Đề thi thử THPT môn Toán năm 2026 Sở GD&ĐT Vĩnh Long

Áp dụng tính chất của tích phân.

$I = {\int_{0}^{2}{(1 + 2f(x))dx}}$

$= {\int_{0}^{2}{dx}} + 2{\int_{0}^{2}{f(x)dx}}$

$= 2 + 2.3 = 8$.

Mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng (Q) nếu đường thẳng d thuộc (P) vuông góc với (Q).

$\left.$$\begin{array}{l} \left. SA\bot(ABCD)\Rightarrow SA\bot CD \right. \\ {AD\bot CD} \end{array}$ \right\}

$\left. \left.$$\begin{array}{l} \left. \Rightarrow CD\bot(SAD) \right. \\ {CD \subset (SCD)} \end{array}$ \right\}\Rightarrow(SCD)\bot(SAD) \right..

Đường thẳng $d:$$\left\{ \begin{array}{l} {x = x_{0} + at} \\ {y = y_{0} + bt} \\ {z = z_{0} + ct} \end{array} \right.$ có một vectơ chỉ phương là $\overset{\rightarrow}{u} = (a;b;c)$.

Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là $\overset{\rightarrow}{u_{3}} = (1;2;3)$.

Lấy đầu mút phải của nhóm cuối cùng trừ đi đầu mút trái của nhóm đầu tiên (chứa số liệu).

Khoảng biến thiên: R = 6,5 – 1,5 = 5.

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng ứng dụng tích phân.

$S = {\int_{a}^{b}{\left| {f(x)} \right|dx}}$.

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

$u_{4} = u_{1} + (4 - 1)d = 2 + (4 - 1).5 = 17$.

Áp dụng công thức $\log_{a}M - \log_{a}N = \log_{a}\dfrac{M}{N}$.

$\log_{3}(27a) - \log_{3}a = \log_{3}\dfrac{27a}{a} = \log_{3}27 = 3$.

Đưa hai vế về cùng cơ số.

$\left( \dfrac{1}{5} \right)^{x^{2} - 2x - 3} = 5^{x + 1}$

$\left. \Leftrightarrow\left( \dfrac{1}{5} \right)^{x^{2} - 2x - 3} = \left( \dfrac{1}{5} \right)^{- x - 1} \right.$

$\left. \Leftrightarrow x^{2} - 2x - 3 = - x - 1 \right.$

$\left. \Leftrightarrow x^{2} - x - 2 = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = - 1} \\ {x = 2} \end{array}$ \right. \right..

Mặt cầu $(S):{(x - a)}^{2} + {(y - b)}^{2} + {(z - c)}^{2} = R^{2}$ có tâm I(a; b; c).

Tọa độ tâm của mặt cầu (S) là (1; 2; -3).

Đường thẳng $x = x_{0}$ gọi là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thoả mãn: $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}{}^{+}}f(x) = + \infty$; $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}{}^{+}}f(x) = - \infty$; $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}{}^{-}}f(x) = + \infty$; $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}{}^{-}}f(x) = - \infty$.

Có $\lim\limits_{x\rightarrow - 2^{-}}y = - \infty$ và $\lim\limits_{x\rightarrow - 2^{+}}y = + \infty$. Do đó tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng x = -2.

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho $\overset{\rightarrow}{a}\left( {x_{a};y_{a};z_{a}} \right)$ và $\overset{\rightarrow}{b}\left( {x_{b};y_{b};z_{b}} \right)$. Biểu thức toạ độ tích vô hướng của $\overset{\rightarrow}{a}$ và $\overset{\rightarrow}{b}$ là $\overset{\rightarrow}{a}.\overset{\rightarrow}{b} = x_{a}.x_{b} + y_{a}.y_{b} + z_{a}.z_{b}$.

$\overset{\rightarrow}{a} \cdot \overset{\rightarrow}{b} = - 1.2 + 0.3 + 2.2 = 2$.

Áp dụng công thức thể tích khối chóp: $V = \dfrac{1}{3}Bh$.

$V = \dfrac{1}{3}.SA.S_{ABC} = \dfrac{1}{3}.a\sqrt{3}.\dfrac{1}{2}a.a = \dfrac{a^{3}\sqrt{3}}{6}$.

