Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2025 cụm các trường số 4 - Hải Dương

a) Thời gian Giáp chèo thuyền từ A đến C rồi chạy bộ từ C đến B là 10 phút.

b) Giả sử Giáp chèo thuyền thẳng đến điểm D nằm giữa B và C và cách C một đoạn x (m) như hình vẽ dưới đây, rồi chạy bộ đến B thì thời gian Giáp đi từ A đến B được tính bằng công thức \(f(x) = \frac{1}{{100}}\left( {\sqrt {{x^2} + 90000} + 400 - x} \right)\).

c) Thời gian nhanh nhất để Giáp đi từ A đến B xấp xỉ 9,2 phút (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).

d) Thời gian Giáp chèo thuyền thẳng từ A đến B là 10 phút.

a) Nếu A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1) và điểm M thỏa mãn \(2\overrightarrow {MB'} - 3\overrightarrow {MC} + 5\overrightarrow {MD'} = \overrightarrow 0 \) thì M(-1;4;7).

b) Gọi E , F lần lượt thuộc các đường thẳng AA¢ và CD¢ sao cho đường thẳng EF vuông góc với mặt phẳng (A’BC’). Khi đó \(EF = \sqrt 3 \).

c) \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).

d) Nếu A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1) thì C’(1;2;3).

a) Bất phương trình \(f(x) \ge 72\) có đúng 3 nghiệm nguyên.

b) Một nghiên cứu chỉ ra rằng sau khi tham gia một khóa học, phần trăm kiến thức sinh viên còn nhớ sau t tháng kết thúc khóa học được xác định bởi hàm số y =f(t), trong đó f(t) được tính bằng % và \(0 \le t \le 24\). Phầm trăm kiến thức sinh viên còn nhớ là 50% khi t = 7 (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

c) Tập xác định của hàm số y = f(x) là \(D = ( - 1; + \infty )\).

d) Hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng \(( - 1; + \infty )\).

a) Hàm số đồng biến trên khoảng \((0; + \infty )\).

b) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = -1.

c) Điểm M(50;98) và hai điểm cực trị của đồ thị hàm số thẳng hàng.

d) Đồ thị hàm số có một trục đối xứng là đường thẳng \(y = \left( {p + \sqrt q } \right)\left( {x + 1} \right) - r\) (trong đó p, q, r là các số nguyên). Khi đó p + 10q + 15r = 90.

Quan sát bảng xét dấu và nhận xét.

Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (2;3) vì trên khoảng đó, f’(x) > 0.

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Quan sát bảng biến thiên, thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = 1\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 2\), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = - \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = + \infty \).

Vậy đồ thị hàm số y = f(x) có 3 đường tiệm cận là y = -1, y = 2 và x = 1.

Góc tạo bởi đường thẳng và mặt phẳng là góc tạo bởi đường thẳng và hình chiếu vuông góc của nó lên mặt phẳng.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot (ABC)\\A \in (ABC)\\SB \cap (ABC) = B\end{array} \right.\) suy ra AB là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng (ABC).

Do đó, góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) là góc giữa hai đường thẳng SB và AB, hay \(\widehat {SBA}\).

Áp dụng quy tắc trung điểm của vecto.

Vì O là trung điểm của AC và BD nên ta có \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO} \) và \(\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO} \).

Suy ra \(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 4\overrightarrow {SO} \).

\(AB = \sqrt {{{({x_B} - {x_A})}^2} + {{({y_B} - {y_A})}^2}} \).

\(AB = \sqrt {{{({x_B} - {x_A})}^2} + {{({y_B} - {y_A})}^2} + {{({z_B} - {z_A})}^2}} = \sqrt {{{(1 - 2)}^2} + {{( - 1 - 1)}^2} + {{(5 - 3)}^2}} = 3\).

Áp dụng công thức \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}\).

Cỡ mẫu là n = 6 + 12 + 13 + 10 + 3 = 44.

Tứ phân vị \({Q_2}\) là giá trị của \(\frac{{{x_{22}} + {x_{23}}}}{2}\) thuộc nhóm [6;7).

Tứ phân vị \({Q_1}\) là giá trị của \(\frac{{{x_{11}} + {x_{12}}}}{2}\) thuộc nhóm [5;6).

\({Q_1} = 5 + \frac{{\frac{{44}}{4} - 6}}{{12}}.(6 - 5) = \frac{{65}}{{12}}\).

Tứ phân vị \({Q_3}\) là giá trị của \(\frac{{{x_{33}} + {x_{34}}}}{2}\) thuộc nhóm [7;8).

