Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 ĐH KHTN Hà Nội lần 2 có đáp án

Chọn A

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\) là \({\vec u_1} = ( - 2;2; - 1)\).

Chọn D

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

Đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y =  - 5x - 2\).

Chọn B

\(\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Chọn B

\({\log _{\frac{1}{2}}}(2x - 5) \ge 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - 5 > 0}\\{2x - 5 \le \frac{1}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > \frac{5}{2}}\\{x \le \frac{{11}}{4}}\end{array}} \right.\).

Chọn D

Vì \[SB = SD = BD = a\sqrt 2 \] nên \[\Delta SBD\]đều.

Suy ra \[\widehat {BSD} = 60^\circ \].

Chọn A

\[\left. \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 2; - 5} \right)\\\overrightarrow {AC}  = \left( { - 3; - 3; - 2} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow VTPT{\rm{ }}\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 11;17; - 9} \right)\].

\[ \Rightarrow \left( P \right): - 11x + 17y - 9z + 5 = 0\] hay \[\left( P \right):11x - 17y + 9z - 5 = 0\].

Chọn C

\[P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} \Rightarrow P\left( {AB} \right) = P\left( {A|B} \right)P\left( B \right) = 0,12\].

Suy ra \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{6}{{25}}\].

Chọn B

\[I = \int\limits_1^2 {\frac{1}{{2{x^2} + 5x + 3}}dx}  = \int\limits_1^2 {\left[ {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{2}{{2x + 3}}} \right]dx = \left. {\left( {\ln \left( {x + 1} \right) - \ln \left( {2x + 3} \right)} \right)} \right|} _1^2 = \ln \frac{{15}}{{14}}\].

\[ \Rightarrow a = 15;b = 14 \Rightarrow T = a + b = 29\].

Chọn A

Ta có: \(n = 1 + 3 + 8 + 5 + 3 = 20\).

Nên trung vị thuộc nhóm \(\left[ {15;20} \right)\).

\({M_e} = 15 + \frac{{10 - 4}}{8}.5 = 18,75\).

Chọn B

Để hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 1\)thì phải tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{a{x^2} + 2x - 5}}{{{x^2} - 3x + 2}}\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\frac{{a{x^2} + 2x - 5}}{{{x^2} - 3x + 2}}} \right) = f\left( 1 \right)\).

Để tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{a{x^2} + 2x - 5}}{{{x^2} - 3x + 2}}\) thì phương trình \(a{x^2} + 2x - 5 = 0\) có ít nhất một nghiệm \(x = 1\).

Khi đó: \(a{.1^2} + 2.1 - 5 = 0 \Rightarrow a = 3\).

Với \(a = 3\) ta có \(f\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{a{x^2} + 2x - 5}}{{{x^2} - 3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {3x + 5} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{3x + 5}}{{x - 2}} =  - 8\).

Chọn D

Từ đồ thị ta thấy: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số không có cực tiểu.

Chọn A

Diện tích hình vuông \(S = 3.3 = 9\).

Lần chia thứ 1: Diện tích phần tô đậm là: \({S_1} = 9.\frac{1}{9} = 1\).

Sau lần chia thứ 1 có 8 ô vuông không tô màu. Mỗi ô có diện tích là 1.

Lần chia thứ 2: Diện tích phần tô màu: \({S_2} = 8.\frac{1}{9} = \frac{8}{9}\).

Sau lần chia thứ 2 có 64 ô vuông không tô màu. Mỗi ô có diện tích \(\frac{1}{9}\).

Lần chia thứ 3: Diện tích phần tô màu: \({S_3} = 64.\frac{1}{9}.\frac{1}{9} = \frac{{64}}{{81}}\).

Vậy diện tích phần tô màu sau 3 lần chia là: \(1 + \frac{8}{9} + \frac{{64}}{{81}} = \frac{{217}}{{81}}\).

Gọi các biến cố:

\(A\): “Độc giả thuộc nhóm trung niên”

\(B\): “Độc giả lựa chọn đọc sách văn học”

a) Xác suất để độc giả được chọn là thuộc nhóm trẻ bằng 0,6.

\(A\): “Độc giả thuộc nhóm trung niên”

\(\)\( \Rightarrow \)\(\overline A \): “Độc giả được chọn là thuộc nhóm trẻ”

\(P(\overline A ) = \frac{{120}}{{200}} = 0,6\)\( \Rightarrow a)\)Đúng

b) Xác suất để độc giả được chọn là trung niên và đọc sách văn học là 0,2.

