Đề minh họa THPT môn Toán năm 2025 có lời giải

a) \(f(0) = 2;f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\).

b) Đạo hàm của hàm số đã cho là\({f^\prime }(x) = 2\sin x + 1\).

c) Nghiệm của phương trình \({f^\prime }(x) = 0\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\frac{\pi }{6}\).

d) Giá trị lớn nhất của \(f(x)\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\sqrt 3 {\rm{\;}} + \frac{\pi }{6}\).

a) Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là 180m .

b) Giá trị của \(b\) là 10.

c) Quãng đường \(S(t)\) (đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong thời gian \(t\) giây \((0 \le t \le 24)\) kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức \(S(t) = \int_0^{24} v (t)dt\).

d) Sau 24 giây kể từ khi tăng tốc, tốc độ của ô tô không vượt quá tốc độ tối đa cho phép là \(100\;{\rm{km}}/{\rm{h}}\).

a) Xác suất \(P(B) = \frac{{21}}{{40}}\) và \(P(\bar B) = \frac{{19}}{{40}}\).

b) Xác suất có điều kiện \(P(A\mid B) = 0,3\).

c) Xác suất \(P(A) = 0,51\).

d) Trong số những người được phỏng vấn thực sự sẽ mua sản phẩm có \(70\% \) người đã trả lời "sẽ mua" khi được phỏng vấn (kết quả tính theo phần trăm được làm tròn đến hàng đơn vị).

a) Đường thẳng MN có phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6 + 3t}\\{y = 20 + 8t}\\{z = {\rm{\;}} - 4t}\end{array}} \right.,(t \in \mathbb{R})\).

b) Vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là điểm \(A( - 3; - 4;12)\).

c) Khoảng cách giữa vị trí đàu tiên và ví trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 18900km ( kết quả làm tròn đến hàng trăm theo đơn vị ki-lô-mét).

d) Nếu thời gian di chuyển của thiên thạch trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 3 phút thì giời gian nó di chuyển từ M đến N là 6 phút.

Sử dụng kiến thức về nguyên hàm của hàm số mũ để tính: \(\int {{e^x}dx} {\rm{ \;}} = {e^x} + C\).

Ta có: \(\int {f\left( x \right)dx} {\rm{ \;}} = \int {{e^x}dx} {\rm{ \;}} = {e^x} + C\).

Sử dụng công thức ứng dụng tích phân tích thể tích của vật thể.

Thể tích vật thể tạo thành khi quay (H) quanh trục Ox và hai đường thẳng \(x = a\), \(x = b\) là:

\(V = \pi \int\limits_a^b {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}dx} \).

Tính số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm.

Sử dụng công thức tính phương sai, độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm.

Mẫu số liệu \({M_1}\) có \({n_{{M_1}}} = 3 + 4 + 8 + 6 + 4 = 25\).

Số trung bình của mẫu số liệu \({M_1}\) là:

\(\overline {{x_{{M_1}}}} {\rm{ \;}} = \frac{{3.9 + 4.11 + 8.13 + 6.15 + 4.17}}{{25}} = 13,32\).

Phương sai của mẫu số liệu \({M_1}\) là:

\({s_1}^2 = \frac{{3{{\left( {9 - 13,32} \right)}^2} + 4{{\left( {11 - 13,32} \right)}^2} + 8{{\left( {13 - 13,32} \right)}^2} + 6{{\left( {15 - 13,32} \right)}^2} + 4{{\left( {17 - 13,32} \right)}^2}}}{{25}} = 5,9776\)

Suy ra độ lệch chuẩn của mẫu số liệu \({M_1}\) là: \({s_1} = \sqrt {{s_1}^2} {\rm{ \;}} = \sqrt {5,9776} {\rm{ \;}} \approx 2,44\).

Mẫu số liệu \({M_2}\) có \({n_{{M_2}}} = 6 + 8 + 16 + 12 + 8 = 50\).

Số trung bình của mẫu số liệu \({M_2}\) là:

\(\overline {{x_{{M_2}}}} {\rm{ \;}} = \frac{{6.9 + 8.11 + 16.13 + 12.15 + 8.17}}{{50}} = 13,32\).

