Đề khảo sát chất lượng Toán 12 năm 2025 - 2026 sở GD&ĐT Hà Nội

Điều kiện xác định: $x-1>0\Leftrightarrow x>1$.

Bất phương trình tương đương:

$x-1\le {{2}^{3}}\Leftrightarrow x-1\le 8\Leftrightarrow x\le 9$.

Kết hợp với điều kiện x > 1, ta được tập nghiệm là S = (1; 9].

Một hàng của bảng có 4 ô, số cách chọn 2 ô dán ngôi sao là $C_{4}^{2} = 6$ cách.

Tương ứng với 6 cách này, ta có 6 mẫu hàng.

Chia 6 mẫu hàng này thành 3 cặp đối lập (tổng hai hàng trong một cặp là một hàng toàn ngôi sao, nghĩa là ngôi sao ở hàng này sẽ tương ứng với bông hoa ở hàng kia tại cùng một vị trí cột):

Cặp 1: (1, 1, 0, 0) và (0, 0, 1, 1).

Cặp 2: (1, 0, 1, 0) và (0, 1, 0, 1).

Cặp 3: (1, 0, 0, 1) và (0, 1, 1, 0).

Để tổng mỗi cột của bảng bằng 2, bốn hàng của bảng phải được tạo thành từ việc chọn ra hai cặp đối lập. Có hai trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: Bốn hàng được chọn từ cùng một cặp đối lập (mỗi mẫu hàng trong cặp xuất hiện 2 lần).

Số cách chọn một cặp từ 3 cặp: 3 cách.

Với mỗi cách chọn, số hoán vị của 4 hàng (trong đó có 2 cặp hàng giống nhau) là 6 cách.

Số cách cho trường hợp này: 3 . 6 = 18 cách.

Trường hợp 2: Bốn hàng được chọn từ hai cặp đối lập khác nhau (mỗi mẫu hàng trong hai cặp được chọn xuất hiện đúng 1 lần).

Số cách chọn hai cặp từ 3 cặp: $C_{3}^{2} = 3$ cách.

Với mỗi cách chọn, ta có 4 hàng đôi một khác nhau nên số hoán vị là: 4! = 24 cách.

Số cách cho trường hợp này: 3 . 24 = 72 cách.

Vậy có 18 + 72 = 90 cách trang trí thỏa mãn yêu cầu.

Theo đề bài ở phần trước, ta có công thức:

$C(t) = C_{0} \cdot e^{- rt}$.

Ngay sau khi tiêm (t = 0), nồng độ thuốc là 15 mg/lít nên:

$\left. 15 = C_{0}.e^{- r.0}\Rightarrow C_{0} = 15 \right.$.

Khi đó mô hình có dạng: $C(t) = 15 \cdot e^{- rt}$.

Sau 4 giờ (t = 4), nồng độ thuốc còn 10 mg/lít nên:

$ C(4) = 15 \cdot e^{- 4r} = 10\Leftrightarrow e^{- 4r} = \dfrac{10}{15} = \dfrac{2}{3}$

$\Leftrightarrow - 4r = \ln\left( \dfrac{2}{3} \right)\Leftrightarrow r = - \dfrac{1}{4}\ln\left( \dfrac{2}{3} \right) $.

Bác sĩ sẽ tiêm lại liều mới khi nồng độ giảm xuống và còn ít nhất 6 mg/lít, tức là:

$\ C(t) \geq 6\Leftrightarrow 15 \cdot e^{- rt} \geq 6$

$\Leftrightarrow e^{- rt} \geq \dfrac{6}{15} = \dfrac{2}{5}\Leftrightarrow - rt \geq \ln\left( \dfrac{2}{5} \right) $

$\left. \Rightarrow t \leq \dfrac{\ln\dfrac{2}{5}}{- r} = \dfrac{\ln\dfrac{2}{5}}{\dfrac{1}{4}\ln\dfrac{2}{3}} \approx 9,037 \right.$ (giờ).

Để đạt hiệu quả điều trị, khoảng thời gian nhiều nhất giữa hai lần tiêm là thời điểm nồng độ thuốc vừa chạm mức 6 mg/lít là 9 giờ.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho gốc tọa độ O(0; 0) trùng với đỉnh của parabol hướng bề lõm lên trên (parabol dưới).

Khi đó, trục Oy là trục đối xứng của cả hai parabol. Trục Ox nằm ngang, đi qua đỉnh parabol dưới.

+) Tìm phương trình parabol dưới ($P_{1}$):

Có đỉnh là O(0; 0) nên phương trình có dạng $y = ax^{2}$ (a > 0).

Đồ thị $(P_{1})$ đi qua điểm có tọa độ (2; 2). Thay tọa độ điểm này vào phương trình:

$\left. 2 = a \cdot 2^{2}\Rightarrow 4a = 2\Rightarrow a = \dfrac{1}{2} \right.$.

Vậy phương trình $(P_{1})$ là: $y = \dfrac{1}{2}x^{2}$.

+) Tìm phương trình parabol trên ($P_{2}$): $y = ax^{2} + bx + c$.

Đồ thị $(P_{2})$ đi qua (4; 5), (-2; 3), (-4; 6) nên ta có hệ phương trình

$\left. \left\{ \begin{array}{l} {5 = 16a + 4b + c} \\ {3 = 4a - 2b + c} \\ {6 = 16a - 4b + c} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = \dfrac{11}{48}} \\ {b = - \dfrac{1}{8}} \\ {c = \dfrac{11}{6}} \end{array} \right.\Rightarrow y = \dfrac{11}{48}x^{2} - \dfrac{1}{8}x + \dfrac{11}{6} \right.$ $\left( P_{2} \right)$.

Khi đó diện tích phần tô màu là:

$S = {\int\limits_{- 4}^{4}{\left| {\dfrac{11}{48}x^{2} - \dfrac{1}{8}x + \dfrac{11}{6} - \dfrac{1}{2}x^{2}} \right|dx}} = 9,76$.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi đó O là giao điểm của AC và BD.

Ta có mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) có giao tuyến là BD.

Vì ABCD là hình vuông nên $AC\bot BD$ tại O, suy ra $AO\bot BD$.

Mặt khác, $SA\bot(ABCD)$ nên $SA\bot BD$.

Từ $BD\bot AO$ và $BD\bot SA$, ta suy ra $BD\bot(SAO)$.

Vì $SO \subset (SAO)$ nên $BD\bot SO$.

Như vậy, ta có: $(SBD) \cap (ABCD) = BD$; $SO\bot BD$; $AO\bot BD$.

Vậy $\left\lbrack {S,BD,C} \right\rbrack = \left( {SO,OC} \right) = \widehat{SOC}$.

Ta có $AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}\sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \dfrac{1}{2}\sqrt{2^{2} + 2^{2}} = \sqrt{2}$.

$\left. \tan\widehat{SOA} = \dfrac{SA}{AO} = \dfrac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}} = \sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SOA} = 60^{o}\Rightarrow\widehat{SOC} = 120^{o} \right.$.