Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2025-2026 THPT Trương Định (Hà Nội) có đáp án

Trong hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.EFG\), ta có mặt đáy \(ABC\) và \(EFG\) bằng nhau và song song, các cạnh bên \(AE,BF,CG\) song song và bằng nhau.

Xét phương án A: \(\overrightarrow {AE} \) hướng từ trên xuống dưới, còn \(\overrightarrow {GC} \) hướng từ dưới lên trên. Hai vectơ này ngược hướng nên \(\overrightarrow {AE} = - \overrightarrow {GC} \), suy ra A sai.

Xét phương án B: Mặt đáy dưới là \(EFG\) tương ứng với mặt đáy trên là \(ABC\), tức là điểm \(E\) ứng với \(A\), \(F\) ứng với \(B\), \(G\) ứng với \(C\). Do đó \(\overrightarrow {CB} = \overrightarrow {GF} \) là khẳng định chính xác.

Chọn đáp án B.

Theo định nghĩa tọa độ của vectơ trong không gian \(Oxyz\), nếu \(\vec a = x\vec i + y\vec j + z\vec k\) thì tọa độ của \(\vec a\) là \(\left( {x;y;z} \right)\).

Ở đây \(\vec a = 3\vec i + 4\vec j - 1\vec k \Rightarrow \vec a = \left( {3;4; - 1} \right)\).

Chọn đáp án A.

Dựa vào bảng biến thiên, đạo hàm \(y'\) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm \(x = - 1\). Do đó, điểm cực đại của hàm số là \(x = - 1\) (giá trị cực đại là \(y = 5\)).

Chọn đáp án D.

Vì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to + \infty }} f\left( x \right) = 1\) nên đường thẳng \(y = 1\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to {3^ + }}} f\left( x \right) = + \infty \) nên đường thẳng \(x = 3\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn đáp án D.

Điểm \(A\) nằm trên trục \(Oz\) nên hoành độ và tung độ bằng 0 (\(x = 0,y = 0\)). Vì \(A\) nằm trên tia đối của tia \(Oz\) và cách gốc tọa độ một khoảng bằng 5 nên cao độ của \(A\) phải âm: \(z = - 5\). Vậy \(A\left( {0;0; - 5} \right)\).

Chọn đáp án D.

Ta có \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương, suy ra \(DC'{\rm{//}}AB'\).

Khi đó, góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {DC'} \) chính là góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {AB'} \).

Xét tam giác \(AB'C\):

\(AC\) là đường chéo của hình vuông \(ABCD\).

\(AB'\) là đường chéo của hình vuông \(ABB'A'\).

\(B'C\) là đường chéo của hình vuông \(BCC'B'\).

Vì các mặt của hình lập phương là các hình vuông bằng nhau nên các đường chéo này có độ dài bằng nhau: \(AC = AB' = B'C\).

Do đó tam giác \[AB'C\] đều \( \Rightarrow \widehat {CAB'} = 60^\circ \).

Vậy \(\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {DC'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB'} } \right) = \widehat {CAB'} = 60^\circ \).

Chọn đáp án C.

Vì \(O\) là tâm của hình bình hành \(ABCD\) nên \(O\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BD\). Do đó, ta có \(\overrightarrow {OD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} \) và \(\overrightarrow {DO} = \overrightarrow {OB} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} \).

Vậy \( - \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {DO} \).

Chọn đáp án D.

Hàm số đồng biến trên các khoảng mà tại đó đạo hàm \(f'\left( x \right) > 0\). Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy \(f'\left( x \right) > 0\) trên khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\). Trong các phương án đưa ra, khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) thỏa mãn.

Chọn đáp án B.

Phương án A: \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {BC} \) (Đúng theo quy tắc ba điểm).

Phương án B: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} \) (Đúng theo quy tắc ba điểm).

Phương án C: \(\overrightarrow {BC} - \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {AC} \) (Đúng theo quy tắc hiệu).

Phương án D: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CB} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {BC} \ne \overrightarrow {AC} \) (Sai).

Chọn đáp án D.

Số điểm cực trị của hàm số liên tục bằng số lần đạo hàm \(f'\left( x \right)\) đổi dấu khi qua các điểm nghiệm.

Qua \(x = - 3\): \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương \(\left( + \right)\) sang âm \(\left( - \right)\) \( \to \) Cực đại.

