Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Đồng Tháp có đáp án

Chọn C

\(f\left( x \right) = {\left( {\sin \frac{x}{2} - \cos \frac{x}{2}} \right)^2} = {\sin ^2}\frac{x}{2} + {\cos ^2}\frac{x}{2} - 2.\sin \frac{x}{2}.\cos \frac{x}{2} = 1 - \sin x\).

\(\int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {1 - \sin x} \right){\rm{d}}x}  = x + \cos x + C\).

Chọn B

\[\bar x = \frac{{{m_1}{x_1} + {m_2}{x_2} + ... + {m_k}{x_k}}}{n}\]\( = \frac{{9.30 + 9.90 + 5.150 + 7.210 + 2.270 + 1.330}}{{33}} \approx 126,3636...\)

Thời gian người đó gọi điện trung bình trong tuần gần nhất với giá trị \(126\) giây.

Chọn B

Điểm \(M\) thuộc đoạn \[AB\] sao cho \(MA = 2MB\),

nên \(\overrightarrow {MA}  =  - 2\overrightarrow {MB} \)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 3 =  - 2\left( {x - 2} \right)}\\{y - 1 =  - 2\left( {y + 3} \right)}\\{z + 2 =  - 2\left( {z - 5} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x = 7}\\{3y =  - 5}\\{3z = 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{7}{3}}\\{y = \frac{{ - 5}}{3}}\\{z = \frac{8}{3}}\end{array}} \right.} \right.\).

Chọn B

Ta có \(y = \frac{{2{x^2} + 7x - 5}}{{4x - 2}} = \frac{1}{2}x + 2 - \frac{1}{{4x - 2}}\)

Khi đó \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {y - \left( {\frac{1}{2}x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {\frac{1}{2}x + 2 - \frac{1}{{4x - 2}} - \left( {\frac{1}{2}x + 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{ - 1}}{{4x - 2}} = 0\].

Suy ra \[y = \frac{1}{2}x + 2\] là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số \(y = \frac{{2{x^2} + 7x - 5}}{{4x - 2}}\).

Chọn C

+ Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), mà \(SA \subset \left( {SAC} \right)\, \Rightarrow \,\left( {SAC} \right)\, \bot \left( {BAC} \right) \Rightarrow \)\(\left[ {S\,;\,AC\,;\,B} \right] = {90^0}\), suy ra A đúng

+ Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}SO \bot BD,\,\,SO \subset \left( {SBD} \right)\\AO \bot BD,\,\,AO \subset \left( {ABD} \right)\\\left( {ABD} \right) \cap \left( {SBD} \right) = BD\end{array} \right.\]\( \Rightarrow \)\(\left[ {S\,;\,BD\,;\,A} \right] = \widehat {SOA}\). Suy ra B đúng

+ Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SO \bot BD,\,\,SO \subset \left( {SBD} \right)\\CO \bot BD,\,\,CO \subset \left( {CBD} \right)\\\left( {CBD} \right) \cap \left( {SBD} \right) = BD\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \)\(\left[ {S\,;\,BD\,;\,C} \right] = \widehat {SOC}\). Suy ra C sai

+ Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\SA \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\), mà \(BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\). Suy ra D đúng

Chọn C

Ta có: \(\int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{e^x} - 1} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {1 - {e^x}} \right)} \,{\rm{d}}x + \,\int\limits_0^1 {\left( {{e^x} - 1} \right)} \,{\rm{d}}x = \left. {\left( {x - {e^x}} \right)} \right|_{ - 1}^0 + \left. {\left( {{e^x} - x} \right)} \right|_0^1\)

\( =  - 1 - \left( { - 1 - {e^{ - 1}}} \right) + \left( {e - 1} \right) - 1\)\( = e + {e^{ - 1}} - 2\).

Theo bài có \(\int\limits_{ - 1}^1 {\left| {{e^x} - 1} \right|} \,dx = a.e + b.{e^{ - 1}} + c\).

Suy ra:\(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 1\\c =  - 2\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \,a + b + c = 0\).

Chọn A

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là \(\vec n = \left( {2;\, - 3\,;\,4} \right)\).

Ta có: \(\left[ {\vec i\,,\,\,{{\vec n}_\alpha }} \right] = \left( {0\,;\, - 4\,;\, - 3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa trục \[Ox\]và vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có véc tơ pháp tuyến là:

\({\vec n_P} =  - \left[ {\vec i\,,\,\,{{\vec n}_\alpha }} \right] = \left( {0\,;\,4\,;\,3} \right)\).

