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

Chọn B

Do \(ABCA'B'C'\)là lăng trụ đứng, góc giữa \(A'C\) và mặt phẳng \((ABC)\) là góc giữa \(A'C\) và \(AC\) và là góc \(\widehat {ACA'}\)

Ta có gọi góc giữa \(A'C\) và mặt phẳng \((ABC)\) là góc \(\alpha \), nên \(cos\alpha  = \frac{{AA'}}{{AC}} = 1 \Rightarrow \alpha  = 45^\circ \).

Chọn A

Ta có \(AC = \sqrt 2 \), mà tam giác \(SAC\) đều nên \(SA = SC = \sqrt 2 \).

Chọn D

Ta có \( - 3 \le 3\cos 2x \le 3\)

Vậy tập giá trị cua hàm số \(T = \left[ { - 3;3} \right]\).

Chọn C

Ta có \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {DC} \)\( = \overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {MN}  + \overrightarrow {NB}  + \overrightarrow {DM}  + \overrightarrow {MN}  + \overrightarrow {NC} \)

\( = 2\overrightarrow {MN} \).

Chọn B

Theo công thức tính thể tích của vật thể bằng cách cắt lát, thể tích \(V\) của vật thể được giới hạn bởi hai mặt phẳng \(x = a\) và \(x = b\), với thiết diện vuông góc với trục \(Ox\) tại hoành độ \(x\) có diện tích là \(S(x)\), được tính bằng công thức: \(V = \int\limits_a^b S (x){\rm{d}}x\).

Vậy đáp án đúng là B.

Chọn D

Ta cần tìm nguyên hàm của hàm số \(f(x) = x - \frac{1}{{{x^2}}}\).

Ta có: \(\int {\left( {x - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} {\rm{d}}x = \int x {\rm{d}}x - \int {{x^{ - 2}}} {\rm{d}}x\)\( = \frac{{{x^{1 + 1}}}}{{1 + 1}} - \frac{{{x^{ - 2 + 1}}}}{{ - 2 + 1}} + C\)\( = \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^{ - 1}}}}{{ - 1}} + C\)\( = \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{1}{x} + C\).

Vậy họ nguyên hàm của hàm số đã cho là \(\frac{1}{2}{x^2} + \frac{1}{x} + C\).

Chọn A

Điều kiện xác định của phương trình: \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >  - 1\).

Ta có phương trình: \({\log _3}(x + 1) = 2\).

Theo định nghĩa logarit, ta có: \(x + 1 = {3^2}\)\( \Leftrightarrow x = 8\).

Giá trị \(x = 8\) thỏa mãn điều kiện \(x >  - 1\).

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 8\).

Chọn D

Điểm cực đại của hàm số là điểm mà tại đó \(f'(x)\) đổi dấu từ dương sang âm.

Quan sát bảng xét dấu của \(f'(x)\):

- Tại \(x =  - 1\): \(f'(x)\) đổi dấu từ \( + \) sang \( - \). Vậy \(x =  - 1\) là một điểm cực đại.

- Tại \(x = 0\): \(f'(x)\) đổi dấu từ \( - \) sang \( + \). Vậy \(x = 0\) là một điểm cực tiểu.

- Tại \(x = 1\): \(f'(x)\) đổi dấu từ \( + \) sang \( - \). Mặc dù \(f'(x)\) không xác định tại \(x = 1\) (ký hiệu hai gạch đứng), nhưng hàm số \(f(x)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và \(f'(x)\) đổi dấu từ dương sang âm, nên \(x = 1\) là một điểm cực đại.

- Tại \(x = 2\): \(f'(x)\) bằng \(0\) nhưng không đổi dấu (từ \( - \) sang \( - \)). Vậy \(x = 2\) không phải là điểm cực trị.

Vậy hàm số có 2 điểm cực đại là \(x =  - 1\) và \(x = 1\).

Chọn C

Ta có \({u_5} = {u_1}.{q^4} \Leftrightarrow 162 = 2.{q^4} \Rightarrow q =  \pm 3\).

Chọn B

Mặt phẳng vuông góc với \(Oz\) nên có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\).