“Độc giả được chọn là trung niên và đọc sách văn học” là biến cố giao của 2 biến cố \(A\)và \(B\)

Nên ta cần tính: \(P(AB) = ?\)

Vì \(A\) và \(B\) là 2 biến cố độc lập nên \(P(AB) = P(A).P(B) = \frac{{80}}{{200}}.\frac{{80}}{{200}} = 0,16\)\( \Rightarrow b)\)Sai

c) Trong số các độc giả lựa chọn sách văn học, có đúng 48 người thuộc nhóm trẻ.

Số người trung niên đọc văn học là \(0,16 \cdot 200 = 32\) người.

Số người trẻ đọc văn học là \(80 - 32 = 48\) người.

\( \Rightarrow c)\)Đúng

d) Biết rằng người được chọn thuộc nhóm trung niên, xác suất để người đó đọc sách âm nhạc là 35

Số người trung niên đọc sách âm nhạc là \(80 - 32 - 20 = 28\) người.

Xác suất người trung niên đọc sách âm nhạc là \(\frac{{28}}{{80}} = 0,35 = 35\% \).

\( \Rightarrow d)\)Đúng.

a) Tại thời điểm bắt đầu, tức là \(t = 0\), ta có: \(N(0) = 50{e^{0,8 \cdot 0}} = 50{e^0} = 50\) triệu cá thể

Vậy khẳng định a) đúng.

b) Tốc độ tăng trưởng của quần thể ở giai đoạn 1 tại thời điểm \(t\) (từ \(t = 0\) đến \(t = 3\)giờ):

\(N'(t) = 50 \cdot 0,8{e^{0,8t}} = 40{e^{0,8t}}\) triệu cá thể/giờ.

Tại \(t = 3\): \(N'(3) = 40{e^{0,8 \cdot 3}} = 40{e^{2,4}}\)\( \approx \)\(440,928\) triệu cá thể/giờ.

Do đó: \(N'(3) > 440\) triệu cá thể/giờ.

Vậy khẳng định b) đúng.

c) \[M'(t) = 0,6B{e^{ - 0,6t}}\,\,\,;\,N'\left( t \right) = 40{e^{0,8t}}\]

\(N(3) = 50{e^{0,8.3}} = 50{e^{2,4}}\).

Do hàm số biểu diễn số lượng vi khuẩn và tốc độ tăng trưởng là các hàm số liên tục tại \(t = 3\) nên \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{t \to {3^ - }} \,N\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {3^ + }} \,M\left( t \right) = N\left( 3 \right)\\\mathop {\lim }\limits_{t \to {3^ - }} \,N'\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {3^ + }} \,M'\left( t \right) = N'\left( 3 \right)\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}50{e^{2,4}} = A - B.{e^{ - 1,8}}\\40{e^{2,4}} = 0,6B{e^{ - 1,8}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = 50{e^{2,4}} + \frac{{200}}{3}{e^{2,4}}\\B = \frac{{40{e^{4,2}}}}{{0,6}} = \frac{{200}}{3}{e^{4,2}}\end{array} \right.\]

Vậy khẳng định c) sai

d) Số lượng vi khuẩn tối đa (ngưỡng bão hòa) mà môi trường này có thể duy trì là

\[A = 50{e^{2,4}} + \frac{{200}}{3}{e^{2,4}} = \frac{{350}}{3}{e^{2,4}} \approx 1286\]

Vậy khẳng định d) sai.

a) Mặt cầu \(\left( S \right)\) có phương trình là: \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 9\), nên có tâm \(I\,\left( { - 1\,;\,2\,;\,1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 9  = 3\). Suy ra (a) Sai.

b) Tính \(IA = \sqrt {{{\left( {1 + 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 2} \right)}^2} + {{\left( {5 + 1} \right)}^2}}  = 2\sqrt {14}  \approx 7,48 \Rightarrow IA > R\). Suy ra điểm \(A\) nằm ngoài mặt cầu. Suy ra (b) đúng.

c) Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\) tại \(T\,\left( { - 2\,;\,0\,;\,3} \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {IT}  = \left( { - 1\,;\, - 2\,;\,2} \right)\) có phương trình là: \( - 1.\left( {x + 2} \right) - 2.\left( {y - 0} \right) + 2\left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow  - x - 2y + 2z - 8 = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 2z + 8 = 0\)

Suy ra (c) đúng.

d) Khi \(AM\) tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right)\) tại \(M\), thì \(AM \bot IM\).Khi đó các tiếp điểm \(M\) sẽ nằm trên đường tròn giao tuyến của mặt cầu \(\left( S \right)\) và mặt phẳng cực của điểm \(A\).

