Ra đề: Trường THPT Xuân Lộc
Phản biện đề: Trường THPT Xuân Hưng
ĐỀ THAM KHẢO THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2025
MÔN: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút
Đề có 5 trang
PHẦN I. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
b
Câu 1:
Cho hàm số F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên đoạn  a ; b  . Tích phân  f  x  dx
a
bằng
A. F  b   F  a  .
B. F  a   F  b  .
C. f  b   f  a  .
D. f  a   f  b  .
C. 3037 .
D. 4049 .
1
Câu 2:
Giá trị của   2024 x  2025  d x bằng
0
B. 3037 .
A. 4049 .
Câu 3:
Khảo sát thời gian xem ti vi trong một ngày của một số học sinh khối 11 thu được mẫu số liệu
ghép nhóm sau:
Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất có tần số bằng bao nhiêu?
A. 5 .
Câu 4:
B. 9 .
C. 12 .
D. 11 .
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm I  3;  1;0  , bán kính R  5 có phương
trình là
A.  x  3   y  1  z 2  5 .
B.  x  3   y  1  z 2  5 .
C.  x  3   y  1  z 2  25 .
D.  x  3   y  1  z 2  25 .
2
2
Câu 5:
2
2
2
2
2
2
Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình f  x   1 là
Trang 1
A. 1 .
Câu 6:
B. 0 .
D. 3 .
C. S   0;1 .
D. S   ;   .
Tập nghiệm S của bất phương trình 4 x  2 x1 là
A. S  1;   .
Câu 7:
C. 2 .
B. S   ;1 .
Trong không gian với hê ̣ to ̣a đô ̣ Oxyz , cho mă ̣t phẳ ng  P  có phương trình: 3 x  4 y  2 z  4  0
và điể m A 1; 2;3  . Tính khoảng cách d từ A đế n  P  .
A. d 
Câu 8:
5
.
9
B. d 
C. d 
5
29
.
5
.
3
D. d 
Cho hình lập phương ABCD. ABC D . Góc giữa hai đường thẳng AA và BD bằng bao nhiêu
độ?
A. 30 .
Câu 9:
5
.
29
B. 60 .
C. 45 .
D. 90 .
Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn ab 2  9 . Giá trị của biểu thức log 3 a  2log 3 b bằng
A. 6 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 1 .
Câu 10: Cho cấp số cộng  un  có u1  2 và công sai d  3 . Số hạng u10 của cấp số cộng bằng.
A. u10  2.39 .
B. u10  25 .
C. u10  28 .
D. u10  29 .
Câu 11: Cho hình lập phương ABCD. ABC D với AB  4 . Tính AB  B C   AA ?
A. 4 2 .
B. 2 10 .
C.
10 .
D. 4 3 .
x2  3x  5
Câu 12: Hàm số y 
nghịch biến trên khoảng nào ?
x 1
A.  4; 2  .
C.  ; 1 và  1;   .
B.  ; 2 .
D.  4; 1 .
PHẦN II. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a, b, c, d, ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc
sai.
Câu 1:
Cho hàm số y  x 3  3x 2  9 x  15 .
a) Hàm số xác định trên khoảng 1;   .
b) Hàm số có đạo hàm là y  3 x 2  6 x  9 .
c) Hàm số đồng biến trên khoảng  3;1 .
d) Đồ thị hàm số đạt cực trị tại 2 điểm A, B . Chu vi của tam giác OAB bằng
3 193  4 65  101 (với O là gốc tọa độ).
Câu 2:
Cho tứ diện SABC , G là trọng tâm tam giác ABC và M , I , E , K tương ứng là trung điểm
của SA , AB , SI , CG .
a) AS  IB  SI .
b) SG 