Phương sai của mẫu số liệu \({M_2}\) là:

\({s_2}^2 = \frac{{6{{\left( {9 - 13,32} \right)}^2} + 8{{\left( {11 - 13,32} \right)}^2} + 16{{\left( {13 - 13,32} \right)}^2} + 12{{\left( {15 - 13,32} \right)}^2} + 8{{\left( {17 - 13,32} \right)}^2}}}{{50}} = 5,9776\)

Suy ra độ lệch chuẩn của mẫu số liệu \({M_2}\) là: \({s_2} = \sqrt {{s_2}^2} {\rm{ \;}} = \sqrt {5,9776} {\rm{ \;}} \approx 2,44\).

Vậy \({s_1} = {s_2}\).

Đường thẳng đi qua điểm \(A\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) có vecto chỉ phương là \(\vec u\left( {a;b;c} \right)\) có phương trình:

 \(\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\).

Phương trình của đường thẳng đi qua điểm \(M\left( {1; - 3;5} \right)\) và có một vectơ chỉ phương \(\vec u\left( {2; - 1;1} \right)\) là:

\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 3}}{{ - 1}} = \frac{{z - 5}}{1}\).

Dựa vào kiến thức về tiệm cận ngang.

Tiệm cận ngang của hàm số trên là \(y = \frac{1}{2}\).

Xét bất phương trình \({\log _a}\left( {u\left( x \right)} \right) < b\) với \(a > 0\) thì \(0 < u\left( x \right) < {a^b}\).

Điều kiện:\(x - 1 > 0\) hay \(x > 1\).

Vì \(2 > 0\) nên \({\log _2}\left( {x - 1} \right) < 3\) khi

\(\begin{array}{*{20}{l}}{0 < x - 1 < {2^3}}\\{0 < x - 1 < 8}\\{1 < x < 9}\end{array}\)

Vậy \(x \in \left( {1;9} \right)\).

Phương trình mặt phẳng có dạng tổng quát là \(Ax + By + Cz + D = 0\) với \(\vec n(A;B;C)\) là một vecto pháp tuyến của mặt phẳng.

Mặt phẳng (P): \(x - 3y - z + 8 = 0\) có vecto pháp tuyến là \(\vec n(1; - 3; - 1)\).

Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và d vuông góc với mặt phẳng (Q) thì mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng (Q).

Ta có \(SA \subset (SAB)\) và SA vuông góc với đáy, suy ra mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD).

\({a^x} = b \Leftrightarrow x = {\log _a}b\).

Ta có: \({2^x} = 6 \Leftrightarrow x = {\log _2}6\).

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

Ta có \({u_2} = {u_1} + (2 - 1)d\).

Thay \({u_1} = 1\), \({u_2} = 3\) vào công thức trên, ta được: \(3 = 1 + d \Leftrightarrow d = 2\).

Số hạng \({u_5} = {u_1} + (5 - 1)d = 1 + 4.2 = 9\).

Áp dụng quy tắc ba điểm và quy tắc hình hộp.

Xét đáp án A:

\(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BB'} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {B'A'} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {AB'} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {B'A'} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {AA'} \) (theo quy tắc ba điểm).

Vậy A sai.

Xét đáp án B:

\(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {BC'} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {C'D'} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {AC'} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {C'D'} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {AD'} \) (theo quy tắc ba điểm).

Vậy B sai.

Theo quy tắc hình hộp, ta có: \(\overrightarrow {AB} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AA'} {\rm{ \;}} + \overrightarrow {AD} {\rm{ \;}} = \overrightarrow {AC'} \) nên đáp án C sai, đáp án D đúng.

Quan sát đồ thị. Hàm số đồng biến khi đồ thị đi lên theo hướng từ trái sang, hàm số nghịch biến khi đồ thị đi xuống từ trái sang.