Ứng dụng tích phân để giải bài toán.

c) Đúng. $E_{A}'(3) = 2^{3} + 8 = 16$ (triệu kWh/năm).

b) Sai. $\left. E_{A}'(t) = 12\Leftrightarrow 2^{t} + 8 = 12\Leftrightarrow t_{0} = 2 \right.$.

a) Đúng. Lượng điện tăng thêm là:

$\Delta E_{A} = {\int_{0}^{4}{(2^{t} + 8)dt}} = \left( {\dfrac{2^{t}}{\ln 2} + 8t} \right)\left|$$\begin{matrix} {}^{4} \\ {}_{0} \end{matrix}$ \right.

$= \dfrac{15}{\ln 2} + 32 \approx 53,64$ (triệu kWh).

d) Sai. Tại mốc bắt đầu (t = 0), từ đồ thị ta thấy hai khu vực xuất phát cùng một điểm trên trục tung:

$\left. {E'}_{B}(0) = {E'}_{A}(0)\Leftrightarrow m.0 + n = 2^{0} + 8 = 9\Rightarrow n = 9 \right.$.

$S = {\int_{0}^{4}{\left\lbrack {(3,75t + 9) - (2^{t} + 8)} \right\rbrack dt}}$

$= {\int_{0}^{4}{(3,75t + 1 - 2^{t})dt}} = 34 - \dfrac{15}{\ln 2} \approx 12,36$.

Áp dụng quy tắc cộng, quy tắc nhân, công thức xác suất có điều kiện.

Gọi các biến cố:

A: "Khách hàng sử dụng dịch vụ thanh toán hóa đơn bằng mã QR". P(A) = 0,7.

B: "Khách hàng sử dụng dịch vụ gửi tiết kiệm trực tuyến". P(B) = 0,5.

$A \cap B$ : "Khách hàng sử dụng cả hai dịch vụ". $P(A \cap B) = 0,3$.

d) Đúng. Xác suất để một khách hàng sử dụng ít nhất một trong hai dịch vụ là:

$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$

$= 0,7 + 0,5 - 0,3 = 0,9$.

b) Đúng. Xác suất khách hàng sử dụng dịch vụ thanh toán bằng mã QR với điều kiện đã dùng dịch vụ gửi tiết kiệm trực tuyến:

$\left. P(A \middle| B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{0,3}{0,5} = 0,6 \right.$.

a) Đúng. Gọi X là số khách hàng sử dụng cả hai dịch vụ trong nhóm 10 người được chọn. Vì các khách hàng được chọn ngẫu nhiên và độc lập và $P(A \cap B) = 0,3$.

Xác suất để có đúng 3 người sử dụng cả hai loại dịch vụ là:

$P(X = 3) = C_{10}^{3}.{(0,3)}^{3}.{(0,7)}^{7} \approx 0,2668$.

Làm tròn đến hàng phần trăm, ta được 0,27.

c) Sai. Gọi H là biến cố "Khách hàng được hoàn tiền" và $G_{1} = A \cap B$.

Tỷ lệ khách hàng được hoàn tiền nếu sử dụng cả hai dịch vụ: $\left. P(H \middle| G_{1}) = 0,6 \right.$.

Tỷ lệ khách hàng được hoàn tiền nếu không sử dụng đồng thời cả hai dịch vụ này: $\left. P(H \middle| \overline{G_{1}}) = 0,1 \right.$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, xác suất khách hàng được hoàn tiền là:

$\left. P(H) = P(G_{1}).P(H \middle| G_{1}) + P(\overline{G_{1}}).P(H \middle| \overline{G_{1}}) \right.$

$= 0,3.0,6 + 0,7.0,1 = 0,25$.

Xác suất khách hàng thuộc nhóm $G_{1}$ khi biết người đó được hoàn tiền:

$\left. P(G_{1} \middle| H) = \dfrac{\left. P(G_{1}).P(H \middle| G_{1}) \right.}{P(H)} \right.$

$= \dfrac{0,3.0,6}{0,25} = 0,72$.

Áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian.

a) Đúng. $\left. \overset{\rightarrow}{AC} = (5;50;100)\Rightarrow\overset{\rightarrow}{u} = \dfrac{1}{5}\overset{\rightarrow}{AC} = (1;10;20) \right.$.

Đường thẳng AC đi qua C(20; 60; 50) và có VTCP $\overset{\rightarrow}{u} = (1;10;20)$ nên có phương trình chính tắc là: $\dfrac{x - 20}{1} = \dfrac{y - 60}{10} = \dfrac{z - 50}{20}$.

c) Đúng. Viết lại phương trình quỹ đạo tia laser là đường thẳng AC: $\{\begin{array}{l}x=20+t\\ y=60+10t\\ z=50+20t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 20 + t} \\ {y = 60 + 10t} \\ {z = 50 + 20t} \end{array} \right.$.