1
SA  SB  SC .
3
Trang 2
c) MG 
1
1
1
SA  SB  SC .
6
3
3
d) EK  
Câu 3:
1
1
2
SA  SB  SC .
12
12
3
Một lớp học có 17 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Cô giáo gọi ngẫu nhiên lần lượt 2 học sinh
(có thứ tự) lên trả lời câu hỏi (khi đã gọi lần thứ nhất thì không hoàn lại học sinh đó). Xét các
biến cố:
A: “ Lần thứ nhất cô giáo gọi 1 học sinh nam”.
B: “ Lần thứ hai cô giáo gọi 1 học sinh nữ”.
a) Số phần tử của không gian mẫu là 1640 .
b) Xác suất của biến cố lần thứ nhất chọn được nam và lần thứ hai chọn được nữ là
3
.
5
c) Xác suất của biến cố lần thứ hai gọi được học sinh nữ với điều kiện lần đầu gọi được học sinh
51
nam là
.
205
d) Xác suất của biến cố lần đầu tiên gọi được một học sinh nam với điều kiện lần thứ hai gọi
17
được học sinh nữ là
.
40
Câu 4:
Biết F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   2 x 
1
trên khoảng  0;   . Xét tính đúng
x2
sai của các mệnh đề sau?
a) Nếu F 1  3 khi đó F  x   x 2 
1
 3.
x
b) Nếu F 1  0 thì hương trình F  x   0 có hai nghiệm.
c) Giả sử đồ thị hàm số y  F  x  đi qua điểm M  1; 2  . Khi đó F  2  
d) Nếu F  2  
13
.
2
1
khi đó hàm số g  x   xF  x  có 3 điểm cực trị.
4
PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1:
Cho hình chóp SABCD , SA  a 3 và SA   ABCD  đáy ABCD là hình chữ nhật có
AB  a . H là hình chiếu của A lên SB . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng
m.a; m  . Khi đó giá trị của m là (làm tròn đến hàng phần trăm).
Câu 2:
Ung thư là căn bệnh xảy ra khi có tế bào không bình thường xuất hiện, sinh trưởng mất kiểm
soát và hợp thành một khối u. Các tế bào ung thư dần dần sẽ phá hủy và xâm lấn các mô lành
trong cơ thể, xuất phát từ các cơ quan lân cận cho đến toàn cơ thể.
Trang 3
Ngày nay, một trong những phương pháp điều trị ung thư là xạ trị. Xạ trị là phương pháp điều
trị ung thư sử dụng chùm tia phóng xạ ion hóa để tiêu diệt tế bào ung thư từ đó có thể điều trị
khối u hoặc làm thu nhỏ khối u.
Một người được điều trị ung thư bằng phương pháp chiếu xạ gama    . Biết rằng chất phóng
xạ dùng điều trị có chu kì bán rã là 100 ngày. Cứ 10 ngày người đó lại đi chiếu xạ một lần với
liều lượng chiếu xạ ở các lần là như nhau. Ở lần chiếu xạ đầu tiên bác sĩ đã chiếu xạ với thời
gian là 20 phút. Nếu vẫn dùng lượng chất phóng xạ ban đầu ở các lần chiếu xạ thì lần chiếu xạ
thứ sáu người đó phải chiếu trong bao nhiêu phút (làm tròn đến hàng phần chục). Biết thức


t

phân rã của hạt nhân còn lại sau t (ngày) là: m   m 0  1  2 T  .