Vậy phương trình của mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,4y + 3z = 0\).

Lời giải

Chọn C

Từ phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,2x + y - z - 1 = 0\, \Rightarrow \,\)Véc tơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {2\,;\,1\,;\, - 1} \right)\)

Từ phương án C, véc tơ chỉ phương của đường thẳng \(d\): \(\frac{{x + 1}}{{ - 1}} = \frac{{y - 2}}{3} = \frac{z}{1}\) là \(\vec u = \left( { - 1\,;\,3\,;\,1} \right)\)

Ta có: \(\vec n.\vec u =  - 2 + 3 - 1 = 0.\) Vậy đường thẳng \(d{\rm{//}}\left( P \right)\).

Chọn B

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_2} = {u_1} + d = 4\\{u_6} = {u_1} + 5d = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = 1\\{u_1} = 3\end{array} \right. \Rightarrow {u_{100}} = {u_1} + 99d = 3 + 99 = 102\).

Chọn B

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

Chọn C

Ta có đồ thị hàm số trong hình vẽ là đồ thị hàm bậc ba có hệ số \(a < 0\)

Mặt khác \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\) và đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \( - 4\) nên nó là đồ thị hàm số \(y =  - {x^3} + 3{x^2} - 4\).

Chọn A

Điều kiện: \(x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2\).

Bất phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 2} \right) >  - 5 \Rightarrow x - 2 < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 5}} \Leftrightarrow x < 34\).

Kết hợp điều kiện tập nghiệm bất phương trình là \(\left( {2;\,34} \right)\)

a) Đúng.

Ta có: \[d\left( {J,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| {{z_J}} \right| = \left| 3 \right| = 3\].

Khi đó, \[{R_2} = \sqrt {{d^2}\left( {J,\left( {Oxy} \right)} \right) + r_2^2}  = \sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\].

b) Sai.

\[\overrightarrow {IM}  = \left( {5;5;10} \right) \Rightarrow IM = \sqrt {{5^2} + {5^2} + {{10}^2}}  = 5\sqrt 6  > 4\]: Điểm \[M\] nằm ngoài mặt cầu \(\left( {{S_1}} \right)\).

Do đó, quãng đường tối thiểu điểm \[C\] di chuyển từ \[M\] đến bề mặt khối cầu \(\left( {{S_1}} \right)\) là

\[s_1^{\min } = IM - {R_1} = 5\sqrt 6  - 4 \Rightarrow E_1^{\min } = \frac{{{{\left( {5\sqrt 6  - 4} \right)}^2}}}{{12}} = \frac{{166 - 40\sqrt 6 }}{{12}}\] (đơn vị năng lượng).

c) Đúng.

\[\overrightarrow {IJ}  = \left( {10;13;3} \right) \Rightarrow IJ = \sqrt {{{10}^2} + {{13}^2} + {3^2}}  = \sqrt {278}  > {R_1} + {R_2} = 4 + 5 = 9\].

Khi đó, \[A{B_{\max }} = IJ + {R_1} + {R_2} = \sqrt {278}  + 9 \approx 25,6733 > 25\].

d) Đúng.

\[\overrightarrow {JM}  = \left( { - 5; - 8;7} \right) \Rightarrow JM = \sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 8} \right)}^2} + {3^2}}  = \sqrt {138}  > 5\]: Điểm \[M\] nằm ngoài mặt cầu \(\left( {{S_2}} \right)\).

Do đó, quãng đường tối thiểu điểm \[C\] di chuyển từ \[M\] đến bề mặt khối cầu \(\left( {{S_2}} \right)\) là

\[s_2^{\min } = JM - {R_2} = \sqrt {138}  - 5 \Rightarrow E_2^{\min } = \frac{{{{\left( {\sqrt {138}  - 5} \right)}^2}}}{{12}} = \frac{{163 - 10\sqrt {138} }}{{12}} < E_1^{\min }\].

Vậy năng lượng tối thiểu để điểm \[C\] di chuyển vào bên trong khối cầu \(\left( {{S_2}} \right)\) nhỏ hơn năng lượng tối thiểu để điểm \[C\] di chuyển vào bên trong khối cầu \(\left( {{S_1}} \right)\).

Gọi X là biến cố: “bệnh nhân chọn thuốc A”;

       Y là biến cố: “bệnh nhân bị tác dụng phụ”.