Mặt phẳng đi qua \(M\left( {1;2; - 4} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\) có phương trình là: \(1\left( {z + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow z =  - 4\).

Chọn A

Ta có \(\frac{{3n}}{4} = 15 \Rightarrow {Q_3} \in \left[ {9;11} \right)\).

Khi đó \({Q_3} = 3 + \frac{{15 - \left( {2 + 7} \right)}}{7} \cdot 2 = \frac{{75}}{7} \approx 10,71\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) tâm \(A\) và đi qua điểm \(B\) nên có bán kính \(R = AB = \sqrt {{{\left( {3 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - 2} \right)}^2}}  = \sqrt {30} \).

Khi đó \(\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 30\).

a) Đúng. Mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] có phương trình \[\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{{ - 2}} + \frac{z}{{ - 2}} = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{2} + \frac{y}{2} + \frac{z}{2} =  - 1\].

b) Đúng. Ta có \[\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {1;1;1} \right)\] là VTPT mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] và \[\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {0;0;1} \right)\] là VTPT mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\].

Khi đó \[\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}}  = 1\] và \[\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| = \sqrt 3 ,\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right| = 1\].

Do đó \[\cos \left( {\left( {ABC} \right),\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]

c) Sai. Gọi \[D\left( {x;y;z} \right)\], \[\overrightarrow {AD}  = \left( {x + 2;y;z} \right),\overrightarrow {BD}  = \left( {x;y + 2;z} \right),\overrightarrow {CD}  = \left( {x;y;z + 2} \right)\].

Vì \[DA,DB,DC\] đôi một vuông góc

\[\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BD}  = 0\\\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {CD}  = 0\\\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {CD}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x + 2y = 0{\rm{   }}\left( 1 \right)\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x + 2z = 0{\rm{    }}\left( 2 \right)\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2y + 2z = 0{\rm{     }}\left( 3 \right)\end{array} \right.\]

Lấy \[\left( 1 \right) - \left( 2 \right)\] ta được \[y = z\], Lấy \[\left( 2 \right) - \left( 3 \right)\] ta được \[x = y\], Lấy \[\left( 1 \right) - \left( 3 \right)\] ta được \[x = z\]

Do đó \[3{x^2} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {KTM} \right)\\x =  - \frac{4}{3}\left( {TM} \right)\end{array} \right.\].

Vậy \[D\left( { - \frac{4}{3}; - \frac{4}{3}; - \frac{4}{3}} \right)\].

d) Sai.

Ta có \[\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \left| {\overrightarrow {IB} } \right| \Leftrightarrow {\left( {a + 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {a^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} + {c^2} \Leftrightarrow a = b\]

Chứng minh tương tự, ta được \[\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \left| {\overrightarrow {IB} } \right| = \left| {\overrightarrow {IC} } \right| \Leftrightarrow a = b = c\]

Khi đó \[\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \left| {\overrightarrow {ID} } \right| \Leftrightarrow {\left( { - 2 - a} \right)^2} + {a^2} + {a^2} = 3{\left( {a + \frac{4}{3}} \right)^2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{3}\]

Do đó \[I\left( {\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right)\].

Vậy \[a + b + c = 1\].

a) Phương trình chính tắc của parabol lcó dạng \[{y^2} = 2px\].

Do parabol đi qua điểm \[M(2;1)\] nên \[{1^2} = 2p.2 \Rightarrow p = \frac{1}{4}\].

Vậy phương trình của parabol là \[{y^2} = \frac{1}{2}x\]. Chọn đúng

b) Tổng diện tích hai nửa hình tròn đường kính \[AB,\,\,CD\] là \[{S_1} = \pi .{\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{9\pi }}{4}\,(c{m^2}).\]

Diện tích hình vuông \[ABCD\] là \[{S_2} = {3^2} = 9\,(c{m^2}).\]

Diện tích phần giới hạn bởi parabol và đường thẳng \[MN\] là \[{S_3} = 2\int\limits_0^2 {\sqrt {\frac{1}{2}x} }  = \frac{8}{3}\,(c{m^2}).\]

Vậy diện tích mặt cắt (làm tròn tới hàng đơn vị) là \[S = {S_1} + {S_2} - {S_3} = \frac{{9\pi }}{4}\, + 9 - \frac{8}{3} \approx 13(c{m^2}).\] Chọn sai

c) Thể tích phần lõm của giá để bút được tính bằng công thức \[\pi \int\limits_0^2 {{y^2}dx = } \pi \int\limits_0^2 {\frac{1}{2}xdx} \]. Chọn đúng

d) Phương trình đường tròn đường kính AB là \[{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{9}{4}\]. Suy ra Phương trình nửa đường tròn đường kính AB là \[y = \frac{3}{2} + \sqrt {\frac{9}{4} - {{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2}} \].

