Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Chuyên Lương Văn Chánh (Đắk Lắk) có đáp án

Chọn C

Ta có \(\int {\left( {\cos x + x} \right)dx = \sin x + \frac{{{x^2}}}{2} + C} \).

Chọn B

Ta có \({3^{3x + 1}} = 81 \Leftrightarrow {3^{3x + 1}} = {3^4} \Leftrightarrow 3x + 1 = 4 \Leftrightarrow x = 1\).

Chọn C

Ta có \(\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {B'D'}  = \left( {\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC} } \right) + \overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {BD}  = 2\overrightarrow {B'D'} \).

Chọn A

Theo định nghĩa, ta có vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n  = \left( {1; - 3;1} \right)\).

Chọn C

Khoảng biến thiên \(R = 5,0 - 2,5 = 2,5\).

Chọn B

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

Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {k2\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn A

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\), ta có:

\({u_4} = {u_1}.{q^3} = {2.3^3} = 2.27 = 54\).

Chọn D

Do \(OA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \({V_{O.ABC}} = \frac{1}{3}.OA.{S_{ABC}}\).

Trong đó \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.3.3.\sin 60^\circ  = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\).

\({V_{O.ABC}} = \frac{1}{3}.2.\frac{{9\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\)

Chọn B

Do \(A'A//C'C//B'B\) nên anh của đoạn thẳng \(A'C'\) qua song song theo phương \(B'B\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là đoạn thẳng \(AC\).

Chọn B

Mặt phẳng đi qua gốc tọa độ và nhận \(\overrightarrow n  = \left( {0; - 2;3} \right)\) là một vectơ pháp tuyến có phương trình tổng quát là: \(0.\left( {x - 0} \right) - 2\left( {y - 0} \right) + 3\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow  - 2y + 3z = 0\).

Chọn C

Diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = 3x - 1\), trục hoành và hai đường thẳng \(x = 2,x = 3\) là \(S = \int\limits_2^3 {\left| {3x - 1} \right|dx}  = \int\limits_2^3 {\left( {3x - 1} \right)dx} \).

(do trên \(\left[ {2;3} \right]\) ta có \(3x - 1 > 0\)).

a) Tại \(x = 1,\) ta có: \(f\left( 1 \right) = {1^3} + a{.1^2} + b.1 + c = a + b + c + 1.\)

b) Áp dụng các công thức tính đạo hàm, ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + b.\)

c) Ta có: \(f\left( 1 \right) = a + b + c + 1.\)

\(f'\left( 1 \right) = {3.1^2} + 2.\,a.\,1 + b = 2a + b + 3.\)

Nếu \(f\left( 1 \right) + 2 = f'\left( 1 \right)\,\, \Leftrightarrow a + b + c + 1 + 2 = 2a + b + 3\)

\( \Leftrightarrow a + b + c + 3 = 2a + b + 3\)

\( \Leftrightarrow a = c.\)

d) Theo câu c), nếu \(f\left( 1 \right) + 2 = f'\left( 1 \right) \Rightarrow a = c\)

Xét bất phương trình \(f\left( x \right) + 2 \ge f'\left( x \right)\)với \(\forall x \ge 0:\)

\( \Leftrightarrow {x^3} + a{x^2} + bx + c + 2 \ge 3{x^2} + 2ax + b\)

Thay \(a = c\) vào bất phương trình:

\({x^3} + a{x^2} + bx + a + 2 \ge 3{x^2} + 2ax + b\)

\( \Leftrightarrow {x^3} + \left( {a - 3} \right){x^2} + \left( {b - 2a} \right)x + \left( {a - b + 2} \right) \ge 0\)

Đặt \(g\left( x \right) = {x^3} + \left( {a - 3} \right){x^2} + \left( {b - 2a} \right)x + \left( {a - b + 2} \right)\)

Do \(f\left( 1 \right) + 2 = f'\left( 1 \right) \Leftrightarrow g\left( 1 \right) = 0\)

Để \(g\left( x \right) \ge 0,\,\forall x \ge 0.\) Mà \(g\left( 1 \right) = 0,\) thì \(x = 1\) phải là điểm cực tiểu của hàm số \(g\left( x \right).\)