\({Q_3} = 7 + \frac{{\frac{{3.44}}{4} - (6 + 12 + 13)}}{{10}}.(8 - 7) = 7,2\).

Vậy khoảng tứ phân vị là \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 7,2 - \frac{{65}}{{12}} \approx 1,78\).

\(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u .\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}}\).

\(\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u .\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}} = \frac{{10.10 + 10.( - 20) + 20.10}}{{\sqrt {{{10}^2} + {{10}^2} + {{20}^2}} .\sqrt {{{10}^2} + {{( - 20)}^2} + {{10}^2}} }} = \frac{1}{6}\).

Ghép nhóm mẫu số liệu.

Bảng tần số ghép nhóm cho mẫu số liệu trên có sáu nhóm ứng với sáu nửa khoảng:

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là R = 70 – 40 = 30.

Để hàm số xác định thì mẫu thức khác 0.

Biến đổi về phương trình lượng giác cơ bản.

\(\sin x - \cos x \ne 0 \Leftrightarrow \sin x \ne \cos x \Leftrightarrow \sin x \ne \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{2} - x + k2\pi \\x \ne \pi - \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi \\0x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Giá trị cực đại của hàm số là y = 3.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d\).

Ta có \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d \Leftrightarrow 38 = 5 + (12 - 1)d \Leftrightarrow d = 3\).

Dựa vào các điểm thuộc đồ thị để tìm hàm số, từ đó tìm đường tiệm cận xiên.

Xét khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC.

Gọi H là hình chiếu của A’ trên mặt phẳng (ABC), khi đó \(A'H \bot (ABC)\).

Suy ra AH là hình chiếu của AA’ trên mặt phẳng (ABC).

Do đó \({60^o} = \left( {AA',(ABC)} \right) = (AA',AH) = \widehat {A'AH}\).

Xét tam giác A’AH vuông tại H:

\(\sin \widehat {A'AH} = \frac{{A'H}}{{AA'}} \Leftrightarrow A'H = AA'.\sin \widehat {A'AH}\)

\(= 10.\sin {60^o} = 5\sqrt 3 \).

Vậy thể tích khối lăng trụ là \(V = {S_{ABC}}.A'H = 10.5\sqrt 3 = 50\sqrt 3 \) \((c{m^3})\).

a) Thời gian Giáp chèo thuyền từ A đến C rồi chạy bộ từ C đến B là 10 phút.

b) Giả sử Giáp chèo thuyền thẳng đến điểm D nằm giữa B và C và cách C một đoạn x (m) như hình vẽ dưới đây, rồi chạy bộ đến B thì thời gian Giáp đi từ A đến B được tính bằng công thức \(f(x) = \frac{1}{{100}}\left( {\sqrt {{x^2} + 90000} + 400 - x} \right)\).

c) Thời gian nhanh nhất để Giáp đi từ A đến B xấp xỉ 9,2 phút (kết quả làm tròn đến hàng phần chục).

d) Thời gian Giáp chèo thuyền thẳng từ A đến B là 10 phút.

Ứng dụng đạo hàm tìm giá trị nhỏ nhất.

a) Đúng. Thời gian Giáp chèo thuyền từ A đến C rồi chạy bộ từ C đến B là \(\frac{{300}}{{50}} + \frac{{400}}{{100}} = 10\) phút.

b) Sai. Ta có \(AD = \sqrt {{x^2} + {{300}^2}} = \sqrt {{x^2} + 90000} \) (m), DB = 400 – x (m) với \(0 \le x \le 400\).

Thời gian đi từ A đến B là \(f(x) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 90000} }}{{50}} + \frac{{400 - x}}{{100}} = \frac{1}{{100}}\left( {2\sqrt {{x^2} + 90000} + 400 - x} \right)\) phút.

c) Đúng. \(f'(x) = \frac{1}{{100}}\left( {2\sqrt {{x^2} + 90000} + 400 - x} \right)' = \frac{1}{{100}}\left( {2\frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 90000} }} - 1} \right)\)

\( = \frac{1}{{100}}\left( {\frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 90000} }} - 1} \right) = \frac{{2x}}{{100\sqrt {{x^2} + 90000} }} - \frac{1}{{100}} = \frac{x}{{50\sqrt {{x^2} + 90000} }} - \frac{1}{{100}}\).