Theo giả thiết, ta có: \[P\left( X \right) = 0,5;\,P\left( {Y|X} \right) = 0,2\].

a) Đúng.

Xác suất để bệnh nhân bị tác dụng phụ khi dùng thuốc A là \[P\left( {Y|X} \right) = 0,2\].

b) Đúng.

Xác suất để bệnh nhân bị tác dụng phụ khi được chọn ngẫu nhiên dùng một trong hai loại thuốc là \[P\left( Y \right) = P\left( X \right).P\left( {Y|X} \right) + P\left( {\overline X } \right).P\left( {Y|\overline X } \right) = 0,5.0,2 + 0,5.0,1 = 0,15\].

c) Sai.

Nếu biết bệnh nhân không bị tác dụng phụ, xác suất để bệnh nhân đó dùng thuốc B là

\[P\left( {\overline X |\overline Y } \right) = \frac{{P\left( {\overline X } \right).P\left( {\overline Y |\overline X } \right)}}{{P\left( {\overline Y } \right)}} = \frac{{0,5.0,9}}{{1 - 0,15}} = \frac{9}{{17}}\]

d) Sai.

 Xác suất để bệnh nhân dùng thuốc A và không bị tác dụng phụ là\[P\left( {X\overline Y } \right) = 0,5.\left( {1 - 0,2} \right) = 0,4\].

a) Vận tốc của hạt là \(v\left( t \right) = x'\left( t \right) = \left( {40t - 10{t^2}} \right){e^{ - 0,5t}}\,\left( {m/s} \right).\)

Khi đó vận tốc xuất phát của hạt tại thời điểm \(t = 0\) là $v\left(0\right)=x^{\text{'}}\left(0\right)=0\left(m/s\right).$

Vậy mệnh đề a) Sai.

b) Vận tốc của hạt trong suốt quá trình chuyển động là \(v(t) = (40t - 10{t^2}){e^{ - 0,5t}}\)

Ta có: \(v(t) = (40t - 10{t^2}){e^{ - 0,5t}} = 0 \Leftrightarrow 40t - 10{t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 0}\\{t = 4}\end{array}} \right.\)

Dựa vào BBT ta thấy hạt chỉ đổi chiều chuyển động đúng một lần duy nhất. Vậy b) Đúng.

c) Ta có GTLN của \(x(t)\) trên \((0; + \infty )\) là \[320{e^{ - 2}}\,\left( m \right)\], suy ra khoảng cách xa nhất mà hạt đạt được so với gốc \(O\) là  \[320{e^{ - 2}}\,\left( m \right)\]. Vậy c) Đúng.

d) Dựa vào BBT ta thấy, tổng quãng đường đi được của hạt:

+ Từ \(t = 0\) đến \(t = 4,\) hạt đi được \[320{e^{ - 2}}\,\left( m \right)\].

+ Từ \(t = 4\) về sau, hạt quay ngược lại và tiến dần về .

Vậy tổng quãng đường lớn hơn \[320{e^{ - 2}}\,\left( m \right)\]. Vậy mệnh đề d) Sai.

a) Ta có:  Tập xác định của hàm số là \(D = R\backslash \{  - 1\} \).

\(y = \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} = x - \frac{6}{{x + 1}}\)

nên \(\mathop {lim}\limits_{x \to  + \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {lim}\limits_{x \to  + \infty } \left( { - \frac{6}{{x + 1}}} \right) = 0\) và \(\mathop {lim}\limits_{x \to  - \infty } \left( {y - x} \right) = \mathop {lim}\limits_{x \to  - \infty } \left( { - \frac{6}{{x + 1}}} \right) = 0\). Suy ra tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng \(y = x\).

\(\mathop {lim}\limits_{x \to  - {1^ + }} y = \mathop {lim}\limits_{x \to  - {1^ + }} \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} =  - \infty \) nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng \(x =  - 1\).

Tâm đối xứng của đồ thị \(\left( C \right)\) là giao điểm hai đường tiệm cận, nên \(I\left( { - 1; - 1} \right)\).

Vậy a) Đúng.

b) Ta có: \(y'\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x + 7}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\)

Gọi  \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right),\,\,\left( {{x_0} \ne  - 1} \right)\) là tiếp điểm.