Quan sát đồ thị, thấy đồ thị đi lên khi \(x \in ( - 1;1)\). Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(( - 1;1)\).

a) \(f(0) = 2;f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\).

b) Đạo hàm của hàm số đã cho là\({f^\prime }(x) = 2\sin x + 1\).

c) Nghiệm của phương trình \({f^\prime }(x) = 0\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\frac{\pi }{6}\).

d) Giá trị lớn nhất của \(f(x)\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\sqrt 3 {\rm{\;}} + \frac{\pi }{6}\).

Thay x bằng các giá trị đã cho để tính.

Tính đạo hàm của hàm số lượng giác.

Giải phương trình lượng giác.

Ứng dụng sự biến thiên của hàm số để tìm giá trị lớn nhất.

a) Đúng: \(f(x) = 2\cos x + x\).

Ta có \(f(0) = 2\cos 0 + 0 = 2\) và \(f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2cos\left( {\frac{\pi }{2}} \right) + \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2}\).

b) Sai: \({f^\prime }(x) = - 2\sin x + 1\).

c) Đúng: Ta có:

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow - 2\sin x + 1 = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \pi - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\end{array}} \right.\)

Trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\), phương trình \({f^\prime }(x) = 0\) có nghiệm là \(\frac{\pi }{6}\).

d) Đúng: Ta có \(f(0) = 2;f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2} \approx 1,57;f\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = \sqrt 3 + \frac{\pi }{6} \approx 2,26.\)

Vậy giá trị lớn nhất của \(f(x)\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\sqrt 3 + \frac{\pi }{6}\).

a) Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là 180m .

b) Giá trị của \(b\) là 10.

c) Quãng đường \(S(t)\) (đơn vị: mét) mà ô tô đi được trong thời gian \(t\) giây \((0 \le t \le 24)\) kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức \(S(t) = \int_0^{24} v (t)dt\).

d) Sau 24 giây kể từ khi tăng tốc, tốc độ của ô tô không vượt quá tốc độ tối đa cho phép là \(100\;{\rm{km}}/{\rm{h}}\).

Ứng dụng tích phân.

a) Đúng: Sau 2 giây, ô tô bắt đầu tăng tốc, ta có quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là \(S = 200 - 2{v_1} = 200 - 2.10 = 180m.\)

b) Đúng: Có \({v_1} = 36(km/h) = 10(m/s)\)

Ta có \(v(t) = at + b(a,b \in \mathbb{R},a > 0)\), suy ra vận tốc ban đầu khi ô tô chưa tăng tốc ứng với \(t = 0\). Vậy \({v_1} = v(0) = a.0 + b = 10(m/s) \Rightarrow b = 10.\)

c) Sai: Quãng đường \(S(t)\) mà ô tô đi được trong thời gian \(t\) giây \((0 \le t \le 24)\) kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức \(S(t) = \int_0^t v (t)dt\).

d) Sai: Ta có \(v(t) = at + 10\), \(S(t) = 180m\) tương ứng thời gian tăng tốc từ 0 đến 12 giây.

Suy ra \(\int\limits_0^{12} {\left( {at + 10} \right)dt = 180} \Rightarrow \left. {\left( {\frac{{a{t^2}}}{2} + 10t} \right)} \right|_0^{12} = 180 \Rightarrow a = \frac{5}{6}\).

Vậy \(v(t) = \frac{5}{6}t + 10 \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;24} \right]} v(t) = v(24) = 30m/s = 108km/h.\)

a) Xác suất \(P(B) = \frac{{21}}{{40}}\) và \(P(\bar B) = \frac{{19}}{{40}}\).

b) Xác suất có điều kiện \(P(A\mid B) = 0,3\).

c) Xác suất \(P(A) = 0,51\).

d) Trong số những người được phỏng vấn thực sự sẽ mua sản phẩm có \(70\% \) người đã trả lời "sẽ mua" khi được phỏng vấn (kết quả tính theo phần trăm được làm tròn đến hàng đơn vị).

Sử dụng công thức xác suất có điều kiện \(P(A|B) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}}\).

a) Đúng: Số phần tử không gian mẫu \(n\left( {\Omega {\rm{\;}}} \right) = 200\).

Số phần tử của biến cố \(B\): \(n\left( B \right) = 105\).