Phương trình mặt phẳng đi qua các tiếp điểm \(M\) từ điểm \(A\,\left( {{x_0}\,;\,{y_0}\,;\,{z_0}} \right)\) đến mặt cầu \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}\) có dạng là:

\(\left( {{x_0} - a} \right)\left( {x - a} \right) + \left( {{y_0} - b} \right)\left( {y - b} \right) + \left( {{z_0} - c} \right)\left( {z - z} \right) = {R^2}\)

Thay tọa độ điểm \(A\,\left( {1\,;\, - 2\,;\,5} \right)\) và điểm \(I\,\left( { - 1\,;\,2\,;\,1} \right)\) vào, ta có:

\(\left( {1 + 1} \right)\left( {x + 1} \right) + \left( { - 2 - 2} \right)\left( {y - 2} \right) + \left( {5 - 1} \right)\left( {z - 1} \right) = 9 \Leftrightarrow 2x - 4y + 4z - 3 = 0\)

Suy ra (d) Sai.

a) Ta có\[{v_B}\left( t \right) = at + b\] là đường thẳng đi qua \[O\left( {0;0} \right),M\left( {3;60} \right)\]

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}b = 0\\a = 20\end{array} \right.\]. Do đó \[{v_B}\left( t \right) = 20t\]

b). Ta có \[{v_A}\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\] đi qua các điểm \[O\left( {0;0} \right),M\left( {3;60} \right),N\left( {4;0} \right)\].

Kho đó \[{v_A}\left( t \right) =  - 20{t^2} + 80t =  - 20\left[ {{{\left( {t - 2} \right)}^2} - 4} \right] \le 80\].

Vận tốc lớn nhất của xe \[A\] trong \[4\] giờ đầu di chuyển là \[80km/h\].

c). Ta có \[{S_A} = \int\limits_0^3 {20tdt}  = \left. {10{t^2}} \right|_0^3 = 90\]

d). Ta có \[{S_A} = \int\limits_0^4 {20tdt}  = \left. {10{t^2}} \right|_0^4 = 160\] và \[{S_B} = \int\limits_0^4 {\left( { - 20{t^2} + 80t} \right)dt}  = \frac{{640}}{3}\].

Khoảng cách lớn nhất giữa hai xe trong \[4\] giờ đầu di chuyển \[\left| {\frac{{640}}{3} - 160} \right| = \frac{{160}}{3}km\]

Trả lời: 1,5.

Vì \(SA \bot (ABC)\), nên \(A\) là hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \((ABC)\).

Khi đó, \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \((ABC)\).

Góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \((ABC)\) là góc \(\widehat {SCA}\).

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\). Áp dụng định lý Pytago, ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{{(\sqrt 3 )}^2} + {1^2}}  = 2\)

- Trong nửa mặt phẳng \((ABC)\), vì tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\), nên \(AB \bot BC\).

- Vì \(SA \bot (ABC)\), suy ra \(SA \bot BC\).

- Từ \(AB \bot BC\) và \(SA \bot BC\), mà \(SA\) và \(AB\) cắt nhau tại \(A\), suy ra \(BC \bot (SAB)\).

- Do \(BC \bot (SAB)\), suy ra \(BC \bot SB\).

- Vậy, \(AB \bot BC\) (trong \((ABC)\)) và \(SB \bot BC\) (trong \((SBC)\)).

- Do đó, góc \(\left[ {S,BC,A} \right]\) là góc \(\widehat {SBA}\).

Theo đề bài, \(\widehat {SBA} = 60^\circ \).

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) (vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot AB\)).

Ta có \(\tan (\widehat {SBA}) = \frac{{SA}}{{AB}}\)\( \Rightarrow \sqrt 3  = \frac{{SA}}{{\sqrt 3 }}\)\( \Rightarrow SA = 3\).

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) (vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot AC\)).

Ta có \(\tan (\widehat {SCA}) = \frac{{SA}}{{AC}}\)\( = \frac{3}{2} = 1,5\).

Vậy, tan của góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \((ABC)\) là \(1,5\).

Đáp án: \(4,2\).

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ:

Gọi \[A\left( { - a;0} \right);{\rm{ }}B\left( {0; - b} \right)\]; \[a,\,\,b > 0\]; \[M\left( { - 2; - 1} \right)\].

\( \Rightarrow \left( {AB} \right):\frac{x}{{ - a}} + \frac{y}{{ - b}} = 1\).