Điểm phao tiêu B là giao điểm của AC ban đầu với mặt phẳng Oxy, do đó:

$\left. c = 0\Rightarrow 50 + 20t = 0\Rightarrow t = - 2,5 \right.$.

Suy ra $a = x_{B} = 20 + ( - 2,5) = 17,5$ và $b = y_{B} = 60 + 10( - 2,5) = 35$.

Vậy $a + b + c = 52,5$.

d) Sai. Quãng đường s tia laser đi trong nước sau 10 ns kể từ khi chạm mặt nước chính là $s = {\int_{0}^{10}{(0,22 + 0,01t)dt}} = 2,7$ (m).

b) Sai. Vì hình chiếu của d lên mặt nước (z = 0) đi qua B(17,5; 35; 0) và có vectơ chỉ phương $\overset{\rightarrow}{u} = (2;1;0)$, đường thẳng d cách mặt nước 5 m nên d có phương trình tham số: $\{\begin{array}{l}x=17,5+2t\\ y=35+t\\ z=5\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 17,5 + 2t} \\ {y = 35 + t} \\ {z = 5} \end{array} \right.$.

Do M di chuyển trên thanh ray d, tọa độ của M có dạng: M(17,5 + 2t; 35 + t; 5), AM = (2,5 + 2t; 25 + t; 55).

Khoảng cách AM ngắn nhất khi và chỉ khi:

$\left. AM\bot{\overset{\rightarrow}{u}}_{d}\Leftrightarrow\overset{\rightarrow}{AM}.{\overset{\rightarrow}{u}}_{d} = 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2(2,5 + 2t) + 1.(25 + t) = 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 5t + 30 = 0\Leftrightarrow t = - 6 \right.$.

Suy ra tọa độ robot tối ưu là:

$\left. M(5,5;29;5)\Rightarrow a' + b' - c' = 29,5 \right.$.

Ứng dụng đạo hàm khảo sát hàm số.

b) Đúng. $f'(x) = - \dfrac{4}{x^{2}} + 1 = \dfrac{x^{2} - 4}{x^{2}}$.

a) Sai. $f'( - 4) = \dfrac{{( - 4)}^{2} - 4}{{( - 4)}^{2}} = \dfrac{3}{4}$.

d) Sai. $\left. f'(x) = 0\Leftrightarrow\dfrac{x^{2} - 4}{x^{2}} = 0\Leftrightarrow x = \pm 2 \right.$.

Tổng các nghiệm của phương trình bằng 0.

c) Đúng. f(1) = 6; f(2) = 5; $f(3) = \dfrac{16}{3}$.

Vậy M = 6, m = 5, suy ra M – m = 6 – 5 = 1.

Áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian.

Bước 1: Xác định đường tròn giao tuyến (C).

Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;2) và bán kính $R = \sqrt{6}$.

Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng quỹ đạo $(\alpha):x + y - z + 4 = 0$ là:

$d(I,(\alpha)) = \dfrac{|1 + 1 - 2 + 4|}{\sqrt{1^{2} + 1^{2} + {( - 1)}^{2}}} = \dfrac{4}{\sqrt{3}}$.

Bán kính của đường tròn khung thép $(r)$:

$r = \sqrt{R^{2} - {\lbrack d(I,(\alpha))\rbrack}^{2}} = \sqrt{6 - \left( \dfrac{4}{\sqrt{3}} \right)^{2}}$

$= \sqrt{6 - \dfrac{16}{3}} = \sqrt{\dfrac{2}{3}}$.

Tâm H của đường tròn khung thép là hình chiếu của I trên $(\alpha)$. Đường thẳng IH đi qua I và vuông góc với $(\alpha)$ có phương trình: $\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=1+t\\ z=2-t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 1 + t} \\ {y = 1 + t} \\ {z = 2 - t} \end{array} \right.$ nên H(1 + t; 1 + t; 2 - t).

Thay tọa độ H vào phương trình $(\alpha)$ ta được:

$(1 + t) + (1 + t) - (2 - t) + 4 = 0$

$\left. \Rightarrow 3t + 4 = 0\Rightarrow t = \dfrac{- 4}{3} \right.$.