Xác suất của biến cố \(B\)là : \(P\left( B \right) = \frac{{n\left( B \right)}}{{n\left( {\Omega {\rm{\;}}} \right)}} = \frac{{21}}{{40}}\).

\( \Rightarrow \) Xác suất của \(P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = \frac{{19}}{{40}}\).

b) Sai: Người được phỏng vấn thực sự sẽ mua sản phẩm là \(70\% \) của số người trả lời "sẽ mua" và \(30\% \) của những người trả lời " không mua".

Vậy số phần tử của biến cố \(A\) là \(n\left( A \right) = 70\% .105 + 30\% .95 = 102\).

Xác suất của biến cố \(A\) là : \(P\left( A \right) = \frac{{102}}{{200}} = 0,51\).

Theo công thức tính xác suất có điều kiện: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( B \right)}} = 0,97\).

c) Đúng: \(P\left( A \right) = \frac{{102}}{{200}} = 0,51\).

d) Sai: Những người được phỏng vấn thực sự sẽ mua sản phẩm là 102 người.

Trong nhóm người được phỏng vấn nói "sẽ mua" có \(70\% .105 = 73,5\) người mua.

Vậy trong những người được phỏng vấn thực sự sẽ mua có \(\frac{{73,5}}{{102}}.100 \approx 72\% \) người được phỏng vấn trả lời sẽ mua.

a) Đường thẳng MN có phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6 + 3t}\\{y = 20 + 8t}\\{z = {\rm{\;}} - 4t}\end{array}} \right.,(t \in \mathbb{R})\).

b) Vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là điểm \(A( - 3; - 4;12)\).

c) Khoảng cách giữa vị trí đàu tiên và ví trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 18900km ( kết quả làm tròn đến hàng trăm theo đơn vị ki-lô-mét).

d) Nếu thời gian di chuyển của thiên thạch trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 3 phút thì giời gian nó di chuyển từ M đến N là 6 phút.

Viết phương trình đường thẳng dựa vào 1 điểm mà nó đi qua và vecto chỉ phương.

Lập phương trình mặt cầu mà hệ thống quan sát theo dõi được. Tìm giao điểm của mặt cầu và đường thẳng bằng cách thay tọa độ x, y, z của phương trình đường thẳng vào phương trình mặt cầu.

Sử dụng biểu thức tính khoảng cách giữa hai điểm.

a) Đúng: Ta có \(\overrightarrow {MN} {\rm{\;}} = (3;8; - 4)\).

Có phương trình đường thẳng đi qua \(M(6;20;0)\)và có vecto chỉ phương mà \(\overrightarrow {MN} \).

Vậy đường thẳng MN có phương trình tham số là: \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6 + 3t}\\{y = 20 + 8t}\\{z = {\rm{\;}} - 4t}\end{array}} \right.,(t \in \mathbb{R})\).

b) Sai: Ta có phương trình mặt cầu mà hệ thống quan sát theo dõi được các vật thể:

Có tâm \(O(0;0;0)\) và bán kính là \(R = 6,4 + 6,6 = 13.\)

Suy ra ta có phương trình: \((C)\): \({x^2} + {y^2} + {z^2} = {13^2} = 169\).

Khi đó điểm đầu và điểm cuối mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là nghiệm của phương trình giao điểm của đường thẳng MN và mặt cầu \((C)\).

Suy ra: \({\left( {6 + 3t} \right)^2} + {(20 + 8)^2} + {( - 4t)^2} = 169\).

Giải phương trình trên ta có: \(89t + 256t + 267 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = {\rm{\;}} - 1}\\{t = {\rm{\;}} - 3}\end{array}} \right.\)

Ta được hai điểm \(A( - 3; - 4;12)\) và \(B\left( {3;12;4} \right)\).

Tuy nhiên, ta có khoảng cách \(MA = 3\sqrt {89} {\rm{\;}} \approx 28.3\) và \(MB = \sqrt {89} {\rm{\;}} \approx 9.4\).

Vậy vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi là \(B\left( {3;12;4} \right)\).