Vì tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại \(M\) song song với đường thẳng \(d:\,y = 7x + 18\) nên

\(y'\left( {{x_0}} \right) = 7 \Leftrightarrow \frac{{{x_0}^2 + 2{x_0} + 7}}{{{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2}}} = 7 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} =  - 2\end{array} \right.\), suy ra \(\left[ \begin{array}{l}M\left( {0; - 6} \right)\\M\left( { - 2;4} \right)\end{array} \right.\)

TH1: \(M\left( {0; - 6} \right)\), ta có phương trình tiếp tuyến là \({d_1}:y = 7x - 6\). (Thỏa)

TH2: \(M\left( { - 2;4} \right)\), ta có phương trình tiếp tuyến là \({d_2}:y = 7x + 18\) (Loại vì trùng với đường thẳng \(d\))

Vậy b) Sai.

c) Gọi \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right);\,\,B\left( {{x_2};{y_2}} \right)\) là hai điểm thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị \(\left( C \right)\), \({x_1} <  - 1 < \,\,{x_2}\)

Vì \(AB\) song song với trục hoành nên \({y_1} = {y_2} = {y_0}\) và \({x_1};\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \({y_0} = \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} \Leftrightarrow {x^2} + \left( {1 - {y_0}} \right)x - 6 - {y_0} = 0\,\,\left( 1 \right)\,\,\)(với \(x \ne  - 1\)).

\(\begin{array}{l}{x_1} <  - 1 < \,\,{x_2}\\ \Leftrightarrow {x_1} + 1 < 0 < {x_2} + 1 \Leftrightarrow \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) < 0\\ \Leftrightarrow {x_1}.{x_2} + \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 < 0 \Leftrightarrow  - {y_0} - 6 + \left( {{y_0} - 1} \right) + 1 < 0 \Leftrightarrow  - 6 < 0\end{array}\)

Hiển nhiên đúng nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

\(AB = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}}  = \sqrt {{{\left( {{y_0} - 1} \right)}^2} - 4\left( { - 6 - {y_0}} \right)}  = \sqrt {{{\left( {{y_0} + 1} \right)}^2} + 24}  \ge 2\sqrt 6 \)

Dấu “bằng” xảy ra khi chỉ khi \({y_0} =  - 1\)và giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng \(AB\) bằng \(2\sqrt 6 \).

Vậy c) Sai.

d) Ta có \(y = \frac{{{x^2} + x - 6}}{{x + 1}} - x = \frac{{ - 6}}{{x + 1}}\) .

Thể tích cần tìm là \(V = \pi {\int\limits_0^m {\left( {\frac{{ - 6}}{{x + 1}}} \right)} ^2}dx = 36\pi .\frac{m}{{m + 1}}\)

\(\mathop {lim}\limits_{m \to  + \infty } V = \mathop {lim}\limits_{m \to  + \infty } \left( {36\pi .\frac{m}{{m + 1}}} \right) = 36\pi \).

Vậy d) Đúng.

Đáp án: 6129

Bước 1: Thiết lập hệ tọa độ và phương trình các đường

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) có gốc \(O\) là tâm hình vuông. Tọa độ các đỉnh: \(A\left( { - 2;2} \right),D\left( {2;2} \right),C\left( {2; - 2} \right),B\left( { - 2; - 2} \right)\).

Parabol E có đỉnh \(E\left( {0;1} \right)\) đi qua \(C\left( {2; - 2} \right)\) và \(B\left( { - 2; - 2} \right)\): \(y =  - \frac{3}{4}{x^2} + 1\).

Parabol P có đỉnh \(P\left( {0; - 1} \right)\) đi qua \(D\left( {2;2} \right)\) và \(A\left( { - 2;2} \right)\): \(y = \frac{3}{4}{x^2} - 1\).

Đường thẳng đối xứng: \(y = x\).

Xác định các giao điểm:

Giao điểm của Parabol \(E\) và \(y = x\): \( - \frac{3}{4}{x^2} + 1 = x \Leftrightarrow 3{x^2} + 4x - 4 = 0 \Rightarrow x = \frac{2}{3}\).

Giao điểm của Parabol \(E\) và Parabol \(P\): \( - \frac{3}{4}{x^2} + 1 = \frac{3}{4}{x^2} - 1 \Leftrightarrow \frac{3}{2}{x^2} = 2 \Leftrightarrow x = \frac{2}{{\sqrt 3 }}\).

