Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THCS-THPT Nguyễn Khuyến - Lê Thánh Tông (TP.HCM) ngày 9.11 có đáp án

Chọn C

Ta có \[{2^{x - 1}} = 3 \Leftrightarrow x - 1 = {\log _2}3 \Leftrightarrow x = 1 + {\log _2}3 \Leftrightarrow x = {\log _2}2 + {\log _2}3 \Leftrightarrow x = {\log _2}6\].

Chọn B

Tập xác định. \[D = \mathbb{R}\].

Đạo hàm. \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 18x - 24\), \(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 4\end{array} \right.\).

Giới hạn. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \).

Bảng biến thiên.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là \(14\).

Chọn A

Ta có \[\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {A'C'}  = \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {BC} \].

Chọn B

Quan sát đồ thị ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \[\left( {0;2} \right)\].

Chọn B

Ta có. \({\left( {\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right)^2} = {\left[ {\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)} \right]^2} = {\left( {\overrightarrow a } \right)^2}.{\left( {\overrightarrow b } \right)^2}.{\cos ^2}\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) \ne {\left( {\overrightarrow a } \right)^2}.{\left( {\overrightarrow b } \right)^2}\).

Theo tính chất của tích vô hướng của hai vectơ các khẳng định sau đúng

\(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = \overrightarrow b .\overrightarrow a \).

\(\overrightarrow a .\left( {\overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right) = \overrightarrow a .\overrightarrow b  + \overrightarrow a .\overrightarrow c \).

\(\left( {k\overrightarrow a } \right).\overrightarrow b  = k\left( {\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right) = \overrightarrow a .\left( {k\overrightarrow b } \right)\).

Chọn C

Ta có. \({S_5} = \frac{5}{2}\left[ {2.{u_1} + \left( {5 - 1} \right).d} \right] = \frac{5}{2}\left[ {2.\left( { - 1} \right) + \left( {5 - 1} \right).3} \right] = 25\).

Chọn C

Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 16x;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 16x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 2\\x = 2\end{array} \right.\). Do \(x \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow x \in \left\{ {0;2} \right\}\).

Ta có. \(f\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^4} - 8{\left( { - 1} \right)^2} + a =  - 7 + a\);

\(f\left( 0 \right) = {0^4} - {8.0^2} + a = a\);

\(f\left( 2 \right) = {2^4} - {8.2^2} + a =  - 16 + a\);

\(f\left( 3 \right) = {3^4} - {8.3^2} + a = 9 + a\).

Vì với mọi giá trị của \(a\), ta có. \( - 16 + a <  - 7 + a < a < 9 + a\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right) = {x^4} - 8{x^2} + a,\left( {a \in \mathbb{R}} \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) bằng \( - 16 + a\).

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta có \(\forall x \in \left[ { - 1;5} \right] \Rightarrow f\left( x \right) \in \left[ { - 1;3} \right]\).

Vậy tập giá trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ { - 1;5} \right]\) là \(\left[ { - 1;3} \right]\).

Chọn D

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng \(R = 4,2 - 2,7 = 1,5\).

Chọn A

Trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) có tọa độ là \(\left( {2;1;1} \right)\).

Chọn D

Ta có \(y = \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 2}} = x + 4 + \frac{6}{{x - 2}}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{6}{{x - 2}} = 0\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{6}{{x - 2}} = 0\).

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng \(y = x + 4\).

Chọn A

Đường thẳng \(AB:\left\{ \begin{array}{l}Qua\,A\left( { - 3;1; - 4} \right)\\VTCP\,\overrightarrow {AB}  = \left( {4; - 6;6} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB:\left\{ \begin{array}{l}x =  - 3 + 4t\\y = 1 - 6t\\z =  - 4 + 6t\end{array} \right.,t \in \mathbb{R}\).

Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình \(z = 0\).