Với m lần lượt là lượng phóng xạ sinh ra trong khoảng thời gian  t .
m0 lượng phóng xa ban đầu.
T chu kì bán rã.
Câu 3:
Một tháp nước hình nón lật ngược có bán kính đáy là 2m và chiều cao là 4m . Nếu bơm nước
vào tháp cứ mỗi phút bơm được 2m 3 , hãy tìm tốc độ mực nước đang dâng lên khi mực nước
cao 3m .
Câu 4:
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 0;3  , I 1; 2;  4  và mặt phẳng
 P  : 2 x  y  2 z  10  0 . Điểm M di động sao cho độ dài MI  5 và N thuộc mặt phẳng
 P  sao cho diện tích tam giác AIN bằng 18 2 . Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng MN là
(làm tròn kết quả đến hàng phần chục).
Câu 5:
Một vật trang trí có dạng khối tròn xoay tạo thành khi quay miền ( R ) (phần gạch chéo trong hình
vẽ) quay xung quanh trục AB . Biết ABCD là hình chữ nhật cạnh AB  3cm , AD  2cm ; F là
Trang 4
trung điểm của BC ; điểm E cách AD một đoạn bằng 1cm . ED là cung tròn của đường tròn
đường kính AD .
Thể tích của vật thể trang trí trên là a  cm3  (quy tròn đến hàng phần chục). Khi đó a bằng.
Câu 6:
Khảo sát thị trường có 22, 5% khách hàng sử dụng sản phẩm X , 50% dùng sản phẩm Y , 36, 5%
trong số người dùng sản phẩm Y có dùng sản phẩm X . Tìm xác suất một người dùng sản phẩm
Y , biết rằng người đó không dùng sản phẩm X .
Trang 5
ĐÁP ÁN
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn
1A
2C
3B
4C
5D
6B
7C
8D
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai.
Câu
1
2
a)
Đ
S
b)
S
Đ
c)
S
S
d)
Đ
Đ
Phần III. Câu hỏi trả lời ngắn
CÂU
1
3
Đ
S
S
Đ
ĐÁP ÁN
0,87
2
28, 3
3
0, 28
4
19,1
5
16, 5
6
0, 41
Trang 6
9C
10B
11D
4
Đ
S
Đ
S
12D
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
PHẦN I. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
b
Câu 1:
Cho hàm số F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x  trên đoạn  a ; b  . Tích phân  f  x  dx
a
bằng
A. F  b   F  a  .
B. F  a   F  b  .
C. f  b   f  a  .
D. f  a   f  b  .
Lời giải
Theo giả thiết F  x  là một nguyên hàm của hàm số y  f  x  trên đoạn  a ; b  nên ta có
b
 f  x  dx  F  x   F  b   F  a  .
b
a
a
1
Câu 2:
Giá trị của   2024 x  2025  d x bằng
0
B. 3037 .
A. 4049 .
C. 3037 .
D. 4049 .
Lời giải
Theo tính chất của tích phân, ta có:
1
1
0
0
1
  2024 x  2025  dx   2024 xdx   2025dx
0
 2024 x
 1  2024.12
  2024.0 2


 2025 x   
 2025.1   
 2025.0 
2
2
2

0 
 

 3037
2
Chọn đáp án C.
Câu 3: Khảo sát thời gian xem ti vi trong một ngày của một số học sinh khối 11 thu được mẫu số liệu
ghép nhóm sau:
Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất có tần số bằng bao nhiêu?
A. 5 .
B. 9 .
C. 12 .
D. 11 .
Lời giải
Ta có cỡ mẫu n  42 .
Gọi x1 , x2 ,
Do x1 ,
, x42 là số phút xem ti vi của 42 học sinh xếp theo thứ tự không giảm.
, x5   0; 20  , x6 ,
, x14   20; 40  , x15 ,
, x26   40; 60  , x27 ,
Trang 7
, x36   60;80  ,
x37 ,
, x42  80;100  nên tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu x1 , x2 ,
, x42 là x11   20; 40  .
Vậy nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất có tần số bằng 9 .
Câu 4:
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu tâm I  3;  1;0  , bán kính R  5 có phương
trình là
A.  x  3   y  1  z 2  5 .
B.  x  3   y  1  z 2  5 .
C.  x  3   y  1  z 2  25 .
D.  x  3   y  1  z 2  25 .
2
2
2
2
2
2
2
2
Lời giải
Mặt cầu  S  có tâm I  3;  1;0  , bán kính R  5 có phương trình là  x  3   y  1  z 2  25
2
Câu 5:
2
Cho hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị là đường cong trong hình bên.
Số nghiệm thực của phương trình f  x   1 là
A. 1 .
B. 0 .
C. 2 .
Lời giải
D. 3 .
Từ đồ thị hàm số ta có số nghiệm thực của phương trình f  x   1 là 3 .
Câu 6:
Tập nghiệm S của bất phương trình 4 x  2 x1 là
A. S  1;   .
B. S   ;1 .
C. S   0;1 .
D. S   ;   .
Lời giải
Ta có 4 x  2 x1  2 2 x  2 x 1  2 x  x  1  x  1 .
Câu 7:
Trong không gian với hê ̣ to ̣a đô ̣ Oxyz , cho mă ̣t phẳ ng  P  có phương trình: 3 x  4 y  2 z  4  0
và điể m A 1; 2;3  . Tính khoảng cách d từ A đế n  P  .
A. d 
5
.
9
B. d 
5
.
29
C. d 
5
29
D. d 
.
Lời giải
Khoảng cách d từ A đế n  P  là d ( A, ( P )) 
3xA  4 y A  2 z A  4
Trang 8
32  42  22