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{50\sqrt {{x^2} + 90000} }} - \frac{1}{{100}} = 0 \Leftrightarrow \frac{{2x - \sqrt {{x^2} + 90000} }}{{100\sqrt {{x^2} + 90000} }} = 0\)

\( \Leftrightarrow 2x - \sqrt {{x^2} + 90000} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 90000} = 2x \Rightarrow {x^2} + 90000 = 4{x^2}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} = 30000 \Rightarrow x = 100\sqrt 3 \) (vì \(0 \le x \le 400\)).

Ta có \(f(0) = 10\), \(f(100\sqrt 3 ) = 3\sqrt 3 + 4 \approx 9,2\), \(f(400) = 10\).

Vậy thời gian nhanh nhất để Giáp đi từ A đến B xấp xỉ 9,2 phút.

d) Đúng. \(AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{300}^2} + {{400}^2}} = 500\) (m).

Thời gian chèo thuyền thẳng từ A đến B là \(\frac{{500}}{{50}} = 10\) phút.

a) Nếu A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1) và điểm M thỏa mãn \(2\overrightarrow {MB'} - 3\overrightarrow {MC} + 5\overrightarrow {MD'} = \overrightarrow 0 \) thì M(-1;4;7).

b) Gọi E , F lần lượt thuộc các đường thẳng AA¢ và CD¢ sao cho đường thẳng EF vuông góc với mặt phẳng (A’BC’). Khi đó \(EF = \sqrt 3 \).

c) \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).

d) Nếu A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1) thì C’(1;2;3).

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

a) Sai. Gọi M(a;b;c). Ta có B’(1;0;1), C(1;1;0), D’(0;1;1).

\(2\overrightarrow {MB'} = (2 - 2a; - 2b;2 - 2c)\); \( - 3\overrightarrow {MC} = ( - 3 + 3a; - 3 + 3b;3c)\); \(5\overrightarrow {MD'} = ( - 5a;5 - 5b;5 - 5c)\).

Do đó \(2\overrightarrow {MB'} - 3\overrightarrow {MC} + 5\overrightarrow {MD'} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - 2a - 3 + 3a - 5a = 0\\ - 2b - 3 + 3b + 5 - 5b = 0\\2 - 2c + 3c + 5 - 5c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a = - 1\\4b = 2\\4c = 7\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 1}}{4};\frac{1}{2};\frac{7}{4}} \right)\).

b) Đúng. \(\overrightarrow {AA'} = (0;0;1)\), \(\overrightarrow {CD'} = ( - 1;0;1)\).

Đặt \(\overrightarrow {AE} = x\overrightarrow {AA'} \); \(\overrightarrow {CF} = y\overrightarrow {CD'} \). Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AE} = (0;0;x)\\\overrightarrow {CF} = ( - y;0;y)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}E(0;0;x)\\F( - y + 1;1;y)\end{array} \right.\).

Ta có \(\overrightarrow {EF} = ( - y + 1;1;y - x)\), \(\overrightarrow {BA'} = ( - 1;0;1)\), \(\overrightarrow {BC'} = (0;1;1)\).

Vì \(EF \bot (A'BC') \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {EF} .\overrightarrow {BA'} = 0\\\overrightarrow {EF} .\overrightarrow {BC'} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y - 1 + (y - x) = 0\\1 + y - x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 1\\y - 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 2\end{array} \right.\).

Do đó \(\overrightarrow {EF} = (1;1;1) \Rightarrow EF = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {1^2}} = \sqrt 3 \).

c) Đúng. Theo quy tắc hình hộp: \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \).

d) Sai. \(\overrightarrow {AB} = (1;0;0)\), \(\overrightarrow {AD} = (0;1;0)\), \(\overrightarrow {AA'} = (0;0;1)\).

Theo quy tắc hình hộp: \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = (1;1;1)\). Vậy C(1;1;1).

a) Bất phương trình \(f(x) \ge 72\) có đúng 3 nghiệm nguyên.

b) Một nghiên cứu chỉ ra rằng sau khi tham gia một khóa học, phần trăm kiến thức sinh viên còn nhớ sau t tháng kết thúc khóa học được xác định bởi hàm số y =f(t), trong đó f(t) được tính bằng % và \(0 \le t \le 24\). Phầm trăm kiến thức sinh viên còn nhớ là 50% khi t = 7 (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

c) Tập xác định của hàm số y = f(x) là \(D = ( - 1; + \infty )\).

d) Hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng \(( - 1; + \infty )\).

Áp dụng kiến thức về tập xác định, quy tắc tính đạo hàm, cách giải bất phương trình logarit.

a) Sai. \(f(x) \ge 72 \Leftrightarrow 92 - 20\ln (x + 1) \ge 72 \Leftrightarrow \ln (x + 1) \le 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > - 1\\x \le e - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < x \le e - 1\).