Thể tích của toàn bộ giá để bút là \[V = \pi {\int\limits_{ - 1}^2 {\left( {\frac{3}{2} + \sqrt {\frac{9}{4} - {{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2}} } \right)} ^2}dx - \pi \int\limits_0^2 {\frac{1}{2}xdx}  \approx 65,5\,(c{m^3})\]. Chọn sai.

Gọi M là biến cố xác suất để học sinh được chọn thuộc trường A, N là biến cố xác suất để học sinh được chọn đạt huy chương vàng.

a) ĐÚNG

\(n\left( \Omega  \right) = 51 + 24 = 75\).

Trường THPT A có \(51\) học sinh nên \(P\left( M \right) = \frac{{51}}{{75}} = \frac{{17}}{{25}}\) nên a) đúng.

b) SAI

\(P\left( {\overline N \left| {\overline M } \right.} \right) = 1 - P\left( {N\left| {\overline M } \right.} \right) = 1 - 0,06 = 0,94\)

Vậy b) Sai.

c) SAI

\(P\left( N \right) = P\left( M \right)P\left( {N\left| M \right.} \right) + P\left( {\overline M } \right)P\left( {N\left| {\overline M } \right.} \right) = \frac{{17}}{{25}}.0,08 + \frac{8}{{25}}.0,06 = \frac{{46}}{{625}}\)

Vậy c) Sai.

d) ĐÚNG

\(P\left( {M\left| N \right.} \right) = \frac{{P\left( {N\left| M \right.} \right)P\left( M \right)}}{{P\left( N \right)}} = \frac{{0,08.\,\frac{{17}}{{25}}}}{{\frac{{46}}{{625}}}} = \frac{{17}}{{23}}\). Vậy d) Đúng.

a) Sai.

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\).

b) Đúng.

Tiệm cận xiên của đồ thị có dạng \(y = ax + b\) đi qua hai điểm có tọa độ \(\left( {2;4} \right);\left( {0;2} \right)\).

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x + 2\).

c) Sai.

Dựa vào đồ thị hàm số có giá trị lớn nhất trên đoạn \(\left[ { - 2;1} \right]\) là \(4\).

d) Đúng

Hàm số có tiệm cận đứng \(x = 2\)

Hàm số có tiệm cận xiên \(y = x + 2\)

Hàm số \(y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x - d}} = x + 2 + \frac{\alpha }{{x - 2}}\) đi qua điểm có tọa độ \(\left( {1;4} \right)\) \( \Rightarrow y = x + 2 - \frac{1}{{x - 2}} = \frac{{{x^2} - 5}}{{x - 2}}\).

Suy ra \(a = 1;b = 0;c =  - 5;d = 2\). Vậy \({a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} = 30\).

Đáp án: 5,19

Ta có 1000 Gray \( = 1{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000\) milliGray.

Thay hàm số khoảng cách \(R(T) = 7000 + 3000T\) vào công thức tính suất liều bức xạ, ta được hàm số \(D\) theo biến thời gian \(T\):

\(D(R(T)) = 60{\left( {\frac{{7000 + 3000T}}{{25{\mkern 1mu} 000}}} \right)^2} = 60{\left( {\frac{{3T + 7}}{{25}}} \right)^2}\)

Tổng liều bức xạ vệ tinh nhận được trong một vòng bay (10 giờ) là:

\(L = 2\int_0^5 6 0{\left( {\frac{{3T + 7}}{{25}}} \right)^2}{\rm{d}}T\)

