Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Nghệ An lần 3 có đáp án
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án
Cho hình phẳng \(\left( H \right)\)giới hạn bởi các đường \(y = x + 2\), \(y = 0,\,x = 0,\,x = 2\). Gọi \(V\) là thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) xung quanh trục \(Ox\). Mệnh đề nào dưới đây đúng?\(V = \int\limits_0^2 {\left( {x + 2} \right)} \,{\rm{d}}x\).
\(V = \int\limits_0^2 {{{\left( {x + 2} \right)}^2}} \,{\rm{d}}x\).
\(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {x + 2} \right)}^2}} \,{\rm{d}}x\).
\(V = \pi \int\limits_0^2 {\left( {x + 2} \right)} \,{\rm{d}}x\).
Chọn C
\(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {x + 2} \right)}^2}} \,{\rm{d}}x\).
\( - 6\).
\(6\).
\( - 12\).
\(12\).
Chọn A
Ta có: \[\int\limits_2^0 {3f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = - 3\int\limits_0^2 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = - 3.2 = - 6\].
\(I\left( {1;\, - 2;\,1} \right)\); \(R = 4\).
\(I\left( { - 1;\,2;\, - 1} \right)\); \(R = 16\).
\(I\left( { - 1;\,2;\, - 1} \right)\); \(R = 4\).
\(I\left( {1;\, - 2;\,1} \right)\); \(R = 4\).
Chọn A
Tọa độ tâm \(I\left( {1; - 2;\,1} \right)\), bán kính \(R = 4\).
\(S = \left\{ { - \frac{\pi }{4} + k\pi |\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {\frac{\pi }{4} + k2\pi |\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ {\frac{\pi }{4} + k\pi |\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(S = \left\{ { - \frac{\pi }{4} + k2\pi |\,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Chọn C
Ta có: \(\tan x = 1 \Rightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).
Cho hàm số \(y = f(x)\) liên tục trên đoạn \([ - 4;6]\) và có bảng biến thiên như sau:
Giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = f(x)\) trên đoạn \([ - 4;6]\) bằng:
\( - 4\).
\( - 18\).
\( - 146\).
\(114\).
Chọn C
Quan sát dòng của \(y\) trên đoạn \([ - 4;6]\) trong bảng biến thiên, ta thấy các giá trị tại các điểm biên và điểm cực trị của hàm số lần lượt là:
\(f( - 4) = - 146\)
\(f( - 1) = 16\)
\(f(3) = - 48\)
\(f(6) = 114\)
So sánh các giá trị trên, ta thấy giá trị nhỏ nhất là \( - 146\) (đạt được tại \(x = - 4\)).
\(y'' = 6.\)
\(y'' = 6x.\)
\(y'' = 3x.\)
\(y'' = 3{x^2}.\)
Chọn B
Đạo hàm cấp một của hàm số là: \(y' = {({x^3})^\prime } = 3{x^2}\)
Đạo hàm cấp hai là đạo hàm của đạo hàm cấp một: \(y'' = {(3{x^2})^\prime } = 3 \cdot 2x = 6x\)
\(x = - 1,y = - 2.\)
\(x = - 1,y = 2.\)
\(x = 2,y = - 1.\)
\(x = 1,y = 2.\)
Chọn B
Tiệm cận đứng: Là đường thẳng đứng màu đen cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \( - 1 \Rightarrow x = - 1.\)
Tiệm cận ngang: Là đường thẳng nằm ngang màu đen cắt trục tung tại điểm có tung độ \(2 \Rightarrow y = 2.\)
Hai mẫu số liệu ghép nhóm \({M_1},{M_2}\) có bảng tần số ghép nhóm như sau:
Gọi \({\Delta _{{Q_1}}},{\Delta _{{Q_2}}}\) lần lượt là khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm \({M_1},{M_2}\). Phát biểu nào sau đây đúng?