Vậy vị trí cuối cùng thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi là \(A( - 3; - 4;12)\).

c) Đúng: Khoảng cách \(AB = MB - MA = 2\sqrt {89} {\rm{\;}} \approx 18,9\).

Vậy khoảng cách thực tế giữa AB là \( \approx 18900km\).

d) Đúng: Ta có khoảng cách \(MN = \sqrt {{{12}^2} + {{32}^2} + {{16}^2}} {\rm{\;}} = 4\sqrt {89} \).

Ta thấy \(MN = 2AB \Rightarrow \frac{{MN}}{{AB}} = 2\) mà vận tốc của thiên thạch không đổi ta có thời gian cũng tỷ lệ với khoảng cách. Khi đó: \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{6}{3} = 2\).

Tìm đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau: Khoảng cách cần tìm là đường cao kẻ từ A của tam giác ABC.

Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác cho tam giác ABC để tính.

Kẻ \(AH \bot BC\), H thuộc BC.

Ta có \(AA' \bot (ABC) \Rightarrow AA' \bot AH\) (một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng thì vuông góc với mọi đường trong mặt đó).

Do đó, AH là đường vuông góc chung của AA’ và BC.

\( \Rightarrow d(AA',BC) = AH\).

\(\frac{1}{2}AH.BC = \sqrt {p(p - AB)(p - BC)(p - CA)} \).

\( \Rightarrow AH = \frac{2}{6}\sqrt {9(9 - 5)(9 - 7)(9 - 6)} {\rm{\;}} = 4,9\) với \(p = \frac{{5 + 6 + 7}}{2} = 9\).

Liệt kê.

Tổng số cách:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{10 + 11 + 14 + 11 = 46}\\{10 + 12 + 14 + 9 = 45}\\{11 + 14 + 11 + 10 = 46}\\{11 + 12 + 11 + 9 = 43}\\{9 + 14 + 12 + 10 = 45}\\{9 + 11 + 12 + 11 = 43}\end{array}\)

Ta có công thức tính khoảng cách:

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

Áp dụng công thức trên đối với các đoạn thẳng MA, MA, MC, MD rồi giải hệ.

Gọi \(M\left( {x,y,z} \right)\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MA = 3}\\{MB = 6}\\{MC = 5}\\{MD = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{(x - 3)}^2} + {{(y - 1)}^2} + {z^2} = 9}\\{{{(x - 3)}^2} + {{(y - 6)}^2} + {{(z - 6)}^2} = 36}\\{{{(x - 4)}^2} + {{(y - 6)}^2} + {{(z - 2)}^2} = 25}\\{{{(x - 6)}^2} + {{(y - 2)}^2} + {{(z - 14)}^2} = 169}\end{array}} \right.} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x - 2y + 1 = 0}\\{{x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x - 12y - 12z + 45 = 0}\\{{x^2} + {y^2} + {z^2} - 8x - 12y - 4z + 31 = 0}\\{{x^2} + {y^2} + {z^2} - 12x - 4y - 28z + 67 = 0}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{6x + 2y - 1 - 6x - 12y - 12z + 45 = 0}\\{6x + 2y - 1 - 8x - 12y - 4z + 31 = 0}\\{6x + 2y - 1 - 12x - 4y - 28z + 67 = 0}\end{array}} \right.\)

\(\; \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{10y + 12z = 44}\\{2x + 10y + 4z = 30}\\{6x + 2y + 28z = 66}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{y = 2}\\{z = 2}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow M\left( {1;2,2} \right) \Rightarrow MO = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {2^2}} {\rm{\;}} = 3\).

Gắn hệ trục tọa độ Oxy một cách phù hợp. Tìm phương trình của đồ thị parabol. Ứng dụng tính diện tích hình phẳng để tìm diện tích trồng hoa. Từ đó tính diện sân chơi.

Xét hệ trục tọa độ như hình:

Parabol có dạng \(y = a{x^2} + bx + {c_{}}(a \ne 0)\).

Parabol đi qua gốc tọa độ O(0;0) \( \Rightarrow c = 0\).

Parabol đi qua 2 điểm (-30;20) và (30;20)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{900a + 30b = 20}\\{900a - 30b = 20}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{1}{{45}}}\\{b = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow y = \frac{1}{{45}}{x^2}\).