\(L = \frac{{120}}{{625}}\int_0^5 {{{(3T + 7)}^2}} {\rm{d}}T = \frac{{24}}{{125}}\left[ {\frac{{{{(3T + 7)}^3}}}{9}} \right]_0^5\)

\(L = \frac{8}{{375}}\left( {{{22}^3} - {7^3}} \right) = \frac{8}{{375}} \cdot 10{\mkern 1mu} 305 = 219,84{\rm{ (milliGray)}}\)

Số vòng bay tối đa vệ tinh có thể thực hiện trước khi hỏng hoàn toàn là:

\(N = \frac{{1{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219,84}}{\rm{ (v\`o ng)}}\)

Do mỗi vòng bay kéo dài 10 giờ, tổng thời gian hoạt động của vệ tinh là:

\(t = 10 \cdot \frac{{1{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219,84}} = \frac{{10{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219,84}}{\rm{ }}\)(giờ)

Đổi thời gian hoạt động sang đơn vị năm (với 1 năm có 365 ngày, 1 ngày có 24 giờ):

Số năm \( = \frac{{10{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219,84 \cdot 365 \cdot 24}} = \frac{{10{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{1{\mkern 1mu} 925{\mkern 1mu} 798,4}} \approx 5,1926...{\rm{ }}\)(năm)

Làm tròn kết quả tới hai chữ số thập phân sau dấu phẩy, ta được 5,19 năm.

Đáp án: 632

Bước 1: Thiết lập hàm chi phí trung bình mỗi ngày

Thời gian của một chu kỳ đặt hàng và tiêu thụ hết hàng là \(\frac{Q}{d}\) (ngày).

Gọi \(g(Q)\) là hàm chi phí trung bình mỗi ngày. Ta có công thức chi phí trung bình bằng tổng chi phí chia cho thời gian chu kỳ:

\(g(Q) = \frac{f}{{\frac{Q}{d}}} = \frac{{K + cQ + \frac{{h{Q^2}}}{{2d}}}}{{\frac{Q}{d}}}\)

Nhân nghịch đảo và rút gọn biểu thức, ta được:

\(g(Q) = \frac{d}{Q}\left( {K + cQ + \frac{{h{Q^2}}}{{2d}}} \right) = \frac{{Kd}}{Q} + cd + \frac{{hQ}}{2}\)

Bước 2: Tìm giá trị của lượng hàng \(Q\) để chi phí nhỏ nhất

Để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm\(g(Q)\), ta tính đạo hàm bậc nhất của \(g(Q)\) theo biến\(Q\):

\(g'(Q) =  - \frac{{Kd}}{{{Q^2}}} + 0 + \frac{h}{2}\)

Cho \(g'(Q) = 0\) để tìm điểm cực trị:

\( - \frac{{Kd}}{{{Q^2}}} + \frac{h}{2} = 0\) \( \Leftrightarrow \frac{h}{2} = \frac{{Kd}}{{{Q^2}}}\) \( \Leftrightarrow {Q^2} = \frac{{2Kd}}{h}\)

Vì số lượng hàng nhập \(Q > 0\), ta suy ra:\(Q = \sqrt {\frac{{2Kd}}{h}} \)

(Lưu ý: Bạn cũng có thể áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương \(\frac{{Kd}}{Q}\) và \(\frac{{hQ}}{2}\) để ra được kết quả \(Q\) tương tự).

Bước 3: Thay số và tính toán

Thay các số liệu đã cho từ đề bài: \(d = \) 100, \(K = \) 1.000.000, \(h = \) 500 vào công thức vừa tìm được:

\(Q = \sqrt {\frac{{2 \cdot 1.000.000 \cdot 100}}{{500}}} \)\( = \sqrt {\frac{{200.000.000}}{{500}}} \)\( = \sqrt {400.000} \)\( \approx 632,4555...\)

Theo yêu cầu của đề bài là chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng đơn vị, ta có \(Q \approx \) 632.

Kết luận: Cửa hàng nên nhập 632 hộp trong mỗi lần đặt hàng để chi phí trung bình mỗi ngày là nhỏ nhất.

Đáp án: 126.

Áp dụng công thức tô \(k\) màu cho \(n\) đỉnh trên 1 vòng tròn

\({\left( {k - 1} \right)^n} + {\left( { - 1} \right)^n}\left( {k - 1} \right)\).