Ta có \(M \in AB \Rightarrow \frac{2}{a} + \frac{1}{b} = 1 \Rightarrow \frac{1}{b} = \frac{{a - 2}}{a} \Rightarrow b = \frac{a}{{a - 2}}\)\( \Rightarrow a \in \left( {2; + \infty } \right)\).

\(AB = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{{a - 2}}} \right)}^2}}  \Rightarrow A{B^2} = {a^2} + {\left( {\frac{a}{{a - 2}}} \right)^2} = f\left( a \right)\)

\(f'\left( a \right) = 2a\left[ {1 - \frac{2}{{{{\left( {a - 2} \right)}^3}}}} \right]\).

\(f'\left( a \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 0\\a = \sqrt[3]{2}\end{array} \right.\)

Dựa vào bảng biến thiên, giá trị lớn nhất của \(f\left( a \right)\) là \(A{B^2} = f\left( {2 + \sqrt[3]{2}} \right) \Rightarrow AB \approx 4,2\)

Độ dài dây đèn ngắn nhất bạn An cần dùng là \(4,2\) khi \(A{B^2} = f\left( {2 + \sqrt[3]{2}} \right) \Rightarrow AB \approx 4,2\).

Đáp án: 192.

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ

Gọi \(\left( C \right)\) là đường tròn tâm \(D\) bán kính \(AD = 2\,cm\) thì ta có phương trình cung \(ACB\) là \(y = \sqrt {4 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \).

Gọi \(\left( {C'} \right)\) là đường tròn tâm \(I\left( {1;0} \right)\), bán kính \(AI = 1\,cm\) thì ta có phương trình đường cong \(AMD\) là \(y = \sqrt {1 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \).

Đường thẳng \(\left( d \right)\) \(AMC\) có phương trình \(y = \frac{{\sqrt 3 }}{3}x\)

Ta có hoành độ giao điểm \(M\) là giao của \(\left( d \right)\) và đường tròn \(\left( {C'} \right)\) là nghiệm phương trình

\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)^2} = 1\)\( \Rightarrow x = \frac{3}{2}\).

Hoành độ điểm \(\left( C \right)\) là giao điểm cuar \(\left( d \right)\) và đường tròn \(\left( C \right)\) là

\({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)^2} = 4\)\( \Rightarrow x = 3\).

Thể tích khối tròn xoay cần tính là

\({V_1} = \pi \int\limits_{\frac{3}{2}}^2 {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)}^2}dx - \pi \int\limits_{\frac{3}{2}}^2 {{{\left( {\sqrt {1 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} } \right)}^2}dx = \frac{{11\pi }}{{36}}} } \)

\({V_2}\)\( = \pi \int\limits_2^3 {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}x} \right)}^2} = \frac{{19\pi }}{9}} \)

\({V_3} = \pi \int\limits_3^4 {\left( {4 - {{\left( {x - 2} \right)}^2}} \right) = \frac{{5\pi }}{3}} \)

Vậy tổng số tiền trả bằng: \(T = \left( {{V_1} + {V_2} + {V_3}} \right).15.000\)\( \approx 192\) nghìn VNĐ.

Đáp án: 44.

Gọi các biến cố:\(A\): "Lớp 12A thắng trận thứ năm". Theo đề bài, ta có \(P\left( A \right) = 40\%  = 0,4\), suy ra xác suất thua là \[P\left( {\bar A} \right) = 0,6\].

B: "Lớp 12A thắng trận chủ nhật". Theo đề bài, ta có \(P\left( B \right) = 50\%  = 0,5\).

Theo giả thiết \(P\left( {B|A} \right) = 3 \cdot P\left( {B|\bar A} \right)\).

Gọi \(x = P\left( {B|\bar A} \right)\), ta có \(P\left( {B|A} \right) = 3x\).

Có \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B|\bar A} \right)\)\[ \Leftrightarrow 0,5 = 0.4.\left( {3x} \right) + 0,6.x\]\( \Leftrightarrow x = \frac{5}{{18}}\)

Từ đó ta có \(P\left( {B|\bar A} \right) = \frac{5}{{18}}\)\( \Rightarrow P\left( {B|A} \right) = 3 \cdot \frac{5}{{18}} = \frac{5}{6}\)

Xác suất đội bóng thắng đúng một trận trong hai ngày bằng tổng xác suất thắng thứ năm - thua chủ nhật và xác suất thua thứ năm - thắng chủ nhật

o Trường hợp thắng T5, thua CN:

\(P\left( {A \cap \bar B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B|A} \right) = P\left( A \right) \cdot \left[ {1 - P\left( {B|A} \right)} \right] = 0,4.\left( {1 - \frac{5}{6}} \right) = \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{{15}}\)

o Trường hợp thua T5, thắng CN:

\(P\left( {\bar A \cap B} \right) = P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B|\bar A} \right) = 0,6 \cdot \frac{5}{{18}} = \frac{1}{6}\)

\(P = \frac{1}{{15}} + \frac{1}{6} = \frac{2}{{30}} + \frac{5}{{30}} = \frac{7}{{30}}\)

Ta có \(a = 7\) và \(b = 30\). Suy ra \(2a + b = 2(7) + 30 = 44\).