\({\Delta _{{Q_1}}} = {\Delta _{{Q_2}}}.\)
\({\Delta _{{Q_1}}} = 2{\Delta _{{Q_2}}}.\)
\(4{\Delta _{{Q_1}}} = {\Delta _{{Q_2}}}.\)
\(2{\Delta _{{Q_1}}} = {\Delta _{{Q_2}}}.\)
Chọn A
Nhận xét: Hai mẫu số liệu \({M_1}\) và \({M_2}\) có dãy tần số hoàn toàn giống nhau \((2;5;7;3;3)\) và độ rộng của các nhóm đều bằng nhau (\(h = 2\)).
Các nhóm của mẫu \({M_2}\) thực chất được tính bằng cách cộng thêm \(1\) vào tất cả các đầu mút của các nhóm tương ứng trong mẫu \({M_1}\) (phép tịnh tiến sang phải \(1\) đơn vị).
Khi tịnh tiến toàn bộ mẫu số liệu đi một lượng không đổi, các giá trị tứ phân vị tăng lên một lượng tương ứng (\({Q_{1({M_2})}} = {Q_{1({M_1})}} + 1\) và \({Q_{3({M_2})}} = {Q_{3({M_1})}} + 1\)), dẫn đến hiệu số giữa chúng không đổi: \({\Delta _{{Q_2}}} = {Q_{3({M_2})}} - {Q_{1({M_2})}} = [{Q_{3({M_1})}} + 1] - [{Q_{1({M_1})}} + 1] = {Q_{3({M_1})}} - {Q_{1({M_1})}} = {\Delta _{{Q_1}}}\).
\(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \).
\(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A'C} \).
\(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {CB} \).
\(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A'B'} \).
Chọn A
Hai vecto bằng nhau: \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \).
\(BC\).
\(SB\).
\(SC\).
\(CD\).
Chọn D
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD \subset \left( {SAD} \right)\\CD \bot SA \subset \left( {SAD} \right)\\AD \cap SA = A\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\)
\(Q( - 2; - 3;4)\).
\(N( - 2; - 2;3)\).
\(M(2;2; - 3)\).
\(P(3;2; - 4)\).
Chọn C
Thay tọa độ điểm \(M(2;2; - 3)\) vào phương trình mặt phẳng \((P)\):
\(VT = 3(2 - 2) + 2(2 - 2) - 4( - 3 + 3) = 3(0) + 2(0) - 4(0) = 0\)
Vì \(VT = 0\) nên điểm \(M(2;2; - 3)\) thuộc mặt phẳng \((P)\).
\(4\).
\( - 5\).
\( - 8\).
\( - 3\).
Chọn D
\({u_3} = {u_1} + 2d = 1 + 2 \cdot ( - 2) = 1 - 4 = - 3\).
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng (Đ) hoặc sai (S)
Trong một nhà máy thông minh, hệ tọa độ \(Oxyz\) được thiết lập để điều hành các thiết bị tự động, đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét. Mặt sàn nhà máy nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\). Một bộ định tuyến phát sóng Wi-Fi được treo tại vị trí \(A\left( { - 3;4;9} \right)\), một cảm biến đo chấn động được gắn ngầm dưới nền nhà máy tại vị trí \(B\left( {6;16; - 4} \right)\). Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên mặt sàn. Một robot tự hành \(M\) di chuyển trên mặt sàn và luôn giữ khoảng cách đến bộ định tuyến \(A\) bằng \[{\rm{15 m}}\]. Biết rằng robot \(M\) có nhiệm vụ đồng bộ dữ liệu với cảm biến \(B\) và quá trình này đạt độ ổn định cao nhất khi khoảng cách giữa robot và cảm biến là nhỏ nhất.
Điểm \[H\] có tọa độ là \(\left( { - 3;4;0} \right)\).
Khoảng cách từ cảm biến \[B\] đến mặt sàn nhà máy là \({\rm{5\;m}}\).
Trong quá trình di chuyển, khoảng cách từ robot \[M\] đến điểm \[H\] luôn không đổi và bằng \({\rm{12\;m}}\).