Diện tích nửa phần trồng hoa là: \({S_1} = \int\limits_{ - 30}^{30} {\left| {20 - \frac{1}{{45}}{x^2}} \right|} dx = 800\).

Diện tích phần sân chơi là: \(S = 60.80 - 2.800 = 3200({m^2})\).

Lập hàm tính lợi nhuận và tìm giá trị lớn nhất. Từ đó đưa ra kết luận.

Chi phí bỏ ra khi sản xuất \(x\) sản phẩm là \(x\)G(x).

Có \(G(x) = {x^2} + 1000x + 250000\)(đồng).

Lợi nhuận thu được là: \(H(x) = F(x) - xG(x) = {x^3} - 2000{x^2} + 1000000x\)

Ta cần tìm \(x\)để

\(H(x)\) đạt giá trị lớn nhất.

Ta có: \(H'(x) = 3{x^2} - 4000x + 1000000,x \in \left[ {1;500} \right]\).

\(H'(x) = 0\) \( \Leftrightarrow 3{x^2} - 4000x + 1000000 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{1000}}{3}\\{\rm{ \;}}x = 1000\end{array} \right.\)

Có \(H(333) = 148148037;H(334) = 148147704\).

Bảng biến thiên:

Như vậy doanh nghiệp cần sản xuất 333 sản phẩm để đạt doanh thu lớn nhất.

Áp dụng công thức tính xác suất toàn phần và xác suất có điều kiện.

Cách 1:

Gọi \(A\) là biến cố: "Lấy được từ hộp II quả bóng được chuyển từ hộp I sang".

\(B\) là biến cố: "Lấy được từ hộp II quả bóng có màu đỏ".

Ta cần tính \(P(A\mid B)\).

Gọi \({B_1}\) là biến cố: "Lấy được từ hộp I quả bóng màu đỏ",

\({B_2}\) là biến cố: "Lấy được từ hộp I quá bóng màu vàng".

Khi đó \(P\left( {{B_1}} \right) = \frac{6}{{10}};P\left( {{B_2}} \right) = \frac{4}{{10}}\); \(P\left( {B\mid {B_1}} \right) = \frac{8}{{11}};P\left( {B\mid {B_2}} \right) = \frac{7}{{11}}\).

Theo công thức xác suất toàn phần:

\(P(B) = P\left( {{B_1}} \right)P\left( {B\mid {B_1}} \right) + P\left( {{B_2}} \right)P\left( {B\mid {B_2}} \right)\)\( = \frac{6}{{10}} \cdot \frac{8}{{11}} + \frac{4}{{10}} \cdot \frac{7}{{11}} = \frac{{38}}{{55}}\).

Dể thấy \(P(A) = \frac{1}{{11}}\) và \(AB = A{B_1}\).

Vì hai biến cố \(A\) và \({B_1}\) độc lập nên:

\(P(AB) = P\left( {A{B_1}} \right) = P(A)P\left( {{B_1}} \right) = \frac{1}{{11}} \cdot \frac{6}{{10}} = \frac{3}{{55}}.\)

Xác suất cần tìm là: \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{3}{{55}}}}{{\frac{{38}}{{55}}}} = \frac{3}{{38}} \approx 0,08\).

Cách 2:

Ta có: \(n(\Omega ) = 10.11 = 110\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Lấy được bóng từ hộp II mà quả đó được chuyển từ hộp I sang";

\(B\) là biến cố: "Lấy được bóng có sẵn từ hộp II";

\(C\) là biến cố: "Lấy được bóng màu đỏ từ hộp II".

Ta có \(P(C) = \frac{{6.8 + 4.7}}{{110}} = \frac{{76}}{{110}};P(A \cap C) = \frac{{6.1}}{{110}} = \frac{6}{{110}}\).

Xác suất cần tìm là: \(P(A|C) = \frac{{P(C \cap A)}}{{P(C)}} = \frac{{\frac{6}{{110}}}}{{\frac{{76}}{{110}}}} = \frac{6}{{76}} \approx 0,08\).