38 6 4
29
5
.
3
 d ( A, ( P )) 
Câu 8:
5
29
.
Cho hình lập phương ABCD. ABC D . Góc giữa hai đường thẳng AA và BD bằng bao nhiêu
độ?
A. 30 .
B. 60 .
C. 45 .
Lời giải
D. 90 .
Ta có AA   ABCD   AA  BD . Vậy  AA, BD   90 
Câu 9:
Cho a và b là hai số thực dương thỏa mãn ab 2  9 . Giá trị của biểu thức log 3 a  2log 3 b bằng
A. 6 .
B. 3 .
C. 2 .
Lời giải
D. 1 .
Ta có ab 2  9  log 3  ab 2   log 3 9  log 3 a  2 log 2 b  2 .
Câu 10: Cho cấp số cộng  un  có u1  2 và công sai d  3 . Số hạng u10 của cấp số cộng bằng
A. u10  2.39 .
B. u10  25 .
C. u10  28 .
D. u10  29 .
Lời giải
Ta có u10  u1  9d  2  9.3  25 .
Câu 11: Cho hình lập phương ABCD. ABC D với AB  4 . Tính AB  B C   AA ?
A. 4 2 .
B. 2 10 .
C.
10 .
D. 4 3 .
Lời giải
Ta có: AB  BC   AA  AB  AD  BB  AC   AC   AB 3  4 3 .
Trang 9
x2  3x  5
Câu 12: Hàm số y 
nghịch biến trên khoảng nào ?
x 1
B.  ; 2 .
A.  4; 2  .
C.  ; 1 và  1;   .
D.  4; 1 .
Lời giải
TXĐ: D 
Ta có. y 
\ 1 .
x2  2x  8
 x  1
2
, x  D .
 x  4
.
 x2
Khi đó y  0  x  2 x  8  0  
2
Bảng biến thiên:
–
–
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  4; 1 .
PHẦN II. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a, b, c, d, ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc
sai.
Câu 1:
Cho hàm số y  x  3x  9 x  15 .
3
2
a) Hàm số xác định trên khoảng 1;   .
b) Hàm số có đạo hàm là y  3 x  6 x  9 .
2
c) Hàm số đồng biến trên khoảng  3;1 .
d) Đồ thị hàm số đạt cực trị tại 2 điểm A, B . Chu vi của tam giác OAB bằng
3 193  4 65  101 (với O là gốc tọa độ).
Lời giải
a) Đúng.
Tập xác định: D 
. Nên hàm số xác định trên khoảng 1;   .
b) Sai.
Ta có: y  3 x  6 x  9 .
2
c) Sai.
Trang 10
2
Ta có: y  3 x  6 x  9 .
x  1
y  0  3x 2  6 x  9  0  
.
 x  3
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  3;1 .
d) Đúng.
Từ bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số đạt cực trị tại 2 điểm A  3; 42  , B 1;10  .
Ta có:
OA   3; 42   OA  3 193 , OB  1;10   OB  101 , AB   4;  32   AB  4 65 .
Chu vi của tam giác OAB bằng OA  OB  AB  3 193  101  4 65 .
Câu 2:
Cho tứ diện SABC , G là trọng tâm tam giác ABC và M , I , E , K tương ứng là trung điểm
của SA , AB , SI , CG .
a) AS  IB  SI .


b) SG 
1
SA  SB  SC .
3
c) MG 
1
1
1
SA  SB  SC .
6
3
3
d) EK  
1
1
2
SA  SB  SC
12
12
3
Lời giải
Trang 11
a)
Sai.
Vì I là trung điểm của đoạn thẳng AB nên AI  IB  AS  IB  AS  AI  IS .
Vậy mệnh đề a) sai.
b) Đúng.
Ta có: SA  SG  GA ; SB  SG  GB ; SC  SG  GC
Suy ra SA  SB  SC  3SG  GA  GB  GC .
Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên GA  GB  GC  0 .
Suy ra SG 


1
SA  SB  SC .
3
Vậy mệnh đề b) đúng
c)
Sai.
Ta có MG  SG  SM 


1
1
1
1
1
SA  SB  SC  SA   SA  SB  SC .
3
2
6
3
3
Vậy mệnh đề c) sai
d) Đúng.