Suy ra tọa độ tâm H là: $H\left( {- \dfrac{1}{3}; - \dfrac{1}{3};\dfrac{10}{3}} \right)$.

Bước 2: Thiết lập mối liên hệ giữa diện tích vùng sáng và khoảng cách

Vì trục hình nón luôn vuông góc với mặt sàn (P), bán kính vùng sáng $R_{s}$ trên sàn phụ thuộc vào khoảng cách h từ đèn A đến (P) và nửa góc ở đỉnh $(\beta = 30^{o})$: $R_{s} = h.\tan 30^{{^\circ}} = \dfrac{h}{\sqrt{3}}$.

Diện tích vùng chiếu sáng: $S = \pi.R_{s}^{2} = \dfrac{\pi.h^{2}}{3}$.

Để S nhỏ nhất, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của khoảng cách $h = d(A,(P))$ với A nằm trên đường tròn tâm H, bán kính r.

Bước 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của khoảng cách h

Khoảng cách từ tâm H đến mặt sàn (P): x - 2y + 2z + 10 = 0 là:

$d(H,(P)) = \dfrac{\left| {- \dfrac{1}{3} - 2.\left( {- \dfrac{1}{3}} \right) + 2.\left( \dfrac{10}{3} \right) + 10} \right|}{\sqrt{1^{2} + {( - 2)}^{2} + 2^{2}}} = \dfrac{17}{3}$.

Gọi $\varphi$ là góc giữa mặt phẳng khung thép $(\alpha)$ và mặt sàn (P). Ta có:

$\cos\varphi = \dfrac{\left| {\overset{\rightarrow}{n}}_{\alpha}.{\overset{\rightarrow}{n}}_{P} \right|}{\left| {\overset{\rightarrow}{n}}_{\alpha} \middle| . \middle| {\overset{\rightarrow}{n}}_{P} \right|}$

$= \dfrac{\left| 1.1 + 1.( - 2) + ( - 1).2 \right|}{\sqrt{3}.3} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

$\left. \Rightarrow\sin\varphi = \sqrt{\dfrac{2}{3}} \right.$.

Gọi (Q) là mặt phẳng song song với mặt sàn (P) và đi qua điểm $M_{0}$ trên khung thép (với $M_{0}$ là điểm “gần nhất” với mặt sàn (P)), khi đó $d(H,(Q)) = r.\sin\varphi = \dfrac{2}{3}$.

Khoảng cách nhỏ nhất từ A đến (P) là::

$h_{min} = d(H,(P)) - d(H,(Q)) = \dfrac{17}{3} - \dfrac{2}{3} = 5$.

Bước 4: Tính diện tích nhỏ nhất

Bán kính vùng được chiếu sáng nhỏ nhất trên mặt sàn là: $\min R_{s} = \dfrac{5}{\sqrt{3}}$.

Giá trị diện tích nhỏ nhất là:

$S_{min} = \dfrac{\pi.5^{2}}{3} = \dfrac{25\pi}{3} \approx 26,1799...$

Làm tròn đến hàng phần mười theo yêu cầu đề bài: $S_{min} \approx 26,2$.

Lập hàm lợi nhuận theo biến x, ứng dụng đạo hàm tìm x để hàm số đạt GTLN trên [1; 18].

Khi bán x bình hoa:

- Số tiền thu được là: B(x) = 280x (nghìn đồng).

- Lợi nhuận thu được là: $L(x) = B(x) - C(x)$

$= - x^{3} + 3x^{2} + 240x - 500$ (nghìn đồng).

- Xét hàm số L(x) trên [1; 18] (với x là số nguyên), ta có:

$L'(x) = - 3x^{2} + 6x + 240$;

$\left. L'(x) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = 10\quad(n)} \\ {x = - 8\quad(l)} \end{array}$ \right. \right..

L(1) = -258, L(10) = 1200 và L(18) = -1040.

Suy ra x = 10 thì hàm số đạt giá trị lớn nhất là 1200. Như vậy, nghệ nhân nên sản xuất mỗi ngày 10 bình hoa để thu được lợi nhuận cao nhất.

Sử dụng phương pháp tổ hợp.

Với mỗi số hạng $C_{n}^{4}$ của dãy đã cho, ta xét n thuộc một trong hai nhóm số sau:

- Nhóm 1: 8p + 4; 8p + 5; 8p + 6; 8p + 7 $(p \geq 0)$.