Bước 2: Tính diện tích miền \(H\) (\(1/8\) phần gạch chéo)

Diện tích miền \(H\) được tính theo công thức \(\)

Tích phân thứ nhất \(\left( {{S_{H1}}} \right)\): \({S_{H1}} = \int_{2/3}^{2/\sqrt 3 } {\left[ {x - \left( { - \frac{3}{4}{x^2} + 1} \right)} \right]} dx \approx 0,267...\)\(\)

Tích phân thứ hai \(\left( {{S_{H2}}} \right)\): \({S_{H2}} = \int_{2/\sqrt 3 }^2 {\left[ {x - \left( {\frac{3}{4}{x^2} - 1} \right)} \right]} dx \approx 0,563...\)\(\)

Nên \[{S_H} = {S_{H1}} + {S_{H2}} \approx 0,831\,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\]\(\)

Bước 3: Tính tổng diện tích và chi phí

Diện tích phần sơn màu đỏ: \({S_D} = 8 \times {S_H} \approx 6,646...\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Diện tích phần sơn màu trắng: \({S_T} \approx 16 - {S_D} = 9,35...\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Tổng số tiền bác Tuấn cần:

\(T \approx {S_D} \times 500 + {S_T} \times 300 \approx 6129\).

Làm tròn đến hàng đơn vị, bác Tuấn cần 6129 nghìn đồng.

Đáp án: \(1560\).

Phần \(O\) tiếp xúc với mọi phần khác, nên ta chọn nó đầu tiên.

- Có 6 cách chọn màu cho \(O\).

- Trường hợp 1: \(A\) và \(C\) cùng màu

Chọn màu cho \(A\): có 5 cách.

Chọn màu cho \(C\): có 1 cách (phải giống \(A\)).

Chọn màu cho \(B\): \(B\)tiếp giáp \(O,A,C\). Vì \(A\) và \(C\)cùng màu, nên \(B\)chỉ cần khác màu \(O\)và màu của \(\{ A,C\} \). Vậy \(B\) có \(5 - 1 = 4\) cách.

Chọn màu cho \(D\): Tương tự \(B\), \(D\) tiếp giáp \(O,A,C\). \(D\) có \(5 - 1 = 4\) cách.

Số cách cho TH1: \(5 \times 1 \times 4 \times 4 = 80\) cách.

- Trường hợp 2: \(A\) và \(C\) khác màu

Chọn màu cho \(A\): có 5 cách.

Chọn màu cho \(C\): có 4 cách (khác \(O\) và khác \(A\)).

Chọn màu cho \(B\): \(B\) tiếp giáp \(O,A,C\). Vì \(A,C\) khác màu nhau và cùng khác \(O\), nên \(B\) phải khác 3 màu này. Vậy \(B\) có \(5 - 2 = 3\) cách.

Chọn màu cho \(D\): Tương tự, \(D\) cũng phải khác màu \(O,A,C\). Vậy \(D\) có \(5 - 2 = 3\) cách.

Số cách cho TH2: \(5 \times 4 \times 3 \times 3 = 180\) cách.

- Kết hợp với 6 cách chọn màu cho \(O\), tổng số cách tô màu thỏa mãn yêu cầu là:\(6.\left( {80 + 180} \right) = 1560\)

- Đáp số: Bác Huy có 1560 cách tô màu.

Chọn gốc tọa độ tại trung điểm \(M\) của\(AB\) ta có:

\[A( - 9,{\rm{ }}0,{\rm{ }}0)\];\[B(9,0,0)\]; \[C\left( {0,{\rm{ }}3,{\rm{ }}0} \right);G\left( {0,{\rm{ }}1,{\rm{ }}0} \right)\].

Ta có \(AE = 3AG\) suy ra \(E = A + \overrightarrow {AE}  = ( - 9 + 27,0 + 3,0) = (18,3,0)\).

Vì \(A'A = A'B = 15\), hình chiếu của \(A'\) xuống đáy nằm trên trục \(Oy\). Gọi \(A'(0,y,z)\).

\(A'{A^2} = {(0 + 9)^2} + {y^2} + {z^2} = {15^2} = 225 \Rightarrow {y^2} + {z^2} = 144\)

Chọn \(A'(0,0,12)\) suy ra \(\overrightarrow {AA'}  = (0 - ( - 9),0 - 0,12 - 0) = (9,0,12)\)

Tọa độ \(B' = B + \overrightarrow {AA'}  = (9 + 9,0 + 0,0 + 12) = (18,0,12)\).

·         Đường thẳng \(A'G\): Đi qua \(A'(0,0,12)\), VTCP \(\vec u = \overrightarrow {A'G}  = (0,1, - 12)\).