Khi quá trình đồng bộ dữ liệu đạt độ ổn định cao nhất, khoảng cách giữa robot \[M\] và cảm biến \[B\] là \({\rm{6\;m}}\)
Chọn a) Đúng | b) Sai c) Đúng | d) Sai
a) Vì \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right) \Rightarrow H\left( { - 3;4;0} \right)\) nên a ĐÚNG.
b) Khoảng cách từ \(B\) đến mặt phẳng\(\left( {Oxy} \right):d\left( {B,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| { - 4} \right| = 4\) nên b SAI.
c) Xét tam giác \(AHM\) vuông tại \(H\).
Ta có \(M{H^2} = A{M^2} - A{H^2} = {15^2} - {9^2} = 144 \Rightarrow MH = 12\) nên c ĐÚNG.
d) Độ ổn định cao nhất khi khoảng cách \(MB\)nhỏ nhất.
Gọi \(M\left( {x;y;0} \right)\) . Vì \(MH = 12\) nên \(M\) nằm trên đường tròn tâm \(H\left( { - 3;4;0} \right)\) bán kính \(R = 12\) trong mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).
Điểm \(B'\) là hình chiếu của \(B\) lên mặt sàn \( \Rightarrow B'\left( {6;16;0} \right)\).
Ta có \(MB = \sqrt {MB{'^2} + BB{'^2}} = \sqrt {MB{'^2} + {4^2}} \).
\(MB\) nhỏ nhất khi \(MB'\) nhỏ nhất khi \(M\) là giao điểm của đoạn thẳng \(HB'\) với đường tròn tâm \(H\).
\(HB' = \sqrt {{{\left( {6 - \left( { - 3} \right)} \right)}^2} + {{\left( {16 - 4} \right)}^2}} = 15\).
Khi đó \(MB{'_{\min }} = HB' - R = 15 - 12 = 3 \Rightarrow M{B_{\min }} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\). Vậy d SAI.
Xác suất chuyên gia chọn được hạt giống hoa cúc là \(0,6\).
Biết rằng chuyên gia đã chọn được hạt giống hoa cúc, xác suất để hạt giống đó không nảy mầm là \(0,1\).
Xác suất chuyên gia chọn được hạt nảy mầm là \(0,84\).
Một hạt giống sau khi quét kiểm tra, máy đã báo “Đạt”. Xác suất để hạt giống đó thực sự không nảy mầm nhỏ hơn \(0,02\).
Gọi \(A\) là biến cố chọn hạt giống hoa hướng dương, \(P\left( A \right) = \frac{2}{5}\)
Gọi \(B\) là biến cố chọn hạt giống nảy mầm
Gọi \(C\) là biến cố máy quét tia \(X\) báo “Đạt”
Ta có sơ đồ cây
a) Ta có \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{3}{5} = 0,6\)
Chọn Đúng.
b) Ta có \(P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 0,9 = 0,1\)
Chọn Đúng.
c) Ta có \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\)\( = \frac{2}{5}.0,8 + \frac{3}{5}.0,9 = 0,86\)
Chọn Sai.
d) Ta tính \(P\left( {\overline B |C} \right) = \frac{{P\left( {\overline B C} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{P\left( {\overline B } \right).P\left( {C|\overline B } \right)}}{{P\left( C \right)}}\)
Ta có \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,86 = 0,14\)
\(P\left( {C|\overline B } \right) = 0,1\)
\(P\left( C \right) = P\left( B \right).P\left( {C|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {C|\overline B } \right)\)\( = 0,86.0,9 + 0,14.0,1\)\( = 0,788\)
Vậy \(P\left( {\overline B |C} \right) = \frac{{0,14.0,1}}{{0,788}} \approx 0,0177 < 0,02\)
Chọn Đúng.
[NB] Đạo hàm của hàm số đã cho là \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 2\).
[TH] Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có tập nghiệm là \(S = \left\{ { - 1;1} \right\}\).
[NB] Ta có \(f\left( 1 \right) = - 1;f\left( { - 1} \right) = 3\) .