- Nhóm 2: 8q; 8q + 1; 8q + 2; 8q + 3 $(q \geq 1)$.

Xét $n$ thuộc nhóm 1, chẳng hạn n = 8p + 4 (xét tương tự cho các số còn lại trong nhóm 1).

$C_{n}^{4} = C_{8p + 4}^{4} = \dfrac{(8p + 4)(8p + 3)(8p + 2)(8p + 1)}{1.2.3.4}$

$= \dfrac{(2p + 1)(8p + 3)(4p + 1)(8p + 1)}{3}$.

Đây là số lẻ (vì tử là tích của 4 số lẻ, mẫu là số lẻ).

Xét n thuộc nhóm 2, chẳng hạn n = 8q + 1 (xét tương tự cho các số còn lại trong nhóm 2).

$C_{n}^{4} = C_{8q + 1}^{4} = \dfrac{(8q + 1)8q(8q - 1)(8q - 2)}{1.2.3.4}.$

Do $\{\begin{array}{l}8q(8q-1)(8q-2)\mathrm{⋮}3\\ 8q(8q-1)(8q-2)=16q(8q-1)(4q-1)\mathrm{⋮}16\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {8q(8q - 1)(8q - 2) \vdots 3} \\ {8q(8q - 1)(8q - 2) = 16q(8q - 1)(4q - 1) \vdots 16} \end{array} \right.$ nên $\left. 8q(8q - 1)(8q - 2) \vdots 48\Rightarrow C_{n}^{4} \right.$ là số chẵn.

Từ những điều trên ta thấy 80 số này được chia thành 10 nhóm, mỗi nhóm gồm 4 số lẻ đứng đầu và tiếp theo là 4 số chẵn, cứ liên tiếp như thế.

Số bộ ba số hạng liên tiếp trong dãy là 78.

Số cách chọn lần lượt 2 bộ ba "rời nhau" là số chọn lần lượt hai vị trí i, j từ tập $\left\{ 1,2,\ldots,78 \right\}$ sao cho $\left| i - j \middle| \geq 3\Rightarrow n(\Omega) = A_{76}^{2} = 5700 \right.$.

Gọi X là biến cố "tổng các số hạng trên mỗi cột của bảng $3 x 2$ đều lẻ".

Gọi $S_{k} = u_{k} + u_{k + 1} + u_{k + 2}$ là tổng của ba số liên tiếp của dãy. Trong một chu kỳ 8 chỉ số, $S_{k}$ lẻ khi k ở vị trí 1, 2, 4, 7.

Số bộ ba số liên tiếp của dãy có tổng lẻ là số vị trí k để có $S_{k}$ lẻ, do đó có 3.10 + 9 = 39 bộ.

Tiếp theo, ta tìm số cách chọn lần lượt hai vị trí i, j trong tập 39 vị trí trên sao cho $\left| i - j \middle| \geq 3 \right.$.

Tổng số cách chọn lần lượt hai vị trí i, j trong tập 39 vị trí là $A_{39}^{2} = 1482$.

Trong đó, số cặp vi phạm (|i - j| < 3):

- Hiệu bằng 1: 9 cặp nội bộ chu kỳ + 1 cặp chu kỳ cuối (73, 74) = 10 cặp.

- Hiệu bằng 2 nội bộ: 9 cặp nội bộ chu kỳ + 1 cặp chu kỳ cuối (74, 76) = 10 cặp.

- Hiệu bằng 2 giao thoa: Có 9 mối nối giữa các chu kỳ nên có 9 cặp.

- Tổng số cặp vi phạm: 10 + 10 + 9 = 29.

Do đó $n(X) = A_{39}^{2} - 29.2 = 1424$.

Vậy $P(X) = \dfrac{1424}{5700} = \dfrac{356}{1425} = \dfrac{a}{b}$.

Suy ra a + b = 1781.

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.

Trong (A'B'C'), kẻ $A'H\bot B'C'$ tại $H$ và trong (AA'H), kẻ $A'K\bot AH$ tại K (1)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} {B'C'\bot A'H} \\ {B'C'\bot AA'\text{~(do~}AA'\bot(A'B'C')\text{)}} \end{array} \right.$

$\left. \Rightarrow B'C'\bot(AA'H)\Rightarrow A'K\bot B'C' \right.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A'K\bot(AB'C')$ hay $d(A',(AB'C')) = A'K = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ (dm).

Xét tam giác A'B'C' đều có đường cao $A'H = \dfrac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$ (dm).