 

1
1
1
Ta có EK  SK  SE  SK  SI  SG  SC  SA  SB .
2
2
4



1
1
1
1
1 1
1
1
1
SG  SC  SA  SB  . SA  SB  SC  SC  SA  SB
2
2
4
4
2 3
2
4
4

1
1
2
SA  SB  SC .
12
12
3
Vậy EK  
1
1
2
SA  SB  SC .
12
12
3
Vậy mệnh đề d) đúng.
Câu 3:
Một lớp học có 17 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Cô giáo gọi ngẫu nhiên lần lượt 2 học sinh
(có thứ tự) lên trả lời câu hỏi (khi đã gọi lần thứ nhất thì không hoàn lại học sinh đó). Xét các
biến cố:
A: “ Lần thứ nhất cô giáo gọi 1 học sinh nam”
B: “ Lần thứ hai cô giáo gọi 1 học sinh nữ”
a) Số phần tử của không gian mẫu là 1640 .
b) Xác suất của biến cố lần thứ nhất chọn được nam và lần thứ hai chọn được nữ là
3
.
5
c) Xác suất của biến cố lần thứ hai gọi được học sinh nữ với điều kiện lần đầu gọi được học sinh
51
nam là
.
205
Trang 12
d) Xác suất của biến cố lần đầu tiên gọi được một học sinh nam với điều kiện lần thứ hai gọi
17
được học sinh nữ là
.
40
Lời giải
a. ĐÚNG
Không gian mẫu của phép thử là   41.40  1640 .
b. SAI
Ta có: A  B : Biến cố lần thứ nhất chọn được nam và lần thứ hai chọn được nữ.
Nên P  A  B  
17.24
51

41.40 205
c. SAI
Xác suất của biến cố lần thứ hai gọi được học sinh nữ với điều kiện lần đầu gọi được học sinh
17.24
3
 .
nam là P  B A  
17.16  17.24 5
d. ĐÚNG
Xác suất của biến cố lần thứ nhất gọi được học sinh nam với điều kiện lần thứ hai gọi được học
17.24
17

sinh nữ là P  A B  
.
17.24  24.23 40
Câu 4:
Biết F  x  là một nguyên hàm của hàm số f  x   2 x 
a) Nếu F 1  3 khi đó F  x   x 2 
1
trên khoảng  0;   .
x2
1
3
x
b) Nếu F 1  0 thì hương trình F  x   0 có hai nghiệm.
c) Giả sử đồ thị hàm số y  F  x  đi qua điểm M  1; 2  . Khi đó F  2  
d) Nếu F  2  
13
2
1
khi đó hàm số g  x   xF  x  có 3 điểm cực trị.
4
Lời giải
a) Đúng
b) Sai
a) Đúng
1 
1

F  x    f  x     2 x  2  dx  x 2   C
x 
x

F 1  3  C  3
Trang 13
c) Đúng
d) Sai
Suy ra F  x   x 2 
1
3
x
b) Sai.
F 1  0  C  0
Suy ra F  x   0  x 2 
1
 0  x3  1  0  x  1
x
Vậy phương trình f  x   0 có duy nhất một nghiệm.
c) Đúng.
Đồ thị hàm số y  F  x  đi qua điểm M  1;5  ta được 2  C  5  C  3
Suy ra F  x   x 2 
F  2   22 
1
3
x
1
13
3
2
2
d) Sai.
F  2  
1
1
1
 4   C   C  4 .
4
4
4
F  x   x2 
1
4
x
1


g  x   xF  x   x  x 2   4   x 3  4 x  1
x


g '  x   3x 2  4 ,
g ' x  0  x  
2 3
, nên hàm số y  g  x  có 2 điểm cực trị.
3
PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1:
Cho hình chóp SABCD , SA  a 3 và SA   ABCD  đáy ABCD là hình chữ nhật có
AB  a . H là hình chiếu của A lên SB . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng
m.a; m  . Khi đó giá trị của m là (làm tròn đến hàng phần trăm).
Lời giải
Trả lời: 0,87
Trang 14
SA   ABCD   SA  BC , AB , AD...
 BC  SA

Có  BC  AH
 BC   SAB   BC  AH .
 SA, AH  SAB ; SA  AH  A



 AH  SB

 AH   SBC   AH  d  A,  SBC   .
 AH  BC
 SB  BC  B

Tam giác SAB là tam giác vuông tại A ,có đường cao AH nên AH 
Vậy d  A,  SBC   
Câu 2:
AS . AB a 3
.