Vậy số cách phát đề cho các thí sinh ngồi quanh bàn tròn là

\({\left( {3 - 1} \right)^7} + {\left( { - 1} \right)^7}\left( {3 - 1} \right) = 126\).

Đáp án: 3,48.

Đặt \(f\left( {x\,;y\,;z} \right) = x + y + 5{\rm{z}} + 1\)

\(f\left( A \right) = 6 + 0 + 5.4 + 1 = 27 > 0\)

\(f\left( B \right) =  - 3 - 2 + 5.1 + 1 = 1 > 0\)

Suy ra hai điểm \(A,\,B\) nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Gọi \(C\) là điểm đối xứng với \(B\) qua mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Ta có \(MA + MB = MA + MC \ge AC\).

\(MA + MB\) nhỏ nhất bẳng \(AC\) khi \(A,\,M,\,C\) thẳng hàng.

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Phương trình đường phẳng \(BH\): \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 3 + t\\y =  - 2 + t\\y = 1 + 5t\end{array} \right.\).

Tọa độ \(H\) là nghiệm \(\left( {x\,;\,y\,;\,z} \right)\) của hệ

\(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 3 + t\\y =  - 2 + t\\y = 1 + 5t\\x + y + 5z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 3 + t\\y =  - 2 + t\\y = 1 + 5t\\\left( { - 3 + t} \right) + \left( { - 2 + t} \right) + 5\left( {1 + 5t} \right) + 1 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 3 + t\\y =  - 2 + t\\y = 1 + 5t\\27t + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - \frac{{82}}{{27}}\\y =  - \frac{{55}}{{27}}\\z = \frac{{22}}{{27}}\\t =  - \frac{1}{{27}}\end{array} \right.\)

\(H\left( { - \frac{{82}}{{27}}\,;\, - \frac{{55}}{{27}}\,;\,\frac{{22}}{{27}}} \right)\).

\(H\) là trung điểm của \(BC\), tọa độ \(C\left( { - \frac{{83}}{{27}}\,;\, - \frac{{56}}{{27}}\,;\,\frac{{17}}{{27}}} \right)\);

Điểm \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(AC\) và mặt phẳng \((P)\).

Vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AC\): \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - \frac{{83}}{{27}} - 6;{\mkern 1mu}  - \frac{{56}}{{27}} - 0;{\mkern 1mu} \frac{{17}}{{27}} - 4} \right) = \left( { - \frac{{245}}{{27}};{\mkern 1mu}  - \frac{{56}}{{27}};{\mkern 1mu}  - \frac{{91}}{{27}}} \right)\)

Ta chọn vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AC\) là: \(\vec u =  - \frac{{27}}{7} \cdot \overrightarrow {AC}  = \left( {35\,;{\mkern 1mu} \,8\,;{\mkern 1mu} \,13} \right)\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(AC\):\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6 + 35t}\\{y = 8t}\\{z = 4 + 13t}\end{array}} \right.\)

Thay \(x,y,z\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + 5z + 1 = 0\):

\(\left( {6 + 35t} \right) + 8t + 5\left( {4 + 13t} \right) + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow 6 + 35t + 8t + 20 + 65t + 1 = 0\)\( \Leftrightarrow 108t + 27 = 0 \Rightarrow t =  - \frac{{27}}{{108}} =  - \frac{1}{4}\)

Suy ra \(M\left( { - \frac{{11}}{4}\,;\, - 2\,;\,\,\frac{3}{4}} \right)\)

\(OM = \sqrt {x_M^2 + y_M^2 + z_M^2} \)

\(OM = \sqrt {{{\left( { - \frac{{11}}{4}} \right)}^2} + {{( - 2)}^2} + {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2}}  = \sqrt {\frac{{121}}{{16}} + 4 + \frac{9}{{16}}} \)

\(OM = \sqrt {\frac{{130}}{{16}} + \frac{{64}}{{16}}}  = \sqrt {\frac{{194}}{{16}}}  = \frac{{\sqrt {194} }}{4} \approx 3,48\).

Đáp án: \(1,92\)

Gọi \(I = AB' \cap A'M\) và \(D = A'N \cap AC\).