Qua \(x = 0\): \(f'\left( x \right)\) không đổi dấu (vẫn là âm) \( \to \) Không là cực trị.

Qua \(x = 2\): \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm \(\left( - \right)\) sang dương \(\left( + \right)\) \( \to \) Cực tiểu.

Vậy hàm số có 2 điểm cực trị.

Chọn đáp án D.

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\):

Điểm cao nhất của đồ thị có tung độ là \(3\) (tại \(x = - 1\)). Vậy \(M = \mathop {{\rm{max}}}\limits_{_{\left[ { - 1;3} \right]}} f\left( x \right) = 3\).

Điểm thấp nhất của đồ thị có tung độ là \( - 1\) (tại \(x = 0\)). Vậy \(m = \mathop {{\rm{min}}}\limits_{_{\left[ { - 1;3} \right]}} f\left( x \right) = - 1\).

Do đó, \(M + m = 3 + \left( { - 1} \right) = 2\).

Chọn đáp án C.

Ta tính đạo hàm: \(y' = - 3{x^2} + 6x\).

Xét bất phương trình hàm số nghịch biến: \(y{\rm{'}} \le 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 6x \le 0 \Leftrightarrow x \le 0\) hoặc \(x \ge 2\).

Do đó, hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Xét các phương án, khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) là khoảng nghịch biến của hàm số.

Chọn đáp án C.

Từ đề bài, ta xác định tọa độ các đỉnh của hình hộp chữ nhật với \(A\left( {0;0;0} \right)\):

\(D\) nằm trên tia \(Ox\) và \(AD = 6 \Rightarrow D\left( {6;0;0} \right)\).

\(B\) nằm trên tia \(Oy\) và \(AB = 9 \Rightarrow B\left( {0;9;0} \right)\).

\(A'\) nằm trên tia \(Oz\) và \(AA' = 3,5 \Rightarrow A'\left( {0;0;3,5} \right)\).

Từ đó, \(B'\left( {0;9;3,5} \right)\) và \(C\left( {6;9;0} \right),C'\left( {6;9;3,5} \right)\).

a) Sai. Đỉnh \(B{\rm{'}}\) có tọa độ là \(\left( {0;9;3,5} \right)\).

b) Sai. Mặt tường \(AA'B'B\) chính là mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) (do chứa \(Oy\) và \(Oz\)). Hình chiếu vuông góc của \(N\left( {4;7;1,2} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) thu được bằng cách cho hoành độ \(x = 0\), giữ nguyên \(y\) và \(z\), tọa độ là \(\left( {0;7;1,2} \right)\).

c) Đúng. Tìm tọa độ điểm \(M\) (vị trí chiếc đèn):

\(M\) cách trần nhà \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) là \(1{\rm{\;m}}\), mà trần nhà có cao độ \(z = 3,5 \Rightarrow {z_M} = 3,5 - 1 = 2,5{\rm{\;m}}\).

\(M\) cách tường \(ABB'A'\) (mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\), tức là \(x = 0\)) một khoảng là \(2{\rm{\;m}} \Rightarrow {x_M} = 2\).

\(M\) cách tường \[BCC'B'\] (mặt phẳng \(y = 9\)) một khoảng là \(3{\rm{\;m}} \Rightarrow {y_M} = 9 - 3 = 6\).

Vậy \(M\left( {2;6;2,5} \right)\).

d) Sai. Với \(M\left( {2;6;2,5} \right)\) và \(N\left( {4;7;1,2} \right)\), ta có:

\(\overrightarrow {MN} = \left( {{x_N} - {x_M};{y_N} - {y_M};{z_N} - {z_M}} \right) = \left( {4 - 2;7 - 6;1,2 - 2,5} \right) = \left( {2;1; - 1,3} \right)\).

a) Sai. Điều kiện xác định là \(x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne - 1\). Tập xác định là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

b) Đúng. Áp dụng công thức đạo hàm nhanh cho hàm phân thức bậc nhất: \(y' = \frac{{3 \cdot 1 - \left( { - 2} \right) \cdot 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{5}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

c) Sai. Tiệm cận đứng: nghiệm của mẫu thức là \(x = - 1\).

Tiệm cận ngang: \(y = \frac{3}{1} = 3\).

d) Đúng. Vì \(y' = \frac{5}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\) nên hàm số đồng biến trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\).