[TH] Gọi lần lượt là giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số đã cho. Khi đó .
a) Mệnh đề sai
\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3\).
b) Mệnh đề đúng
\(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1\). Vậy\(f'\left( x \right) = 0\) có tập nghiệm là \(S = \left\{ { - 1;1} \right\}\).
c) Mệnh đề đúng
d) Mệnh đề sai
f CĐ - fCT = \(3 - \left( { - 1} \right) = 4\).
[NB] Tại thời điểm khóa học vừa kết thúc, bạn thành nhớ được \(94\% \) kiến thức.
[TH] Tốc độ thay đổi kiến thức của bạn Thành ở thời điểm sau \(t\) tháng kết thúc khóa học là \(f'\left( t \right) = - \frac{{12}}{{3t + 1}}\).
[TH] Tại thời điểm sau \(3\) tháng khóa học kết thúc, tốc độ giảm sút kiến thức của bạn Thành là \(1,2\% \)/tháng.
[VD,VDC] Biết rằng tại một thời điểm, tốc độ thay đổi kiến thức của bạn Thành luôn gấp \(3\) lần tốc độ thay đổi kiến thức của bạn Công. Tại thời điểm kết thúc khóa học, bạn Công nhớ được \(96\% \) kiến thức. Sau \(3\) tháng, lượng kiến thức bạn Công còn nhớ được hơn \(85\% \).
Chọn a) Đúng | b) Sai| c) Sai | d) Đúng
a) Tại thời điểm kết thúc khóa học, lượng kiến thức bạn Thành nhớ được là
\(f\left( {24} \right) = 94 - 12\ln \left( {3 \cdot 0 + 1} \right) = 94\% \).
Chọn ĐÚNG.
b) Tốc độ thay đổi kiến thức của bạn Thành ở thời điểm sau \(t\) tháng kết thúc khóa học là \(f'\left( t \right) = - \frac{{36}}{{3t + 1}}\) (với \(0 \le t \le 24\)).
Chọn SAI.
c) Sau \(3\) tháng khóa học kết thúc, tốc độ giảm sút kiến thức của bạn Thành là \(\left| {f'\left( 3 \right)} \right| = \left| { - \frac{{36}}{{3 \cdot 3 + 1}}} \right| = 3,6\)%/tháng.
Chọn SAI.
d) Tốc độ giảm sút kiến thức của bạn Công là \({f'_C} = \frac{1}{3}f'\left( t \right) = - \frac{{12}}{{3t + 1}}\)
Suy ra, sau \(3\)tháng lượng kiến thức bạn Công còn nhớ được là
\(96 + \int\limits_0^3 {\frac{{ - 12}}{{3t + 1}}{\rm{d}}t = 86,8\% } \)
Chọn ĐÚNG.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Trong hóa học động học, đối với một phản ứng hóa học nối tiếp, nồng độ của chất trung gian sinh ra sẽ tăng lên đến một đỉnh điểm rồi giảm dần do bị chuyển hóa thành chất khác. Dựa trên dữ liệu thực nghiệm, sự thay đổi nồng độ của một chất trung gian trong bình phản ứng được mô phỏng bởi hàm số: \(C\left( t \right) = - 2{t^3} + 3{t^2} + 12t.\) Trong đó, \(C\left( t \right)\) là nồng độ chất trung gian (đơn vị: mmol/L) và \(t\) là thời gian (đơn vị: phút) tính từ thời điểm bắt đầu phản ứng. Biết rằng mô hình toán học này chỉ áp dụng trong \(3\) phút đầu tiên của phản ứng \(\left( {0 \le t \le 3} \right).\) Để thu hoạch được lượng chất trung gian nhiều nhất, hệ thống tự động cần trích xuất dung dịch ngay tại thời điểm nồng độ của nó đạt mức tối đa. Hỏi sau bao nhiêu phút kể từ khi bắt đầu phản ứng, nồng độ chất trung gian đạt giá trị lớn nhất?Đáp án: \(2\).