Xét hệ. \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 3 + 4t\\y = 1 - 6t\\z =  - 4 + 6t\\z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{2}{3}\\x = \frac{{ - 1}}{3}\\y =  - 3\\z = 0\end{array} \right.\)

Vậy đường thẳng \(AB\) cắt \(mp\left( {Oxy} \right)\) tại điểm \(M\left( { - \frac{1}{3}; - 3;0} \right)\).

a) [TH] Dựa vào bảng biến thiên ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = 142\] suy ra đường thẳng có phương trình \[y = 142\]là một đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số, tương tự \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) = 14\] suy ra đường thẳng \[y = 14\]cũng là một đường tiệm cận ngang. Mệnh đề đúng.

b) [TH] Trên \[\mathbb{R}\] ta có \[f\left( x \right) \ge f\left( { - 1} \right) = 8\] vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 8. Do đó mệnh đề đúng.

c) [NB] Ta có \[f'\left( x \right) > 0\] \[ \Leftrightarrow x \in \left( { - 1;1} \right)\] và \[\left( {8;38} \right) \not\subset \left( { - 1;1} \right)\]. Mệnh đề sai.

d) [TH] \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = 142\,\,v\`a \,\,\,f\left( x \right) < 142\,,\forall x \in R\]. Mệnh đề sai.

a) Đúng

Vì máy bay giữ nguyên hướng và tốc độ nên sau 10 giây máy bay đến vị trí \(C\), ta có

\(\overrightarrow {AB}  = 2\overrightarrow {BC} \).

Gọi \(C\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BC}  = \left( {a + 8;b - 6;c - 10} \right);\overrightarrow {AB}  = \left( { - 8;6;0} \right)\)

\(\overrightarrow {AB}  = 2\overrightarrow {BC}  \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 8 = 2(a + 8)}\\{6 = 2(b - 6)}\\{0 = 2(c - 10)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a =  - 12}\\{b = 9}\\{c = 10}\end{array} \Rightarrow C( - 12;9;10)} \right.\)

Tương tự \(F\left( {\frac{9}{{40}};\frac{3}{{10}};0} \right)\).

b) Sai

\(BE = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{{20}} + 8} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{5} + 6} \right)}^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}}  \approx 14\left( {km} \right)\)

c) Đúng

Quãng đường xe tăng đi được trong 20 giây đầu tiên là \(OE = 0,25km = 250m \Rightarrow {v_{tb}} = 12,5m/s\)

d) Đúng

Giả sử sau thời gian t máy bay đang ở vị trí \(D\) và xe tăng đang ở vị trí \(K\).

Véc tơ vận tốc của máy bay là \(\overrightarrow {{v_1}}  = 1800.\frac{{\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow v } \right|}} = \left( { - 1440;1080;0} \right)\)

\(\overrightarrow {A{\rm{D}}}  = t.\overrightarrow {{v_1}}  \Rightarrow D\left( { - 1440t;1080t;10} \right)\)

\(\overrightarrow {{u_1}}  = 60.\frac{{\overrightarrow u }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \left( {36;48;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OK}  = t.\overrightarrow {{u_1}}  \Rightarrow K\left( {36t;48t;0} \right)\)

\(DK = \sqrt {{{1476}^2}{t^2} + {{1032}^2}{t^2} + 100}  = f(t)\)

Thời gian máy bay là \(27:1800 = 0,015h\)

Tốc độ thay đổi khoảng cách giữa máy bay và xe tăng lúc này là \(f'(0,015) = 1689km/h\).

a) Diện tích tam giác\(ABC\)là. \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC \times BA = \frac{1}{2} \times 3 \times 2 = 3.\]

Thể tích của hình chóp\(S.ABC\)có công thức là. \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \times S \times h = \frac{1}{3} \times 3 \times 2 = 2.\]

Vậy đáp án câu a) là SAI.

b) Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC.\)Ta cũng có\(AB \bot BC\)nên \(BC \bot (SAB).\)

Suy ra khoảng cách từ \(C\)đến mặt phẳng \((ABC)\)là \(3.\)

Vậy đáp án câu b) là SAI.

c) Vì \(BC \bot (SAB)\) nên \(BC \bot SB.\) Ta cũng có \(AB \bot BC\) nên góc nhị diện \([S,BC,A]\) có số đo bằng với góc phẳng nhị diện \[\angle SBA.\]

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A,\) có \(AB = 2\)và \(SA = 2\) nên \[\angle SBA = 45^\circ .\]

Vậy đáp án câu c) là ĐÚNG.

d) Ta có \[\overrightarrow {SB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = (\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {AB} ) \cdot \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC} .\]

Mà \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot AC.\) Suy ra \[\overrightarrow {SA}  \cdot \overrightarrow {AC}  = 0.\]

Vậy \[\overrightarrow {SB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {AC}  = AB.AC.\cos (\angle BAC) = AB.AB = 4.\]

Vậy đáp án câu d) là ĐÚNG.

a) Cỡ mẫu \[n = 20\].