SB
2
a 3
.
2
Ung thư là căn bệnh xảy ra khi có tế bào không bình thường xuất hiện, sinh trưởng mất kiểm
soát và hợp thành một khối u. Các tế bào ung thư dần dần sẽ phá hủy và xâm lấn các mô lành
trong cơ thể, xuất phát từ các cơ quan lân cận cho đến toàn cơ thể.
Ngày nay, một trong những phương pháp điều trị ung thư là xạ trị. Xạ trị là phương pháp điều
trị ung thư sử dụng chùm tia phóng xạ ion hóa để tiêu diệt tế bào ung thư từ đó có thể điều trị
khối u hoặc làm thu nhỏ khối u.
Một người được điều trị ung thư bằng phương pháp chiếu xạ gama    . Biết rằng chất phóng
xạ dùng điều trị có chu kì bán rã là 100 ngày. Cứ 10 ngày người đó lại đi chiếu xạ một lần với
liều lượng chiếu xạ ở các lần là như nhau. Ở lần chiếu xạ đầu tiên bác sĩ đã chiếu xạ với thời
gian là 20 phút. Nếu vẫn dùng lượng chất phóng xạ ban đầu ở các lần chiếu xạ thì lần chiếu xạ
Trang 15
thứ sáu người đó phải chiếu trong bao nhiêu phút (làm tròn đến hàng phần chục). Biết công


t

thức phân rã của hạt nhân còn lại sau t (ngày) là: m   m 0  1  2 T  .


Với m lần lượt là lượng phóng xạ sinh ra trong khoảng thời gian  t .
m0 lượng phóng xa ban đầu.
T chu kì bán rã.
Lời giải
Trả lời: 28, 3
+ Lượng phóng xạ gama mà người đó nhận được trong lần xạ trị đầu tiên là
t



m   m 0 1  2 T 


+ Lượng chất phóng xạ đó còn lại đến lần xạ trị thứ 6 (mất 50 ngày) là

50
m  m 0 2 100 
m0
2
+ Lượng chất phóng xạ nhận được trong lần xạ trị thứ 6:
m 
t 


m0 
T
1

2


2



t

Ta có: m   m  1  2 T  

Câu 3:

1
t 
t 



 1 

 
1 
7200
144000
T

1  2
 → t   20 2 phút.
1  2   1  2
2
2
 


Một tháp nước hình nón lật ngược có bán kính đáy là 2m và chiều cao là 4m . Nếu bơm nước
vào tháp cứ mỗi phút bơm được 2m 3 , hãy tìm tốc độ mực nước đang dâng lên khi mực nước
cao 3m.
Lời giải
Trả lời: 0, 28
Gọi V  t  , h  t  , r  t  lần lượt là thể tích, chiều cao và bán kính mặt nước tại thời điểm t (phút).
Trang 16
Khi đó V   t  , h  t  , r   t  lần lượt là vận tốc của thể tích, chiều cao, bán kính mặt nước tại thời
điểm t (phút).
Theo đề ta có vận tốc của dòng nước là 2m 3 /ph (theo thể tích). Nên V   t   2 (theo biến t , đơn
vị
m 3 /ph).
Tại thời điểm mực nước lên cao h  t  m  . Áp dụng định lý Talet ta có:
r t 
2

h t 
4
 r t  
h t 
2
.
1
1  h t  
1
1
Khi đó V  t    r 2  t  .h  t    
 .h 3  t   V   t    .3.h 2  t  h  t  .
 h t  
3
3  2 
24
24
2
h  t  
24.V   t 
3. .h 2  t 
.
Gọi t  t1 là thời điểm mà mực nước cao 3m, khi đó ta có: h  t1   3m .
Suy ra h  t1  
Câu 4:
24.V   t1 
3. .h  t1 
2