Do đó, ta có phải có \(g'\left( 1 \right) = 0.\)

Ta có: \(g'\left( x \right) = 3{x^2} + 2\left( {a - 3} \right)x + \left( {b - 2a} \right)\)

\(g'\left( 1 \right) = {3.1^2} + 2\left( {a - 3} \right).1 + b - 2a = b - 3\)

Để \(g'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow b - 3 = 0 \Leftrightarrow b = 3.\)

Kết luận: a) Đúng b) Sai c) Sai d) Sai

Gọi các biến cố liên quan đến việc Anna lấy bi từ hộp 1:

 \[{A_1}\]: Anna lấy được 2 bi xanh.

 \[{A_2}\]: Anna lấy được 2 bi đỏ.

 \[{A_3}\]: Anna lấy được 1 bi xanh và 1 bi đỏ (khác màu).

Số cách lấy 2 viên bi từ hộp 1 (tổng 7 viên) là: \[n({\Omega _1}) = C_7^2 = 21\].

a) Số cách Anna lấy 1 xanh và 1 đỏ là: \[C_3^1 \cdot C_4^1 = 12\]nên \[P({A_3}) = \frac{{12}}{{21}} = \frac{4}{7}\].

Kết luận: Phát biểu a) ĐÚNG.

b) Khi Anna lấy được 1 xanh và 1 đỏ cho vào hộp 2, hộp 2 lúc này có:

Xanh: 5 + 1 = 6 viên; Đỏ: 3 + 1 = 4 viên; Tổng: 10 viên.

Số cách Lisa lấy 2 viên từ hộp 2 là \[C_{10}^2 = 45\].

Số cách Lisa lấy 2 viên cùng màu là: \[C_6^2 + C_4^2 = 15 + 6 = 21\].

Xác suất Lisa lấy được 2 viên bi cùng màu trong trường hợp này là: \[P(L|{A_3}) = \frac{{21}}{{45}} = \frac{7}{{15}}\].

Kết luận: Phát biểu b) SAI.

c)- TH1 (\[{A_1}\]): Anna lấy 2 xanh. Xác suất \[P({A_1}) = \frac{{C_3^2}}{{21}} = \frac{3}{{21}} = \frac{1}{7}\].

Hộp 2 có 7 xanh, 3 đỏ. \[P(L|{A_1}) = \frac{{C_7^2 + C_3^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{{21 + 3}}{{45}} = \frac{{24}}{{45}}.\]

-TH2 (\[{A_2}\]): Anna lấy 2 đỏ. Xác suất \[P({A_2}) = \frac{{C_4^2}}{{21}} = \frac{6}{{21}} = \frac{2}{7}\].

Hộp 2 có 5 xanh, 5 đỏ. \[P(L|{A_2}) = \frac{{C_5^2 + C_5^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{{10 + 10}}{{45}} = \frac{{20}}{{45}}.\]

Áp dụng công thức xác suất đầy đủ cho biến cố L (Lisa lấy 2 bi cùng màu):

\[\begin{array}{l}P(L) = P({A_1}) \cdot P(L|{A_1}) + P({A_2}) \cdot P(L|{A_2}) + P({A_3}) \cdot P(L|{A_3})\\P(L) = \frac{1}{7} \cdot \frac{{24}}{{45}} + \frac{2}{7} \cdot \frac{{20}}{{45}} + \frac{4}{7} \cdot \frac{{21}}{{45}} = \frac{{24 + 40 + 84}}{{315}} = \frac{{148}}{{315}} \approx 46,98\% \end{array}\]

Kết luận: Phát biểu c) SAI.

d) Xác suất Anna lấy 2 bi khác màu khi biết Lisa lấy được 2 bi cùng màu

\[\begin{array}{l}P({A_3}|L) = \frac{{P({A_3} \cap L)}}{{P(L)}} = \frac{{P({A_3}) \cdot P(L|{A_3})}}{{P(L)}}\\P({A_3}|L) = \frac{{\frac{4}{7} \cdot \frac{{21}}{{45}}}}{{\frac{{148}}{{315}}}} = \frac{{\frac{{84}}{{315}}}}{{\frac{{148}}{{315}}}} = \frac{{84}}{{148}} = \frac{{21}}{{37}}\end{array}\]

Kết luận: Phát biểu d) SAI.

a) Dễ thấy \(c > 0\).