Gọi \[{x_1};{x_2};...;{x_{20}}\] là mẫu số liệu gốc gồm chiều cao của \[20\] học sinh trên được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có \[{x_1};{x_2};{x_3} \in \left[ {160;165} \right)\]; \[{x_4};...;{x_8} \in \left[ {165;170} \right)\]; \[{x_9};...;{x_{15}} \in \left[ {170;175} \right)\]; \[{x_{16}};...;{x_{19}} \in \left[ {175;180} \right)\]; \[{x_{20}} \in \left[ {180;185} \right)\].

Do đó \[{x_3} \in \left[ {165;170} \right)\] và \[{x_9} \in \left[ {170;175} \right)\].

b) Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là \[\frac{1}{2}\left( {{x_5} + {x_6}} \right) \in \left[ {165;170} \right)\]. Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho là \[{Q_1} = 165 + \frac{{\frac{{20}}{4} - 3}}{5} = 165,4\].

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là \[\frac{1}{2}\left( {{x_{15}} + {x_{16}}} \right) \in \left[ {170;175} \right) \cup \left[ {175;180} \right)\]. Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho là \[{Q_3} = 175\].

c) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm \[\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 175 - 165,4 = 9,6\].

d) Vì học sinh có chiều cao từ \[175cm\] trở lên nên có \[5\] học sinh.

Gọi \[A\] là biến cố “học sinh có chiều cao từ \[175cm\] trở lên”.

Do đó\[P\left( A \right) = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4} = 0,25\]

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.

Ta tìm được \(A'\left( {0;0;\sqrt 2 } \right)\), \(C\left( {1;0;0} \right)\).

\({x_B} = AH = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\).

\({y_B} = BH = \frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Suy ra \(B\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};0} \right)\).

Do đó \(B'\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};1} \right)\) (Do \(B\) là hình chiếu của \(B'\) lên \(\left( {Oxy} \right)\)).

\(A'B\) đi qua điểm \(B\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};0} \right)\) và có 1 vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {A'B}  = \left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \sqrt 2 } \right)\).

\(B'C\) đi qua điểm \(C\left( {1;0;0} \right)\) và có 1 vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {B'C}  = \left( {\frac{1}{2}; - \frac{{\sqrt 3 }}{2}; - 1} \right)\).

\(d\left( {A'B,B'C} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {B'C} } \right] \cdot \overrightarrow {BC} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {B'C} } \right]} \right|}} \approx 0,92\).

Gọi \(x\) là số chuyến xe loại A được thuê. Điều kiện. \(0 \le x \le 3\)

Gọi \(y\) là số chuyến xe loại B được thuê. Điều kiện. \(0 \le y \le 8\)

Vì \(x,y\) là số chuyến và chỉ chở nhiều nhất một chuyến nên \(x\) và \(y\) cũng là số xe được thuê.

Mỗi xe loại A chở được tối đa 20 máy giặt, mỗi xe loại B chở được tối đa 10 máy giặt và tổng số máy giặt cần vận chuyển là 100.

Ta thiết lập được bất phương trình \(20x + 10y \ge 100 \Leftrightarrow 2x + y \ge 10\)

Giá cước xe loại A. 3 triệu đồng/chuyến, giá cước xe loại B. 2 triệu đồng/chuyến.

Số tiền cước là \(F\left( {x,y} \right) = 3x + 2y\)

Bài toán trở thành. Tìm các số nguyên dương \(x,y\) thỏa mãn hệ điều kiện. \(\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 3\\0 \le y \le 8\\2x + y \ge 10\end{array} \right.\)

sao cho hàm \(F\left( {x,y} \right) = 3x + 2y\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tam giác \[ABC\] với \(A\left( {3;8} \right)\); \(B\left( {3;4} \right)\); \(C\left( {1;8} \right)\)

\(F(3;8) = 9 + 16 = 25\)

\(F(3;4) = 9 + 8 = 17\)

\(F(1;8) = 3 + 16 = 19\)

Giá trị nhỏ nhất của hàm \(F(x,y)\) là \(17\), đạt được tại đỉnh \(B(3;4)\).

Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(AC\) Þ \(M\left( {\frac{{a - 4}}{2};\frac{{b - 1}}{2};\frac{{c + 2}}{2}} \right)\).

Vì \(M \in Oy \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{a - 4}}{2} = 0\\\frac{{c + 2}}{2} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\c =  - 2\end{array} \right.\).

Gọi \(N\) là trung điểm cạnh \(BC\) Þ \(N\left( {\frac{{a + 3}}{2};\frac{{b + 5}}{2};\frac{{c - 6}}{2}} \right)\)

Vì \(N \in Oxz \Rightarrow \frac{{b + 5}}{2} = 0 \Rightarrow b =  - 5\).

Do đó, \(T = 2.4 + \left( { - 5} \right) - \left( { - 2} \right) = 5\).

Xét hai tam giác vuông \(ADQ,BAM\) có

Dễ dàng chứng minh các tam giác \(ABM,BCN,CDP,DAQ\) đồng dạng và \(\Delta ADQ = \Delta CBN,\Delta ABM = \Delta DCP\) (vì có cạnh huyền bằng nhau).

Cách 1.

Diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) lớn nhất khi và chỉ khi tổng diện tích của 4 tam giác vuông \(ABM,BCN,CDP,DAQ\) lớn nhất hay \(S = {S_{\Delta ADQ}} + {S_{\Delta ABM}}\) lớn nhất.

Ta có tỉ số đồng dạng. \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{40}}{{20}} = 2 \Rightarrow {S_{\Delta ADQ}} = 4{S_{\Delta BAM}}.\)

Vậy diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) lớn nhất khi và chỉ khi \({S_{\Delta ABM}}\) lớn nhất.

Ta lại có \({S_{\Delta ABM}} = \frac{1}{2}AB.{\rm{d}}(M,AB)\) nên \({S_{\Delta ABM}}\) lớn nhất khi \({\rm{d}}(M,AB)\) lớn nhất hay \(\Delta ABM\) vuông cân. Khi đó.

\(\begin{array}{l}{S_{MNPQ}} &  = 2\left( {{S_{\Delta ABM}} + {S_{\Delta ADQ}}} \right) + {S_{ABCD}} = 10{S_{\Delta ABM}} + {S_{ABCD}}\\ &  = 10.\frac{1}{4}A{B^2} + AB.AD = 10.\frac{1}{4}{.20^2} + 20.40 = 1800{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}.\end{array}\)

Cách 2.

Đặt \(x = \widehat {DAQ}.\) Khi đó. \(AQ = 40\cos x;AM = 20\sin x;MB = 20\cos x;BN = 40\sin x.\)

Ta có. \(MQ = AM + AQ = 20\sin x + 40\cos x;MN = MB + BN = 20\cos x + 40\sin x.\)

\(\begin{array}{l}{S_{MNPQ}} &  = MQ.MN = (20\sin x + 40\cos x)(40\sin x + 20\cos x)\\ &  = 800{\sin ^2}x + 400\sin x.\cos x + 1600\cos x.\sin x + 800{\cos ^2}x\\ &  = 800 + 1000\sin 2x \le 800 + 1000.1 = 1800 & {\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}).\end{array}\)

Vậy hình chữ nhật \(MNPQ\) có diện tích lớn nhất là \(1800{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\).

Ta có. \(AB = 2\sqrt 3 \), \(CA = CB = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 6 \), \(DA = DB = 2\sqrt 3 \), \(CM = \frac{1}{2}AB = \sqrt 3 \), \(DM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 3\).

\({S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB.\sin 120^\circ  = \sqrt 3 \), \({S_{\Delta CAB}} = \frac{1}{2}CA.CB = 3\), \({S_{\Delta DAB}} = \frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 3\sqrt 3 \).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), suy ra. \(AB \bot OM\),\(AB \bot CM\),\(AB \bot DM\).