Vậy bất phương trình có đúng 2 nghiệm nguyên là x = 0, x = 1.

b) Đúng. Phần trăm kiến thức sinh viên chỉ còn nhớ là 50% nên ta có:

\(92 - 20\ln (t + 1) = 50 \Leftrightarrow \ln (t + 1) = \frac{{21}}{{10}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t + 1 > 0\\{e^{\frac{{21}}{{10}}}} = t + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t > - 1\\t \approx 7,2\end{array} \right. \Leftrightarrow t \approx 7,2\) (tháng).

c) Đúng. f(x) = 92 – 20ln(x + 1) xác định khi x + 1 > 0 hay x > -1.

Vậy tập xác định của f(x) là \(D = ( - 1; + \infty )\).

d) Đúng. \(f'(x) = \frac{{ - 20}}{{x + 1}} < 0\), \(\forall x \in ( - 1; + \infty )\).

Vậy hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng \(( - 1; + \infty )\).

a) Hàm số đồng biến trên khoảng \((0; + \infty )\).

b) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = -1.

c) Điểm M(50;98) và hai điểm cực trị của đồ thị hàm số thẳng hàng.

d) Đồ thị hàm số có một trục đối xứng là đường thẳng \(y = \left( {p + \sqrt q } \right)\left( {x + 1} \right) - r\) (trong đó p, q, r là các số nguyên). Khi đó p + 10q + 15r = 90.

a, b) Quan sát đồ thị và nhận xét.

c) Ứng dụng vecto cùng phương để chứng minh thẳng hàng.

d) Áp dụng phương trình đường phân giác của góc giữa hai đường thẳng.

a) Đúng. Quan sát đồ thị, ta thấy trên khoảng \((0; + \infty )\), đồ thị hàm số liên tục và đi lên từ trái sang nên hàm số đồng biến trên \((0; + \infty )\).

b) Đúng. Quan sát đồ thị, ta thấy đồ thị có tiệm cận đứng x = -1.

c) Sai. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A(0;1) và B(-2;-3).

Ta có \(\overrightarrow {AB} = ( - 2; - 4)\), \(\overrightarrow {AM} = (50;97)\). Vì \(\frac{{50}}{{ - 2}} \ne \frac{{97}}{{ - 4}}\) nên \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AM} \) không cùng phương. Do đó A, B, M không thẳng hàng.

d) Sai. Từ đồ thị hàm số ta có góc giữa tiệm cận đứng \({d_1}\) và tiệm cận xiên \({d_2}\) bằng \({45^o}\).

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} + bx + c}}{{x + n}}\) có 2 trục đối xứng là các đường phân giác tạo bởi hai đường thẳng \({d_1}\), \({d_2}\) nên hai trục đối xứng có hệ số góc là \(\left\{ \begin{array}{l}{k_1} = \tan \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{8}} \right) = 1 + \sqrt 2 \\{k_2} = \tan \left( {\frac{\pi }{4} + \frac{{3\pi }}{8}} \right) = - 1 - \sqrt 2 \end{array} \right.\).

1 trong 2 trục đối xứng có phương trình là \(y = \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right) - 1\).

Vậy p + 10q + 15r = 1+ 10.2 + 15.1 = 36.

Ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất.

Có \({2^y} + y = 2x + {\log _2}\left( {x + {2^{y - 1}}} \right) \Leftrightarrow {2^y} + y = 2x + {\log _2}\left( {2x + {2^y}} \right) - 1\) (1).

Đặt \(t = {\log _2}\left( {2x + {2^y}} \right) \Rightarrow 2x + {2^y} = {2^t} \Rightarrow 2x = {2^t} - {2^y}\).

(1) trở thành \({2^y} + y = {2^t} - {2^y} + t - 1 \Leftrightarrow {2^{y + 1}} + y + 1 = {2^t} + t\) (2).

Xét hàm số \(f(u) = {2^u} + u\), \(\forall u > 0 \Rightarrow f'(u) = {2^u}\ln 2 + 1 > 0\), \(\forall u > 0\).

Suy ra hàm số \(f(x) = {2^x} + x\) luôn đồng biến trên \((0; + \infty )\).

Ta có (2) \( \Leftrightarrow f(y + 1) = f(t) \Leftrightarrow y + 1 = t\).

Suy ra \(y + 1 = {\log _2}\left( {2x + {2^y}} \right) \Leftrightarrow {2^{y + 1}} = 2x + {2^y} \Leftrightarrow x = {2^{y - 1}}\).