·         Đường thẳng \(B'E\): Đi qua \(B'(18,0,12)\), VTCP \(\vec v = \overrightarrow {B'E}  = 3(0,1, - 4)\).

Tính khoảng cách:

1.      Tích có hướng:\([\vec u,\vec v] = (8,0,0)\).

2.      Vectơ nối hai đường thẳng: \(\overrightarrow {A'B'}  = (18,0,0)\).

3.      Áp dụng công thức:

\(d(A'G,B'E) = \frac{{|[\vec u,\vec v] \cdot \overrightarrow {A'B'} |}}{{|[\vec u,\vec v]|}} = \frac{{|8 \cdot 18 + 0 \cdot 0 + 0 \cdot 0|}}{{\sqrt {{8^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{8 \cdot 18}}{8} = 18\).

Đáp án: \(18\).

Đáp án: 2,71.

\[\begin{array}{l}(d):\frac{{x - 1}}{1} = \frac{y}{2} = \frac{{x + 2}}{1}\\ \Leftrightarrow \left( d \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 + t}\\{y = 2t}\\{z =  - 2 + t}\end{array}} \right.,t \in \mathbb{R}\end{array}\]

\(M \in Oz\), gọi tọa độ điểm M là \(M\left( {0;0;m} \right)\)

\(N \in d\), gọi tọa độ điểm N là \(N\left( {1 + t;2t;t - 2} \right)\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MN}  = \left( {1 + t;2t;t - 2 - m} \right)\\VTPT{\rm{ }}\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {3; - 1;1} \right)\end{array}\)

Nên \(3\left( {1 + t} \right) - 2t + t - 2 - m = 0 \Leftrightarrow m = 2t + 1\), vì \(MN\)song song với \(\left( P \right)\)nên \(M \notin (P) \Rightarrow m \ne 25\)

Suy ra \(2t + 1 \ne 25 \Rightarrow t \ne 12\).

Suy ra \(\overrightarrow {MN}  = \left( {1 + t;2t; - t - 3} \right)\)

\(M{N^2} = 6{t^2} + 8t + 10 \ge \frac{{22}}{3}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(t = \frac{{ - 2}}{3}\)(thỏa mãn \(t \ne 12\)) khi đó \(MN = \sqrt {\frac{{22}}{3}}  \approx 2,71\).

Đáp số: 67.

Lợi nhuận \(L\left( x \right) = R\left( x \right) - xC\left( x \right) = {x^3} - 397{x^2} + 80000\ln x + 38400x - 2000\).

\( \Rightarrow L'\left( x \right) = 3{x^2} - 794x + \frac{{80000}}{x} + 38400 = 0 \Leftrightarrow 3{x^3} - 794{x^2} + 38400x + 80000 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 200\\x = 66,7\\x =  - 2\end{array} \right.\). Vì \(1 \le x \le 100 \Rightarrow x = 66,67 \simeq 67\).

Đáp án:\(0,59\).

Gọi biến cố \(A:\) “Xã A mưa”

                     \(B:\) “Xã B mưa”

\( \Rightarrow A \cup B:\)” Có ít nhất một trong hai xã mưa”

Theo bài ra ta có: \(P\left( {\bar A/\bar B} \right) = 0,65;\,P\left( {\bar B/\bar A} \right) = 0,6\), \(P\left( {AB} \right) = 0,1\).

Đặt \(x = P\left( {A \cup B} \right) \Rightarrow P\left( {\bar A\bar B} \right) = 1 - x\).

Ta có: \[P\left( {\bar A} \right) = \frac{{P\left( {\bar A\bar B} \right)}}{{P\left( {\bar B/\bar A} \right)}} = \frac{{1 - x}}{{0,6}} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - \frac{{1 - x}}{{0,6}} = \frac{{x - 0,4}}{{0,6}}\].

Tương tự: \(P\left( {\bar B} \right) = \frac{{P\left( {\bar A\bar B} \right)}}{{P\left( {\bar A/\bar B} \right)}} = \frac{{1 - x}}{{0,65}} \Rightarrow P\left( B \right) = 1 - \frac{{1 - x}}{{0,65}} = \frac{{x - 0,35}}{{0,65}}\).

Ta có: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)\)

\(x = \frac{{x - 0,4}}{{0,6}} + \frac{{x - 0,35}}{{0,65}} - 0,1 \Leftrightarrow 0,86x = 0,509\).

\( \Rightarrow x \approx 0,59\).