Đường thẳng chuyển động có VTCP là \(\overrightarrow u  = \left( {a;b;c} \right)\); mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có VTPT là \(\overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\).

Do hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 30° nên \(\sin 30^\circ  = \frac{{\left| c \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} .\sqrt 1 }} = \frac{{\left| c \right|}}{{1.1}} = \left| c \right| \Leftrightarrow c = \frac{1}{2}\) (do \(\left| {\overrightarrow u } \right| = 1\))

b) Dễ thấy đường thẳng chuyển động có phương trình \(\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + at\\y = 1 + bt\\z = 5 + ct\end{array} \right.\) và đường thẳng là hình chiếu của \(\Delta \) lên \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình \(\Delta ':\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + at\\y = 1 + bt\\z = 0\end{array} \right.\).

Suy ra \(\Delta '\) có VTCP \(\overrightarrow {u'}  = \left( {a;b;0} \right)\) và trục Ox có VTCP là \(\overrightarrow i  = \left( {1;0;0} \right)\).

Do \(\Delta '\) hợp với trục Ox một góc 45° nên

\(\cos 45^\circ  = \frac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} .\sqrt 1 }} = \frac{{\left| a \right|}}{{\sqrt {1 - {c^2}} }} = \frac{{2\left| a \right|}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \left| a \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\)

Từ \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\) suy ra \({b^2} = 1 - {a^2} - {c^2} = 1 - \frac{3}{8} - \frac{1}{4} = \frac{3}{8} \Leftrightarrow \left| b \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }}\).

Do đó khẳng định \(\overrightarrow u  = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};\frac{1}{2}} \right)\) là sai.

c) Có \(s = \int\limits_0^{2\ln 2} {k{e^{0,5t}}dt}  = k.2.{e^{0,5t}}|_0^{2\ln 2} = 2k\left( {{e^{\ln 2}} - 1} \right) = 2k = 20 \Leftrightarrow k = 10\).

d) Có \(v\left( t \right) = 10{e^{0,5t}}\) và quãng đường đi được trong 2 giây đầu tiên là

\({s_0} = \int\limits_0^2 {10{e^{0,5t}}dt}  = 20.{e^{0,5t}}|_0^2 = 20\left( {e - 1} \right)\)

Và với độ dài đoạn \(AB = 20\left( {e - 1} \right)\) và do hướng chuyển động của hạt tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 30° nên khoảng cách cao độ giữa \(B\) và \(A\) là \(\left| {{z_B} - {z_A}} \right| = {z_B} - {z_A} = AB.\sin 30^\circ  = 10\left( {e - 1} \right)\), suy ra \({z_B} = {z_A} + 10\left( {e - 1} \right) = 5 + 10\left( {e - 1} \right) \approx 22.\)

a) \[y'(t) = k{\mkern 1mu} .\,y(t)\, \Rightarrow \,k = \,\frac{{y'\left( t \right)}}{{y\left( t \right)}} \Rightarrow \,\int {k.dt\, = \,\int {\frac{{y'\left( t \right)}}{{y\left( t \right)}}dt\, \Rightarrow kt + C = \ln \left( {y\left( t \right)} \right)} } \]

\[y(t) = {e^{g(t)}},\,\,t \ge 0\, \Leftrightarrow \,g\left( t \right) = \,\ln \left( {y\left( t \right)} \right)\, \Rightarrow \,g\left( t \right) = kt + C\] với C là một hằng số. Suy ra a) Đúng.

b) \[\left\{ \begin{array}{l}y(5) = 4\\y(10) = 8\end{array} \right.\, \Rightarrow \frac{{y(10)}}{{y(5)}} = \frac{{{e^{10k + C}}}}{{{e^{5k + C}}}} = {e^{5k}} = 2 \Rightarrow 5k = \ln 2 \Rightarrow k = \frac{{\ln 2}}{5}.\] Suy ra b) Đúng.