Khi đó \(P = \frac{x}{y} = \frac{{{2^{y - 1}}}}{y} \Rightarrow P' = \frac{{{2^{y - 1}}\ln 2 - {2^{y - 1}}}}{{{y^2}}} = 0 \Leftrightarrow \ln 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow y = \frac{1}{{\ln 2}}\).

Bảng biến thiên:

Vậy \({P_{\min }} = \frac{{e\ln 2}}{2} \approx 0,94\) khi \(x = \frac{e}{2}\) và \(y = \frac{1}{{\ln 2}}\).

Ứng dụng vecto cùng phương.

M thuộc mặt phẳng (Oxy) nên M(a;b;0).

\(\overrightarrow {AB} = ( - 8 - 2;7 - 3; - 3 + 1) = ( - 10;4; - 2)\); \(\overrightarrow {AM} = (a - 2;b - 3;0 + 1) = (a - 2;b - 3;1)\).

A, B, M thẳng hàng nên \(\overrightarrow {AB} \), \(\overrightarrow {AM} \) cùng phương, hay \(\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AB} \).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}a - 2 = - 10k\\b - 3 = 4k\\1 = - 2k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 10k = 2\\b - 4k = 3\\k = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 10.\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right) = 2\\b - 4.\left( {\frac{{ - 1}}{2}} \right) = 3\\k = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 7\\b = 1\\k = \frac{{ - 1}}{2}\end{array} \right. \Rightarrow M(7;1;0)\).

Vậy 2a – b + 3c = 2.7 – 1 + 3.0 = 13.

Sử dụng phương pháp tính xác suất của biến cố đối.

A: “Có ít nhất 1 động cơ chạy tốt trong ngày”.

\(\overline A \): “Không có động cơ nào chạy tốt trong ngày”.

\(P(A) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - (1 - 0,7)(1 - 0,8)(1 - 0,85) = \frac{{991}}{{1000}} = 99,1\% \).

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt đều và thể tích hình hộp.

\(h = \frac{x}{2}\tan {60^o} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\).

\({V_1} = \frac{1}{3}h\left( {{x^2} + \sqrt {{x^2}.{{\left( {2x} \right)}^2}} + {{\left( {2x} \right)}^2}} \right) = \frac{{7\sqrt 3 }}{6}{x^3}\).

\({V_2} = x.x.2x = 2{x^3}\).

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{{7\sqrt 3 }}{6}{x^3}}}{{2{x^3}}} = \frac{{7\sqrt 3 }}{{12}} \approx 1,01\).

Ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất của hàm số biểu diễn lợi nhuận.

Lợi nhuận mà A thu được khi B đặt x sản phẩm là:

\(L(x) = x.P(x) - C(x) - 1.x = - 0,0005{x^3} + 1,5x - 10\).

\(L'(x) = - 0,0015{x^2} + 1,5 = 0 \Leftrightarrow x = 10\sqrt {10} \approx 31,6\).

\(L(0) = - 10\); \(L(10\sqrt {10} ) \approx 21,6\); \(L(40) = 18\).

Vậy để A có lợi nhuận lớn nhất thì B cần đặt khoảng 31,6 tạ sản phẩm S.

Chứng minh H luôn nhìn một đoạn thẳng cố định dưới một góc \({90^o}\).

Vì OA = OB = 5 nên tam giác OAB cân tại O.

Gọi C(0;0;c), E(4;2;0) là trung điểm của AB.

Do \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot OC\\AB \bot OE'\end{array} \right.\) nên mặt phẳng (OCE) cố định vuông góc với AB và tam giác ABC cân tại C.

Khi đó \(H \in (OCE)\).

Gọi K là trực tâm tam giác OAB , do A , B và K cùng nằm trong mặt phẳng (Oxy) nên K(a;b;0).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {OK} .\overrightarrow {AB} = 0\\\overrightarrow {BK} .\overrightarrow {OA} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a.( - 2) + b.4 = 0\\a - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = \frac{3}{2}\end{array} \right. \Rightarrow K\left( {3;\frac{3}{2};0} \right)\).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot (OEC)\\CA \bot (BHK)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB \bot HK\\CA \bot HK\end{array} \right. \Rightarrow HK \bot (CAB)\).

Suy ra \(\widehat {KHE} = {90^o}\).

Do đó H thuộc mặt cầu đường kính \(KE = \sqrt {1 + \frac{1}{4}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\) và thuộc mặt phẳng (OCE) cố định.

Vậy H luôn thuộc một đường tròn cố định có bán kính \(R = \frac{{\sqrt 5 }}{4} \approx 0,56\).