8.2
 0, 28  m / ph  .
 .32
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 0;3  , I 1; 2;  4  và mặt phẳng
 P  : 2 x  y  2 z  10  0 . Điểm M di động sao cho độ dài MI  5 và N thuộc mặt phẳng
 P  sao cho diện tích tam giác AIN bằng 18 2 . Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng MN là
(làm tròn đến hàng phần chục).
Lời giải
Trả lời: 19,1
Trang 17
Ta có MI  5 nên M thuộc mặt cầu  S  tâm I , bán kính R  5 .
d  I ,  P  
2.1  1.2  2.  4   10
2   1  2
2
2
6 R.
2
Ta thấy A  ( P ) có VTPT nP   2;  1; 2  và IA  1;  2;7  .
IA 
 2  1   0  2    3  4   3 6 .
2
2
2


sin   sin  IA ,  P    cos IA , nP 
IA.nP

2.1  1.2  2.7

3 6.3
IA . nP
6
.
3
Diện tích IAN :
S IAN 






1
1
.IA. AN .sin IAN  18 2  .3 6. AN .sin IAN  18 2  AN .sin IAN  4 3 .
2
2





 AN .sin IAN  AN .sin 
4 3
6 2

 AN 
.
sin   sin IAN  sin 90  1  

sin 
 AN .sin IAN  AN
 AN  4 3




Gọi H là điểm hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng  P  . Gọi d là đường thẳng qua
I 1; 2; 4  và vuông góc với mặt phẳng  P  nên d có VTCP u  nP   2;  1; 2  .
 x  1  2t

d :  y  2  t t 
 z  4  2t

 , H  d  H 1  2t ; 2  t ;  4  2t  .
Mà H   P   2 1  2t    2  t   2  4  2t   10  0  t  2  H  5; 0; 0  .
Ta có AH 
 5  2   32  3 2 và IH  d  I ;  P    6 .
2
Xét HAN có HN  HA  AN  3 2  6 2  9 2 . Dấu "  " xảy ra khi H , A, N thẳng hàng
và A nằm giữa H và N
1 .

Xét IHN vuông tại H có IN  IH 2  HN 2  6 2  9 2
  3 22 .
2
Xét MIN có MN  MI  IN  R  IN  5  3 22 . Dấu "  " xảy ra khi M , I , N thẳng hàng
và I nằm giữa M và N (2) . Từ 1 và  2  suy ra M , N   IHA  .
Vậy giá trị lớn nhất của đoạn MN  5  3 22 19,1 .
Câu 5:
Một vật trang trí có dạng khối tròn xoay tạo thành khi quay miền ( R ) (phần gạch chéo trong hình
vẽ) quay xung quanh trục AB . Biết ABCD là hình chữ nhật cạnh AB  3cm , AD  2cm ; F là
trung điểm của BC ; điểm E cách AD một đoạn bằng 1cm . ED là cung tròn của đường tròn
đường kính AD .
Trang 18
Thể tích của vật thể trang trí trên là a  cm3  (quy tròn đến hàng phần chục). Khi đó a bằng
Lời giải
Trả lời: 16, 5
Chọn hệ trục Oxy có O  A ; B  Ox; D  Oy .
Ta có: A  0; 0  ; D  0; 2  ; B  3; 0  ; E 1;1
Đường tròn tâm I  0;1 chứa cung ED có phương trình là: x   y  1  1 .
2
2
Nên cung trên của đường tròn tâm I là: y  1  1  x .
2
Thể tích của vật thể trang trí là:
1

V    1 1 x
2
 dx    1 dx  16, 5(cm ) .
2
0
Câu 6:
3
2
3
1
Khảo sát thị trường có 22,5% khách hàng sử dụng sản phẩm X , 50% dùng sản phẩm Y , 36,5%
trong số người dùng sản phẩm Y có dùng sản phẩm X . Tìm xác suất một người dùng sản phẩm
Y , biết rằng người đó không dùng sản phẩm X
Bài giải
Trả lời: 0, 41
Gọi X là biến cố "Khách hàng dùng sản phẩm X "  P  X   0, 225
Gọi Y là biến cố: "Khách hàng dùng sản phẩm Y "  P  Y   0, 5
Ta có: P  XY   P Y  .P  X ∣ Y   0, 5  0, 365  0,1825 (1)
Ta có: XY  XY  Y nên
Trang 19
 
P XY  P Y   P  XY   0, 5  0,1825  0, 3175
Theo công thức xác suất có điều kiện:


P Y∣ X 
   0,3175  0, 41 .
0, 775
PX 
P XY
Trang 20