Ta có \(\frac{{IA}}{{IB'}} = \frac{1}{2}\) nên suy ra \({\rm{d}}\left( {B',\left( {AMN} \right)} \right) = 2{\rm{d}}\left( {A,\left( {A'MN} \right)} \right)\).

Mặt khác, theo giả thiết

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{A'M \bot \left( {ABC} \right)}\\{A'M \subset \left( {A'MD} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow \left( {A'MD} \right) \bot \left( {ABC} \right) = MD\).

Kẻ \(AE \bot MD\).

Suy ra \(AE = {\rm{d}}\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right)\).

Xét tam giác \(A'AD\), có \(\frac{{CD}}{{AD}} = \frac{{CM}}{{AA'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow CD = \frac{1}{2}AD\)

Do đó \(AC = CD = 2\).

Mặt khác \(M{D^2} = A{M^2} + A{D^2} - 2AM \cdot AD \cdot \cos \widehat {MAD} = 13\)\( \Rightarrow MD = \sqrt {13} \).

\( \Rightarrow {S_{\Delta A'MD}} = \frac{1}{2} \cdot AM \cdot AD \cdot \sin \widehat {MAD} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 4 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)

Suy ra \({\rm{d}}\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right) = AE = \frac{{2 \cdot {S_{\Delta AMD}}}}{{MD}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}\)

\( \Rightarrow {\rm{d}}\left( {B',\left( {AMN} \right)} \right) = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \approx 1,92\).

Đáp án: 147

Theo đề bài, nốt La (A4) có tần số \({f_{A4}} = 440Hz\)

Nốt Mi (E4) đứng trước nốt La (A4) trong dãy âm cơ bản. Ta đếm số nửa cung (\(n\)) từ Mi (E4) đến La (A4) dựa trên dãy nốt đã cho:

Mi \( \to \) Pha (1) \( \to \) Pha (2) \( \to \) Sol (3) \( \to \) Sol (4) \( \to \) La (5).

Vậy nốt La cao hơn nốt Mi là \(n = 5\) nửa cung.

Áp dụng công thức: \(\frac{{{f_{A4}}}}{{{f_{E4}}}} = {2^{\frac{5}{{12}}}} \Rightarrow {f_{E4}} = \frac{{{f_{A4}}}}{{{2^{\frac{5}{{12}}}}}} = \frac{{440}}{{{2^{\frac{5}{{12}}}}}}Hz\).

Tần số hiện tại của dây số 1 (đang bị chùng) là \({f_{ht}} = 300Hz\).

Gọi \(x\) là số nửa cung cần tăng thêm để từ \(300Hz\) đạt đến tần số chuẩn \({f_{E4}}\). Ta có phương trình: \(\frac{{{f_{E4}}}}{{{f_{ht}}}} = {2^{\frac{x}{{12}}}} \Leftrightarrow \frac{{440}}{{300 \cdot {2^{\frac{5}{{12}}}}}} = {2^{\frac{x}{{12}}}}\)

Giải phương trình tìm \(x\):

\({2^{\frac{x}{{12}}}} = \frac{{44}}{{30 \cdot {2^{\frac{5}{{12}}}}}} \Rightarrow \frac{x}{{12}} = {\log _2}\left( {\frac{{44}}{{30 \cdot {2^{\frac{5}{{12}}}}}}} \right)\)

\(x = 12 \cdot {\log _2}\left( {\frac{{44}}{{30}} \cdot {2^{ - \frac{5}{{12}}}}} \right) = 12 \cdot \left( {{{\log }_2}\frac{{44}}{{30}} - \frac{5}{{12}}} \right) = 12 \cdot {\log _2}\frac{{22}}{{15}} - 5\)

Theo quy tắc: xoay \(90^\circ \) thì tăng \(1\) nửa cung. Vậy để tăng \(x\) nửa cung, cần xoay một góc \(\alpha \) là: \(\alpha  = x \cdot 90^\circ  = \left( {12 \cdot {{\log }_2}\frac{{22}}{{15}} - 5} \right) \cdot 90^\circ \).

Nên \(\alpha  \approx 147^\circ \).