Giá trị nhỏ nhất là \(m = y\left( 0 \right) = \frac{{3 \cdot 0 - 2}}{{0 + 1}} = - 2\).

Giá trị lớn nhất là \(M = y\left( 3 \right) = \frac{{3 \cdot 3 - 2}}{{3 + 1}} = \frac{7}{4} = 1,75\).

Tổng \(M + m = - 2 + 1,75 = - 0,25\).

Dựa vào đồ thị hàm số bậc ba, điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là điểm thấp trong khoảng lồi lõm, có tọa độ là \(\left( {2; - 3} \right)\). Giá trị cực tiểu chính là tung độ của điểm cực tiểu này.

Kết quả: \( - 3\).

Dung tích của lon sữa \(V = 500{\rm{\;ml}} = 500{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}\).

Gọi \(r\) là bán kính đáy và \(h\) là chiều cao của lon sữa (\(r,h > 0\)).

Ta có công thức thể tích hình trụ: \(V = \pi {r^2}h = 500 \Rightarrow h = \frac{{500}}{{\pi {r^2}}}\).

Để chi phí sản xuất nhỏ nhất thì diện tích toàn phần của lon sữa phải nhỏ nhất:

\({S_{tp}} = 2\pi {r^2} + 2\pi rh = 2\pi {r^2} + 2\pi r \cdot \frac{{500}}{{\pi {r^2}}} = 2\pi {r^2} + \frac{{1000}}{r}\)

Xét hàm số \(S\left( r \right) = 2\pi {r^2} + \frac{{1000}}{r}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(S'\left( r \right) = 4\pi r - \frac{{1000}}{{{r^2}}}\); \(S'\left( r \right) = 0 \Leftrightarrow 4\pi {r^3} = 1000 \Leftrightarrow {r^3} = \frac{{250}}{\pi } \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{{250}}{\pi }}}\).

Khi đó, chiều cao tương ứng đạt giá trị tối ưu là: \(h = \frac{{500}}{{\pi {r^2}}} = \frac{{2 \cdot 250}}{{\pi \cdot {{\left( {\frac{{250}}{\pi }} \right)}^{2/3}}}} = 2 \cdot {\left( {\frac{{250}}{\pi }} \right)^{1/3}} = 2r\).

Tính giá trị của \(h\): \(h = 2 \cdot \sqrt[3]{{\frac{{250}}{\pi }}} \approx 8,6025{\rm{\;}}\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Làm tròn đến hàng phần mười ta được \(8,6{\rm{\;cm}}\).

Kết quả: \(8,6\).

Ta phân tích vectơ \(\overrightarrow {C'G} \) theo các vectơ cơ sở \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AA'} \) ta được: \(\overrightarrow {C'G} = \overrightarrow {C'C} + \overrightarrow {CG} = - \overrightarrow {AA'} + \left( {\overrightarrow {AG} - \overrightarrow {AC} } \right)\).

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên với điểm \(A\) bất kì ta có: \(\overrightarrow {AG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \).

Thay vào biểu thức trên: \(\overrightarrow {C'G} = - \overrightarrow {AA'} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AC} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AA'} \).

Đồng nhất hệ số với \(m\overrightarrow {AB} + n\overrightarrow {AC} + p\overrightarrow {AA'} \), ta được: \(m = \frac{1}{3},n = - \frac{2}{3},p = - 1\).

Giá trị biểu thức: \(4m - n + 5p = 4 \cdot \left( {\frac{1}{3}} \right) - \left( { - \frac{2}{3}} \right) + 5 \cdot \left( { - 1} \right) = \frac{4}{3} + \frac{2}{3} - 5 = 2 - 5 = - 3\).

Kết quả: \( - 3\).

Thực hiện phép chia đa thức tử số cho mẫu số: \( - 2{x^2} + 7x - 3 = - 2x\left( {x - 1} \right) + 5x - 3 = - 2x\left( {x - 1} \right) + 5\left( {x - 1} \right) + 2\).

Do đó: \(y = \frac{{ - 2{x^2} + 7x - 3}}{{x - 1}} = - 2x + 5 + \frac{2}{{x - 1}}\).

Vì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{_{x \to \pm \infty }} \frac{2}{{x - 1}} = 0\), nên đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = - 2x + 5\).