Khi đó. \(\widehat {CMO} = \left( {\left( {OAB} \right),\left( {CAB} \right)} \right)\), \(\widehat {DMO} = \left( {\left( {DAB} \right),\left( {OAB} \right)} \right)\), \(\alpha  = \left( {\left( {CAB} \right),\left( {DAB} \right)} \right)\).

Vì \(\Delta OAB\) là hình chiếu của hai tam giác \(CAB\) và \(DAB\) trên mặt phẳng \(\left( {OAB} \right)\).

Ta có. \(\cos \widehat {CMO} = \frac{{{S_{\Delta OAB}}}}{{{S_{\Delta CAB}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow \sin \widehat {CMO} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\),

\(\cos \widehat {DMO} = \frac{{{S_{\Delta OAB}}}}{{{S_{\Delta DAB}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{3\sqrt 3 }} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow \sin \widehat {DMO} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

\(\cos \alpha  = \cos \left( {\widehat {DMO} - \widehat {CMO}} \right) = \cos \widehat {DMO}\cos \widehat {CMO} + \sin \widehat {DMO}\sin \widehat {CMO}\)

\( = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\frac{1}{3} + \frac{{\sqrt 6 }}{3}.\frac{{2\sqrt 2 }}{3} = \frac{{5\sqrt 3 }}{9}\).

\( \Rightarrow \sin \alpha  = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{9}} \right)}^2}} \)\( \Rightarrow \sin \alpha  = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{9}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt 6 }}{9}\).

Từ \(C\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(DM\) tại \(H\), suy ra.

\(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot DM\\CH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow CH\) là đường cao của tứ diện \(ABCD\).

Suy ra. \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}CH.{S_{\Delta DAB}} = \frac{1}{3}CM\sin \alpha .{S_{\Delta DAB}}\)\( = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 6 }}{9}.3\sqrt 3  = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\)\( \Rightarrow V_{ABCD}^2 = \frac{2}{3}\).

Mặt khác, gọi \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\).

Điểm \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(CAB\), suy ra. \(IM \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow IM \bot CM\).

Điểm \(G\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DAB\), suy ra. \(IG \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow IG \bot DM\).

Và điểm \(G\) cũng là trọng tâm tam giác \(DAB\), \(GM = \frac{1}{3}DM = 1\).

Ta có. \(\widehat {GIM} + \widehat {GMI} = 90^\circ  = \widehat {GMI} + \widehat {GMC}\)\( \Rightarrow \widehat {GIM} = \widehat {GMC} = \alpha \).

Suy ra. \(GI = GM\cot \alpha  = \cot \alpha  = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\)\( \Rightarrow {R^2} = D{I^2} = D{G^2} + G{I^2} = {2^2} + {\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{33}}{2}\).

Vậy số tiền ông An phải trả là \(\left( {\frac{2}{3} + \frac{{33}}{2}} \right).60\,\,000 = 1\,030\,\,000\) đồng.

Số cách chọn ngẫu nhiên \(6\) học sinh từ \(35\) học sinh. \(n\left( \Omega  \right) = C_{35}^6 = 1623160\).

Gọi \(A\) là biến cố. “\(6\) học sinh được chọn không có hai em nào đứng cạnh nhau trong vòng tròn”.

Giả sử xếp \(35\) học sinh thành một hàng ngang, chọn \(6\) em sao cho không có hai em nào đứng cạnh nhau cũng như chọn ra \(6\) trong các “khoảng trống” tạo ra bởi \(29\) em còn lại.

Mà \(29\) học sinh tạo ra \(30\) “khoảng trống” nên có \(C_{30}^6 = 593775\) cách chọn.

Mặt khác, nếu có hai em trong \(6\) em được chọn đứng đầu hàng và cuối hàng thì khi xếp thành vòng tròn hai em này sẽ đứng cạnh nhau.

Khi đó, ta chọn ra \(4\) trong các “khoảng trống” giữa \(29\) em còn lại có \(C_{28}^4 = 20475\) cách chọn.

Vậy số phần tử thuận lợi cho biến cố \(A\). \(n\left( A \right) = 593775 - 20475 = 573300\).

Xác suất cần tìm. \(a = P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{573300}}{{1623160}} = \frac{{4095}}{{11594}} \Rightarrow 11594a = 4095\).