Hàm nồng độ \(C\left( t \right) = - 2{t^3} + 3{t^2} + 12t\,\,\left( {0 \le t \le 3} \right).\)
Ta có: \(C'\left( t \right) = - 6{t^2} + 6t + 12\,\, = - 6\left( {{t^2} - t - 2} \right)\)
\(C'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - t - 2 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\,\left( L \right)\\t = 2\,\,\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)
Khi đó: \(C\left( 0 \right) = - {2.0^3} + {3.0^2} + 12.0 = 0\)
\(C\left( 2 \right) = - {2.2^3} + {3.2^2} + 12.2 = 20\)
\(C\left( 3 \right) = - {2.3^3} + {3.3^2} + 12.3 = 9\)
So sánh các giá trị trên, ta thấy \(C\left( t \right)\) đạt giá trị lớn nhất là \(20\) mmol/L khi \(t = 2.\)
Một công ty khai thác tuyến tàu cao tốc chở khách du lịch từ đất liền ra đảo với khoảng cách 60 km. Giả sử tàu di chuyển với vận tốc \(v\) không đổi trên suốt tuyến đường. Chi phí vận hành cho mỗi giờ hoạt động của tàu bao gồm:
Chi phí nhiên liệu: \(100{v^3}\) (đồng), với \(v\) \(\left( {{\rm{km/h}}} \right)\) là vận tốc của tàu \(\left( {v > 0} \right)\).
Chi phí cố định (lương thuỷ thủ đoàn, khấu hao, bến bãi, …): 4 000 000 đồng.
Để đảm bảo chất lượng dịch vụ, thời gian di chuyển mỗi chuyến không được vượt quá 1 giờ 30 phút. Đồng thời, vì lý do an toàn hàng hải, tàu không được chạy quá 55 km/h. Tàu có sức chứa tối đa 150 hành khách và giả sử rằng số lượng khách trên mỗi chuyến đi luôn đạt mức tối đa. Ban giám đốc thiết lập mục tiêu lợi nhuận thu được từ mỗi chuyến đi bằng 25% tổng chi phí vận hành của chuyến đó. Để đạt được mức lợi nhuận này trong điều kiện tàu được vận hành với tổng chi phí thấp nhất, giá vé mỗi hành khách phải trả là bao nhiêu nghìn đồng?
Đáp án: 130.
Thời gian di chuyển của một chuyến đi với khoảng cách 60 km là: \(t = \frac{{60}}{v}\) (giờ).
Theo quy định, thời gian di chuyển không vượt quá 1 giờ 30 phút (1,5 giờ), do đó ta có bất phương trình: \(\frac{{60}}{v} \le 1,5 \Leftrightarrow v \ge 40\).
Tàu chạy không quá \(55\,{\rm{km/h}}\): \(v \le 55\).
Kết hợp lại, tập xác định của \(v\) là: \(v \in \left[ {40\,;\,55} \right]\).
Chi phí vận hành trong 1 giờ là: \(100{v^3} + 4000000\) (đồng).
Tổng chi phí vận hành cho một chuyến đi là hàm số \(f\left( v \right)\), được tính bằng chi phí 1 giờ nhân với thời gian di chuyển: \(f\left( v \right) = \left( {100{v^3} + 4{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000} \right)\,.\,\frac{{60}}{v} = 6000{v^2} + \frac{{240{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{v}\).
Ta có: \(f'\left( v \right) = 12000v - \frac{{240{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{{v^2}}} = \frac{{12000{v^3} - 240{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{{v^2}}}\).
Cho \(f'\left( v \right) = 0\)\( \Rightarrow \)\(12000{v^3} - 240{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000 = 0\)\( \Leftrightarrow {v^3} = 20000\)\( \Leftrightarrow v = \sqrt[3]{{20000}} \approx 27,14\).
Ta có bảng biến thiên:
\( \Rightarrow \) Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn \[\left[ {40\,;\,55} \right]\] đạt được tại \(v = 40\).
