac{C_{6 + 2}^{2} . C_{8}^{1}}{C_{14 + 2}^{3}} = \frac{2}{5}$ ; $P (C | A_{2}) = \frac{C_{6 + 1}^{2} . C_{8 + 1}^{1}}{C_{14 + 2}^{3}} = \frac{27}{80}$ ; $P (C | A_{3}) = \frac{C_{6}^{2} . C_{8 + 2}^{1}}{C_{14 + 2}^{3}} = \frac{15}{56}$ .

$P (C) = P (A_{1}) . P (C | A_{1}) + P (A_{2}) . P (C | A_{2}) + P (A_{3}) . P (C | A_{3})$

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

a) Đúng. $P (A_{1} | C) = \frac{P (A_{1}) . P (C | A_{1})}{P (C)} = \frac{\frac{2}{9} . \frac{2}{5}}{\frac{1693}{5040}} = \frac{448}{1693}$ .

Câu 1 : Một nhà máy chế tạo linh kiện điện tử đặc chủng, số lượng linh kiện được sản xuất mỗi tháng là x $(x \in N^{*}, 100 \leq x \leq 5000)$ . 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: $C (x) = 100. e^{0, 001 x}$ (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?

Phương pháp giải :

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

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Đổi: 25 tỷ đồng = 25 000 triệu đồng.

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

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

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

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

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

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

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

Câu 2 : 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?

Phương pháp giải :

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

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

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

Theo giả thiết: ${\begin{array}{l} x \geq 0 \\ y \geq 0 \\ x + 2 y \leq 120 \\ x + 3 y \leq 150 \end{array}$ .

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).

Câu 3 : 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.

Phương pháp giải :

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.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

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 $A M ⊥ B C$ . Mặt khác, $A^{'} G ⊥ (A B C) \Rightarrow A^{'} G ⊥ B C$ .

$\begin{array}{l} A M ⊥ B C \\ A^{'} G ⊥ B C \end{array}} \Rightarrow B C ⊥ (A^{'} A M) \Rightarrow B C ⊥ M H$ .

$\begin{array}{l} H M ⊥ B C, M \in B C \\ H M ⊥ A A^{'}, H \in A A^{'} \end{array}}$

$\Rightarrow d (A A^{'}, B C) = M H = 1, 5 \sqrt{3} = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$ (m).

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

$A G = \frac{2}{3} A M = \frac{2}{3} .3 \sqrt{3} = 2 \sqrt{3}$ (m).

Xét tam giác AHM vuông tại H:

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

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

$\frac{A H}{A G} = \frac{H M}{A^{'} G} \Leftrightarrow A^{'} G = \frac{A G . H M}{A H} = \frac{2 \sqrt{3} . \frac{3 \sqrt{3}}{2}}{\frac{9}{2}} = 2$ (m).

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

Câu 4 : 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 $\frac{T}{70}$ .

Phương pháp giải :

Áp dụng phương pháp tổ hợp.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

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 $T = 3.4! A_{8}^{4} = 120960 \Rightarrow \frac{T}{70} = 1728$ .

Câu 5 : 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).

Phương pháp giải :

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 $S = \int_{a}^{b} | f (x) - g (x) | d x$ .

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

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:

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

$S_{1} = \int_{0}^{4} | \sqrt{64 - {(x - 8)}^{2}} - (- \sqrt{144 - x^{2}} + 12) | d x \approx 18, 75$ $(c m^{2})$ .

$S_{2} = \int_{4}^{8} | \sqrt{64 - {(x - 8)}^{2}} - (\sqrt{16 - {(x - 8)}^{2}} + 4) | d x \approx 2, 05$ $(c m^{2})$ .

$S_{3} = \int_{4}^{12} | - \sqrt{64 - {(x - 4)}^{2}} + 12 - (- \sqrt{144 - x^{2}} + 12) | d x \approx 15, 74$ $(c m^{2})$ .

Diện tích hình càng cua là: $S = S_{1} + S_{2} + S_{3} \approx 37$ $(c m^{2})$ .

Câu 6 : 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?

Phương pháp giải :

Sử dụng phương pháp tổ hợp.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Gọi số ghế của Tâm, Vy, Tuệ 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 (sử dụng chỉnh hợp vì có 2 trường hợp x > z hoặc x < z).

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:

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