Đáp án: 6.

Thay tọa độ \(A( - 2;1;0)\) và \(B(2;1;3)\) vào phương trình mặt phẳng \((P):x - y + 2z - 15 = 0\):

 Tại \(A\): \( - 2 - 1 + 2(0) - 15 =  - 18 < 0\)

 Tại \(B\): \(2 - 1 + 2(3) - 15 =  - 8 < 0\)

Vì cả hai giá trị đều âm, \(A\) và \(B\) nằm cùng phía so với mặt phẳng \((P)\). Điều này cho thấy đường thẳng AB sẽ cắt mặt phẳng \((P)\) tại một điểm \(M\).

 Vectơ chỉ phương: \(\overrightarrow {AB}  = (4;0;3)\).

 Phương trình đường thẳng AB:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 2 + 4t}\\{y = 1}\\{z = 3t}\end{array}} \right.\)

 Tìm \(M\): Thay vào phương trình \((P)\):

\(( - 2 + 4t) - 1 + 2(3t) - 15 = 0 \Rightarrow 10t - 18 = 0 \Rightarrow t = \frac{9}{5}\)

 Tọa độ điểm \(M(\frac{{26}}{5};1;\frac{{27}}{5})\).

Vì mặt cầu \((S)\) tiếp xúc với mặt phẳng \((P)\) tại \(H\), nên mọi đường thẳng đi qua \(H\) nằm trong \((P)\) đều là tiếp tuyến. Đặc biệt, MH là tiếp tuyến của mặt cầu \((S)\).

Theo tính chất phương tích của điểm \(M\) đối với mặt cầu \((S)\):

\(M{H^2} = MA \cdot MB\)

 Tính độ dài MAvà MB:

o \(MA = \sqrt {{{(\frac{{26}}{5} - ( - 2))}^2} + {{(1 - 1)}^2} + {{(\frac{{27}}{5} - 0)}^2}}  = \sqrt {{{(\frac{{36}}{5})}^2} + {{(\frac{{27}}{5})}^2}}  = \frac{9}{5}\sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 9\)

o \(MB = \sqrt {{{(\frac{{26}}{5} - 2)}^2} + {{(1 - 1)}^2} + {{(\frac{{27}}{5} - 3)}^2}}  = \sqrt {{{(\frac{{16}}{5})}^2} + {{(\frac{{12}}{5})}^2}}  = \frac{4}{5}\sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 4\)

Do đó: \(M{H^2} = 9 \cdot 4 = 36 \Rightarrow {\bf{MH}} = {\bf{6}}\).

 Điểm \(M\) cố định (giao điểm của AB và \((P)\)).

 Điểm \(H\) luôn nằm trên mặt phẳng \((P)\).

 Khoảng cách \(MH = 6\) không đổi.

Trong mặt phẳng \((P)\), tập hợp các điểm \(H\) cách điểm \(M\) một khoảng cố định bằng \(6\) chính là một đường tròn tâm \(M\) và bán kính \(R = 6\).

Đáp án: \[455\].

Số cách dán \[6\] con tem vào \[6\] bì thư khác nhau là: \[6! = 720\] cách.

Gọi \[A\] là biến cố: “Có ít nhất một bì thư được dán tem có số trùng với số trên bì thư”.

\[ \Rightarrow \overline A \]: “Không có bì thư nào được dán tem có số trùng với số trên bì thư”.

Đây là bài toán Hoán vị không có điểm cố định (Derangement) với \[n = 6\].

Công thức tính số hoán vị không điểm cố định:

\[{D_n} = n!\left[ {1 - \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} - \frac{1}{{3!}} + ... + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n!}}} \right]\].

Như vậy số cách để cả 6 bì thư không có bì thư nào được dán tem có số trùng với số trên bì thư là: \[{D_6} = 6!\left( {1 - \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} - \frac{1}{{3!}} + \frac{1}{{4!}} - \frac{1}{{5!}} + \frac{1}{{6!}}} \right) = 265\] (cách).

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là: \[6! - 265 = 455\].