Tam giác AA'H vuông tại A' có đường cao A'K nên:

$\left. \dfrac{1}{A'K^{2}} = \dfrac{1}{A'H^{2}} + \dfrac{1}{A'A^{2}}\Rightarrow A'A = 1 \right.$ (dm).

Hai mặt đáy song song với nhau và có khoảng cách là:

$d((ABC),(A'B'C')) = A'A = 1$ (dm).

Ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng.

- Chọn hệ trục tọa độ Oxy có gốc O trùng với giao điểm của hai trục lớn của hai elip. Khi đó, phương trình elip ($E_{1}$) có trục lớn nằm trên trục Ox là: $\left. \dfrac{x^{2}}{16} + \dfrac{3y^{2}}{16} = 1\Rightarrow y^{2} = \dfrac{16 - x^{2}}{3} \right.$

$\left. \Rightarrow y = \sqrt{\dfrac{16 - x^{2}}{3}} \right.$ (với $y \geq 0$).

- Do tính đối xứng, giao điểm của hai elip ($E_{1}$) và ($E_{2}$) nằm trên đường phân giác y = x. Thay y = x vào phương trình ($E_{1}$): $\left. \dfrac{x^{2}}{16} + \dfrac{3x^{2}}{16} = 1\Leftrightarrow x^{2} = 4 \right.$. Suy ra hoành độ các giao điểm của 2 elip là $x_{1,2} = \pm 2$.

- Bán kính đường tròn (O) là:

$R^{2} = x^{2} + y^{2} = 2x^{2} = 8$.

Phương trình đường tròn:

$\left. x^{2} + y^{2} = 8\Rightarrow y = \sqrt{8 - x^{2}} \right.$ (với $y \geq 0$).

- Diện tích phần lõi hình tròn ($S_{1}$):

${S_1} = \pi {R^2} = 8\pi {\mkern 1mu}$ $(\text{cm}^{2})$.

- Diện tích phần cánh hoa ($S_{2}$):

Do tính đối xứng nên diện tích 4 cánh hoa bằng 8 lần diện tích một nửa cánh hoa.

$S_{2} = 8.\left( {{\int_{2}^{4}\sqrt{\dfrac{16 - x^{2}}{3}}}dx - {\int_{2}^{2\sqrt{2}}\sqrt{8 - x^{2}}}dx} \right) \approx 13,5616$ ${\mkern 1mu} ({\rm{c}}{{\rm{m}}^2})$.

Tổng chi phí nguyên vật liệu:

$T = 5000.S_{1} + 15000.S_{2}$

$= 5000.8\pi + 15000.13,5616$

$= 40000\pi + 203424 \approx 329088$ (đồng) = 329 (nghìn đồng).

Lập công thức tính số tiền bác Minh còn nợ sau 12 tháng rồi áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số nhân.

Đặt r = 3,5% là lãi suất hàng tháng.

Gọi số tiền bác Minh phải trả góp cho cửa hàng mỗi tháng là m triệu đồng.

Số tiền vay là A = 11,5 triệu đồng

Số tiền bác Minh còn nợ sau tháng thứ 1:

$T_{1} = A + Ar - m = A(1 + r) - m$.

Số tiền bác Minh còn nợ sau tháng thứ 2 là:

$T_{2} = T_{1} + T_{1}r - m = T_{1}(1 + r) - m$

$= A{(1 + r)}^{2} - m(1 + r + 1)$.

Số tiền bác Minh còn nợ sau tháng thứ 3 là:

$T_{3} = T_{2} + T_{2}r - m = T_{2}(1 + r) - m$

$= A{(1 + r)}^{3} - m({(1 + r)}^{2} + (1 + r) + 1)$.

Số tiền bác Minh còn nợ sau tháng thứ 12:

$T_{12} = T_{11} + T_{11}r - m = T_{11}(1 + r) - m$

$= A{(1 + r)}^{12} - m({(1 + r)}^{11} + {(1 + r)}^{10} + \ldots + (1 + r) + 1)$

$= A{(1 + r)}^{12} - m\dfrac{{(1 + r)}^{12} - 1}{(1 + r) - 1}$.

Bác Minh trả đúng 12 tháng thì hết nợ nên:

$\left. T_{12} = 0\Leftrightarrow m = \dfrac{A{(1 + r)}^{12}r}{{(1 + r)}^{12} - 1} \approx 1,19 \right.$ triệu đồng.