c) \[g\left( t \right) = kt + C\, \Rightarrow \,g\left( t \right) = \,\frac{{\ln 2}}{5}t\, + C\]\[ \Rightarrow y(t) = {e^{kt + C}}\, = {e^{\frac{{\ln 2}}{5}t + C}}\]

\[y(5) = 4 \Leftrightarrow {e^{\ln 2 + C\,}} = 4 \Leftrightarrow \ln 2 + C = \ln 4\,\, \Leftrightarrow \,C = \ln 2\]. Suy ra c) Sai

d) Tại thời điểm \[t = 20\] (năm) kể từ khi bắt đầu theo dõi, số lượng chim Sếu đầu đỏ là \[y(20) = {e^{\frac{{20}}{5}\ln 2 + \ln 2\,}} = {e^{4\ln 2 + \ln 2}} = {e^{5\ln 2}} = {2^5} = 32\,\](trăm cá thể)

Suy ra \[y(20) = 3200\,\, < \,4000\] (cá thể). Vậy d) Sai.

Đáp án: 3.

Ø Đồ thị có tiệm cận đứng \(x = 1\).

Theo công thức, tiệm cận đứng là nghiệm của mẫu số: \(mx - n = 0 \Leftrightarrow x = \frac{n}{m}\).

Do đó \(\frac{n}{m} = 1 \Rightarrow m = n\), suy ra \(m\) và \(n\) cùng dấu.

Ø Tiệm cận xiên có dạng: \(y = Ax + B\)

Với \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \frac{a}{m}\)

\(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {f\left( x \right) - Ax} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\frac{{a{x^2} - bx - c}}{{mx - n}} - \frac{a}{m}x} \right] = \frac{{an - bm}}{{{m^2}}}\)

Vậy đường tiệm cận xiên là \(y = \frac{a}{m}x + \frac{{an - bm}}{{{m^2}}}\).

Dựa vào đồ thị, tiệm cận xiên qua \(M\left( { - 2;0} \right),\,N\left( {0;2} \right)\) nên tiệm cận xiên có phương trình \(y = x + 2\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{m} = 1\\\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = m\\\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\end{array} \right.\)

Theo giả thiết \(a > 0\) nên \(m > 0\,\left( 1 \right)\).

mà \(m = n\) suy ra \(n > 0\,\,\left( 2 \right)\)

Thế \(m = n,\,a = m\) vào \(\frac{{an - bm}}{{{m^2}}} = 2\) ta được

\(\frac{{{m^2} - bm}}{{{m^2}}} = 2 \Rightarrow 1 - \frac{b}{m} = 2 \Rightarrow \frac{b}{m} =  - 1 \Rightarrow b =  - m < 0\,\,\left( 3 \right)\)

Ø Giao điểm của đồ thị \(y = \frac{{a{x^2} - bx - c}}{{mx - n}}\) với trục tung: Cho \(x = 0\) ta được \(y = \frac{c}{n}\).

Dựa vào đồ thị, ta thấy đồ thị cắt trục tung tại \(y = 1\)\( \Rightarrow \frac{c}{n} = 1 \Rightarrow c = n > 0\,\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right)\) ta suy ra \(m > 0\), \(n > 0\), \(c > 0\), \(b < 0\)

Vậy có 3 hệ số dương là \(m,n,c\).

Đáp án: \(46\).

Sau ngày 10 tháng 2 năm 2025, số tiền còn lại: \({A_1} = 1000\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\) (triệu đồng).

Sau ngày 10 tháng 3 năm 2025, số tiền còn lại:

\[{A_2} = \left[ {1000\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25} \right]\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25 = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\] (triệu đồng).

Sau ngày 10 tháng 4 năm 2025, số tiền còn lại:

\[{A_3} = \left[ {1000{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25} \right]\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\]

\[ \Rightarrow {A_3} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^3} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^2} - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\] (triệu đồng).