Suy ra \(a = - 2\) và \(b = 5\).

Giá trị của biểu thức: \(5b - a = 5 \cdot 5 - \left( { - 2} \right) = 25 + 2 = 27\).

Kết quả: \(27\).

a) Hàm vận tốc tức thời \(v\left( t \right)\) là đạo hàm bậc nhất của hàm vị trí \(s\left( t \right)\) nên \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - 3{t^2} + 12t - 9\).

b) Tìm vận tốc lớn nhất trên đoạn \(\left[ {0;5} \right]\):

Hàm số \(v\left( t \right) = - 3{t^2} + 12t - 9\) là một parabol có bề lõm hướng xuống dưới.

Đạo hàm của vận tốc: \(v'\left( t \right) = - 6t + 12\). Ta có \(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = 2 \in \left[ {0;5} \right]\).

Tính các giá trị tại biên và tại đỉnh:

\(v\left( 0 \right) = - 9{\rm{\;m/s}}\); \(v\left( 2 \right) = - 3 \cdot {2^2} + 12 \cdot 2 - 9 = 3{\rm{\;m/s}}\); \(v\left( 5 \right) = - 3 \cdot {5^2} + 12 \cdot 5 - 9 = - 24{\rm{\;m/s}}\).

Vậy vận tốc tức thời lớn nhất của vật trong khoảng thời gian từ \(t = 0\) đến \(t = 5\) giây là \(3{\rm{\;m/s}}\) (đạt được tại \(t = 2\) giây).

c) Để tính quãng đường vật đi được, ta cần chú ý xem vật có đổi chiều chuyển động hay không bằng cách xét dấu của vận tốc \(v\left( t \right)\), ta có: \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{t^2} + 12t - 9 = 0 \Leftrightarrow t = 1\) hoặc \(t = 3\).

Trong khoảng thời gian \(\left[ {0;5} \right]\), vật đổi chiều tại hai thời điểm \(t = 1\) và \(t = 3\).

Trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\): \(v\left( t \right) < 0\) (vật đi ngược chiều dương).

Trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\): \(v\left( t \right) > 0\) (vật đi theo chiều dương).

Trên khoảng \(\left( {3;5} \right)\): \(v\left( t \right) < 0\) (vật đi ngược chiều dương).

Quãng đường tổng cộng vật đi được tính bằng tổng trị tuyệt đối các hiệu vị trí:

\(S = \left| {s\left( 1 \right) - s\left( 0 \right)} \right| + \left| {s\left( 3 \right) - s\left( 1 \right)} \right| + \left| {s\left( 5 \right) - s\left( 3 \right)} \right|\)

Ta tính các giá trị vị trí tại các mốc thời gian: \(s\left( 0 \right) = 3\); \(s\left( 1 \right) = - {1^3} + 6 \cdot {1^2} - 9 \cdot 1 + 3 = - 1\);

\(s\left( 3 \right) = - {3^3} + 6 \cdot {3^2} - 9 \cdot 3 + 3 = 3\); \(s\left( 5 \right) = - {5^3} + 6 \cdot {5^2} - 9 \cdot 5 + 3 = - 17\).

Do đó: \(S = \left| { - 1 - 3} \right| + \left| {3 - \left( { - 1} \right)} \right| + \left| { - 17 - 3} \right| = \left| { - 4} \right| + \left| 4 \right| + \left| { - 20} \right| = 4 + 4 + 20 = 28{\rm{\;m}}\).

Vậy quãng đường vật đi được là \(28{\rm{\;m}}\).

a) Vì \(O\) là trung điểm của \(AC\) (tính chất đường chéo hình vuông) và \(N\) là trung điểm của \(SC\) nên \(ON\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\).

Do đó \(\overrightarrow {ON} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \).

Ta có \(\overrightarrow {ON} \cdot \overrightarrow {CD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {CD} \).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA} \). Do đó \(\overrightarrow {ON} \cdot \overrightarrow {CD} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {BA} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {AB} = - \frac{1}{2} \cdot AS \cdot AB \cdot {\rm{cos}}\widehat {SAB}\).