\( \Rightarrow \) Tổng chi phí thấp nhất là: \(\min f\left( v \right) = 15{\mkern 1mu} 600{\mkern 1mu} 000\)(đồng).
Lợi nhuận mục tiêu \(\left( {25\% } \right)\) là: \(0,25\,.\,15{\mkern 1mu} 600{\mkern 1mu} 000 = 3{\mkern 1mu} 900{\mkern 1mu} 000\)
Tổng doanh thu cần đạt được là: \(15{\mkern 1mu} 600{\mkern 1mu} 000 + 3{\mkern 1mu} 900{\mkern 1mu} 000 = 19{\mkern 1mu} 500{\mkern 1mu} 000\) (đồng).
Giá vé mỗi hành khách phải trả cho 150 khách là: \(\frac{{19{\mkern 1mu} 500{\mkern 1mu} 000}}{{150}} = 130{\mkern 1mu} 000\) (đồng)
Giá vé mỗi hành khách phải trả là 130 nghìn đồng.
Đáp án: \[0,4\].
Hoành độ \({x_0}\) thoả đẳng thức \(4 - 0,2{x_0} = 0,4 + 0,1{x_0} + \frac{1}{m}x_0^2\) \( \Leftrightarrow \frac{1}{m} = \frac{{3,6 - 0,3{x_0}}}{{x_0^2}}\;\left( {{x_0} < 12} \right)\).
Theo đề, \({S_{xs}} = \int\limits_0^{{x_0}} {\left( {{y_0} - \left( {0,4 + 0,1x + \frac{1}{m}{x^2}} \right)} \right)dx} = \int\limits_0^{{x_0}} {\left( {3,6 - 0,2{x_0} - 0,1x - \frac{{3,6 - 0,3{x_0}}}{{x_0^2}}{x^2}} \right)dx} = 4,2\).
\( \Leftrightarrow \left( {3,6 - 0,2{x_0}} \right){x_0} - 0,05x_0^2 - \frac{{3,6 - 0,3{x_0}}}{{3x_0^2}}x_0^3 = 4,2\)\( \Leftrightarrow 0,15x_0^2 - 2,4{x_0} + 4,2 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 14\;\left( l \right)\\{x_0} = 2\;\left( n \right)\end{array} \right.\).
Với \({x_0} = 2\) suy ra \({y_0} = 3,6\) và \({S_{td}} = \int\limits_0^2 {\left( {4 - 0,2x - 3,6} \right)dx} = \int\limits_0^2 {\left( {0,4 - 0,2x} \right)dx} = 0,4\).
Đáp án: 36.
Gọi các tệp văn bản lần lượt là \({a_1},{a_2},{a_3}\), các tệp âm thanh là \({b_1},{b_2},{b_3},{b_4},{b_5}\) và các tệp video là \[{c_1},{c_2},{c_3},{c_4},{c_5},{c_6},{c_7}\].
Bước 1. Xếp các tệp video, có \(7!\) cách xếp.
Khi đó, 7 tệp video này sẽ tạo ra 8 khoảng trống từ \({x_1}\) đến \({x_8}\).
Bước 2. Ta xếp các tệp còn lại vào 8 khoảng trống này.
Trường hợp 1: Mỗi vị trí từ \({x_1}\) đến \({x_8}\) đều chứa 1 tệp, có \(8! = 40320\) cách xếp.
Trường hợp 2: Vị trí \({x_1}\) hoặc \({x_8}\) chứa 2 tệp, các vị trí từ \({x_2}\) đến \({x_7}\) chứa chứa 1 tệp.
Có \[C_2^1.C_5^1.C_3^1.2!.6! = 43200\] cách xếp.
Trường hợp 3: Vị trí \({x_1}\) và \({x_8}\) không chứa tệp, có 2 vị trí từ \({x_2}\) đến \({x_7}\) chứa 2 tệp, 4 vị trí còn lại chứa 1 tệp. Có \[C_6^2.C_3^1.C_5^1.2!.C_2^1.C_4^1.2!.4! = 172800\] cách xếp.