Sau \[n\] tháng, số tiền còn lại:

\[{A_n} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^{n - 1}} - 25{\left( {1 + 0,6\% } \right)^{n - 2}} - ... - 25\left( {1 + 0,6\% } \right) - 25\]

\[ \Rightarrow {A_n} = 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25 \times \frac{{{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1}}{{0,6\% }}\] (triệu đồng).

Khi rút hết tiền: \[{A_n} = 0 \Rightarrow 1000{\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} - 25 \times \frac{{{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1}}{{0,6\% }} = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left( {25 - 1000 \times 0,6\% } \right){\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} = 25 \Leftrightarrow n = {\log _{1 + 0,6\% }}\frac{{25}}{{25 - 1000 \times 0,6\% }} \approx 45,8766\] (tháng).

Vậy sau \[46\] tháng thì anh An rút hết tiền trong ngân hàng.

Đáp án: 205.

Gắn 8 số tự nhiên vào 8 đỉnh, có \[8!\] cách

Chọn ngẫu nhiên một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 8 đỉnh đã cho, có \[C_8^3\] cách

Suy ra \[n\left( \Omega  \right) = 8!.C_8^3\]

Biến cố A: “chọn được một tam giác vuông với 3 số gắn trên 3 đỉnh của tam giác đó (theo một thự tự nào đó) lập thành một cấp số cộng”

Để tam giác được chọn là tam giác vuông thì tam giác đó phải có 1 cạnh là đường kính của đường tròn ngoại tiếp bát giác đó.

Bát giác đều có 4 đường kính, mỗi đường kính kết hợp với 6 đỉnh còn lại tạo ra 6 tam giác vuông

Tổng số tam giác vuông được tạo thành là: \[4.6 = 24\]

Có 6 bộ 3 số lập thành cấp số cộng từ 8 số tự nhiên đề bài cho, là:

\[\left( {1;4;7} \right),\left( {7;9;11} \right),\left( {9;11;13} \right),\left( {13;16;19} \right),\left( {1;7;13} \right),\left( {7;13;19} \right)\]

 Chọn 1 tam giác vuông, có 24 cách

 Chọn 1 bộ 3 số để gắn vào 3 đỉnh của tam giác vuông đó, có 6 cách

 Gắn 3 số vào 3 đỉnh của tam giác vuông, có \[3! = 6\] cách

 Gắn 5 số còn lại vào 5 đỉnh còn lại của bát giác, có \[5! = 120\] cách

Suy ra: \[n\left( A \right) = 24.6.6.120 = 103680\].

Vậy \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{103680}}{{8!.C_8^3}} = \frac{9}{{196}}\].

Do đó: \[a = 9,b = 196 \Rightarrow a + b = 205\].

Đáp án: 1,2.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CC'{\rm{//}}BB'\\BB' \subset \left( {ABB'A'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CC'{\rm{//}}\left( {ABB'A'} \right)\)

Mà \(AM \subset \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow d\left( {AM,CC'} \right) = d\left( {CC',\left( {ABB'C'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right)\).

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(CH \bot AB \Rightarrow CH \bot \left( {ABB'C'} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CH\).

Xét \(\Delta ABC\) có:

\(A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos \widehat {ACB} = {2^2} + {3^2} - 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cos 120^\circ  = 4 + 9 - 12 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = 19\)\( \Rightarrow AB = \sqrt {19} \).

\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BC \cdot \sin \widehat {ACB} = \frac{1}{2}CH \cdot AB \Rightarrow CH = \frac{{AC \cdot BC \cdot \sin \widehat {ACB}}}{{AB}} = \frac{{3\sqrt {57} }}{{19}} \simeq 1,2\)

Vậy \(d\left( {AM,CC'} \right) = \frac{{3\sqrt {57} }}{{19}} \simeq 1,2\).

Đáp án: 6,3

Gắn hệ tọa độ với gốc tọa độ tại đỉnh Parabol, phương trình của \[\left( P \right)\] là \(y = a{x^2}\left( 1 \right)\). Khoảng cách từ \[AB\] tới đỉnh là 2 \( \Rightarrow \) phương trình đường thẳng \[AB\] là \(y = 2\).