Xét tam giác \(SAB\) có \(SA = SB = 6\) và \(AB = 4\). Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(SAB\):

\({\rm{cos}}\widehat {SAB} = \frac{{A{S^2} + A{B^2} - S{B^2}}}{{2 \cdot AS \cdot AB}} = \frac{{{6^2} + {4^2} - {6^2}}}{{2 \cdot 6 \cdot 4}} = \frac{{16}}{{48}} = \frac{1}{3}\).

Thay vào biểu thức tích vô hướng: \(\overrightarrow {ON} \cdot \overrightarrow {CD} = - \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 \cdot \frac{1}{3} = - 4\).

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

Do đó: \(\vec u = 4\overrightarrow {SO} \). Suy ra \(\left| {\vec u} \right| = 4\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = 4SO\).

Đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(4 \Rightarrow BD = 4\sqrt 2 \Rightarrow OD = 2\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông \(SOD\) tại \(O\) có: \(SO = \sqrt {S{D^2} - O{D^2}} = \sqrt {{6^2} - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {28} = 2\sqrt 7 \).

Vậy \(\left| {\vec u} \right| = 4\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = 4SO = 8\sqrt 7 \approx 21,2\).

Chọn hệ trục tọa độ sao cho \(M\) là gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\), đường thẳng \(AB\) trùng với trục hoành \(Ox\), đường thẳng \(CM\) trùng với trục tung \(Oy\).

Do \(AB = 4{\rm{\;km}}\) và \(M\) là trung điểm \(AB\) nên \(A\left( { - 2;0} \right)\) và \(B\left( {2;0} \right)\).

Điểm \(C\) nằm trên \(Oy\) và cách \(M\) một khoảng \(4{\rm{\;km}}\) về phía dương nên \(C\left( {0;4} \right)\).

Điểm \(I\) thuộc đoạn thẳng \(CM\) nên \(I\) có tọa độ dạng \(I\left( {0;y} \right)\) với \(0 \le y \le 4\).

Khi đó, tổng độ dài đường ống dẫn nước là: \(L = IC + IA + IB\).

Vì \(I\) thuộc \(Oy\) và \(A,B\) đối xứng qua \(Oy\) nên \(IA = IB = \sqrt {{2^2} + {y^2}} = \sqrt {{y^2} + 4} \).

Độ dài đoạn \(IC = 4 - y\).

Vậy hàm tổng độ dài là: \(L\left( y \right) = 4 - y + 2\sqrt {{y^2} + 4} ,y \in \left[ {0;4} \right]\).

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

\(L'\left( y \right) = - 1 + 2 \cdot \frac{y}{{\sqrt {{y^2} + 4} }} = \frac{{2y - \sqrt {{y^2} + 4} }}{{\sqrt {{y^2} + 4} }}\);

\(L'\left( y \right) = 0 \Leftrightarrow 2y = \sqrt {{y^2} + 4} \Leftrightarrow 4{y^2} = {y^2} + 4{\rm{\;(}}y \ge 0{\rm{)}}\)\( \Leftrightarrow 3{y^2} = 4 \Leftrightarrow y = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\).

Tính giá trị của \(L\left( y \right)\) tại các điểm mốc:

Tại biên \(y = 0\): \(L\left( 0 \right) = 4 - 0 + 2\sqrt {0 + 4} = 4 + 4 = 8{\rm{\;km}}\).

Tại biên \(y = 4\): \(L\left( 4 \right) = 4 - 4 + 2\sqrt {{4^2} + 4} = 2\sqrt {20} = 4\sqrt 5 \approx 8,94{\rm{\;km}}\).

Tại điểm tới hạn \(y = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\):

\(L\left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}} \right) = 4 - \frac{2}{{\sqrt 3 }} + 2\sqrt {\frac{4}{3} + 4} = 4 - \frac{2}{{\sqrt 3 }} + 2\sqrt {\frac{{16}}{3}} = 4 - \frac{2}{{\sqrt 3 }} + \frac{8}{{\sqrt 3 }} = 4 + \frac{6}{{\sqrt 3 }} = 4 + 2\sqrt 3 \)\( \approx 7,4641{\rm{\;km}}\).

So sánh các giá trị, ta thấy tổng độ dài nhỏ nhất là \(4 + 2\sqrt 3 {\rm{\;km}}\).

Làm tròn đến hàng phần trăm: \(7,46{\rm{\;km}}\).

Vậy tổng độ dài đường ống dẫn nước nhỏ nhất bằng \(7,46{\rm{\;km}}\).