Trường hợp 4: Vị trí \({x_1}\) và \({x_8}\) không chứa tệp, có 1 vị trí từ \({x_2}\) đến \({x_7}\) chứa 3 tệp, 5 vị trí còn lại chứa 1 tệp. Có \[C_6^1.\left( {C_3^2.C_5^1 + C_3^1.C_5^2} \right).2!.5! = 64800\] cách xếp.
Do đó \[S = \left( {40320 + 43200 + 172800 + 64800} \right).7! = 1\,\,618\,\,444\,\,800\] cách xếp.
Vậy tổng các chữ số của \[S\] là \[36\].
Đáp án: 3,1.
\(\begin{array}{l}d\left( {A;\left( E \right)} \right) = 2,35\\d\left( {B;\left( E \right)} \right) = 2,35\\d\left( {C;\left( E \right)} \right) = 2,3\end{array}\)
Phương trình đường thẳng đi qua C và có VTCP \(\overrightarrow v = \left( {3;4;0} \right)\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4 + 3t}\\{y = 1 + 4t}\\{z = 0,5}\end{array}} \right.,t \in \mathbb{R}\)
Gọi điểm \({C_1}\left( {4 + 3t;1 + 4t;0,5} \right)\) cách bức tường \(\left( E \right)\) \(0,3\) mét.
\(\begin{array}{l}d\left( {{C_1};\left( E \right)} \right) = 0,3\\ \Leftrightarrow \frac{{\left| {6\left( {4 + 3t} \right) + \left( {1 + 4t} \right)8 - \left. {55} \right|} \right.}}{{10}} = 0,3\\ \Rightarrow t = 0,4\\ \Rightarrow {C_1}\left( {5,2;2,6;0,5} \right)\\ \Rightarrow a - b + c = 3,1\end{array}\)
Đáp án: 46.
Trong mặt phẳng đáy \((ABCD)\), kẻ \(AH \bot BD\) tại \(H\).
Vì \(ABCD.A'B'C'D'\)là hình hộp chữ nhật nên \(AA' \bot (ABCD)\), suy ra \(AA' \bot BD\).
Từ \(AH \bot BD\) và \(AA' \bot BD\), ta suy ra \(BD \bot (A'AH) \Rightarrow BD \bot A'H\).
Góc nhị diện \([A',BD,C]\)là góc tạo bởi hai nửa mặt phẳng \((BDA')\) và \((BDC)\) có chung bờ là đường thẳng\(BD\).
Trong mặt phẳng \((A'AH) \bot BD\), ta có tia \(HA'\)nằm trong nửa mặt phẳng \((BDA')\).
Trong mặt phẳng đáy \((ABCD)\), ta cần tìm một tia \(Hx \bot BD\) và hướng về phía nửa mặt phẳng chứa điểm \(C\). Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật, đường chéo\(BD\) chia mặt phẳng ra làm hai nửa, \(A\) và \(C\) nằm ở hai nửa mặt phẳng đối nhau. Do \(HA \bot BD\) và hướng về phía \(A\), nên tia \(Hx\)hướng về phía \(C\) chính là tia đối của tia\(HA\).
Vậy góc nhị diện cần tìm là \(\alpha = \widehat {A'Hx}\).
Vì \(HA\) và \(Hx\) là hai tia đối nhau nên: \(\alpha = \widehat {A'Hx} = 180^\circ - \widehat {A'HA}\).
Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) (do \(ABCD\)là hình chữ nhật), áp dụng hệ thức lượng, ta có:
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{{(4a)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{16{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{{17}}{{16{a^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \frac{{4a}}{{\sqrt {17} }}\)
Xét tam giác \(A'AH\) vuông tại \(A\) (do \(AA' \bot (ABCD)\)):
\(\tan \widehat {A'HA} = \frac{{AA'}}{{AH}} = \frac{a}{{\frac{{4a}}{{\sqrt {17} }}}} = \frac{{\sqrt {17} }}{4}\)\( \Rightarrow \widehat {A'HA} \approx 46^\circ \).