Ta có \(AB = 8\)\( \Rightarrow \) \(A\left( {4;2} \right),B\left( { - 4;2} \right)\).

Do \(A \in \left( P \right) \Rightarrow a{.4^2} = 2 \Rightarrow a = \frac{1}{8}\), do đó \(\left( P \right):y = \frac{1}{8}{x^2}\).

Giả sử phương trình của đường thẳng \[CD\] là \(y = h\) (với \(0 < h < 2\)), hoành độ điểm \(C,D\) là nghiệm của phương trình \(\frac{1}{8}{x^2} = h\)

Khi đó ta có \(C\left( {\sqrt {8h} ;h} \right),D\left( { - \sqrt {8h} ;h} \right)\)

Ta có \({S_1} = \mathop \smallint \nolimits_{ - \sqrt {8h} }^{\sqrt {8h} } \left( {h - \frac{{{x^2}}}{8}} \right)dx = \frac{4}{3}h\sqrt {8h} \)

Diện tích phần hình phẳng giới hạn bới \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(y = 2\) có diện tích \(S = \frac{4}{3} \cdot 2 \cdot 4 = \frac{{32}}{3}\)

Vì \({S_1} = {S_2}\) nên \({S_1} = \frac{S}{2} \Rightarrow \frac{4}{3}h\sqrt {8h}  = \frac{{16}}{3} \Rightarrow h\sqrt {8h}  = 4 \Rightarrow {h^{3/2}} = \sqrt 2  \Rightarrow h = \sqrt[3]{2}\).

Độ dài \(CD = 2\sqrt {8h}  = 4\sqrt[3]{4} \approx 6,3496\). Làm tròn một chữ số thập phân là 6,3.

Đáp án: 8,5

Ta có

\(A < {b_1} < B < {c_1} < {c_2} < C < {d_1} < {d_2} < {d_3} < D < {e_1} < {e_2} < {e_3} < {e_4} < E < {f_1} < {f_2} < {f_3} < {f_4} < {f_5} < F\)

Gọi d là công sai của cấp số cộng, chọn \(A = {u_1} \ge 1\), vậy \(F = {u_1} + 5d \le 50 \Rightarrow {u_1} \le 50 - 5d\)

Vì \(F - E \ge 6 \Rightarrow d \ge 6\)

Vậy \(1 \le {u_1} \le 50 - 30 = 20\)

Từ \({u_1} + 5d \le 50 \Leftrightarrow d \le \frac{{50 - {u_1}}}{5} \Rightarrow d \le \frac{{50 - 1}}{5} = 9,8\)\( \Rightarrow 6 \le d \le 9,8\), vậy \(d \in \left\{ {6,\,7,\,8,\,9} \right\}\)

TH1: \(d = 6\) \( \Rightarrow {u_1} \le 20 \Rightarrow \) có 20 cách chọn \({u_1}\)

Giữa \(A\) và \(B\) có 5 số, chọn 1 số trong 5 số: \(C_5^1\)

Giữa \(B\) và \(C\) có 5 số, chọn 2 số trong 5 số: \(C_5^2\)

Giữa \(C\) và \(D\) có 5 số, chọn 3 số trong 5 số: \(C_5^3\)

Giữa \(D\) và \(E\) có 5 số, chọn 4 số trong 5 số: \(C_5^4\)

Giữa \(E\) và \(F\) có 5 số, chọn 5 số trong 5 số: \(C_5^5\)

Vậy \({T_1} = 20 \times C_5^1 \times C_5^2 \times C_5^3 \times C_5^4 \times C_5^5 = 50000\)

Các trường hợp khác tương tự

TH2: \(d = 7\)\( \Rightarrow {u_1} \le 15 \Rightarrow \)có 15 cách chọn \({u_1}\)

Vậy \({T_2} = 15 \times C_6^1 \times C_6^2 \times C_6^3 \times C_6^4 \times C_6^5 = 2430000\)

TH2: \(d = 8\)\( \Rightarrow {u_1} \le 10 \Rightarrow \)có 10 cách chọn \({u_1}\)

Vậy \({T_3} = 10 \times C_7^1 \times C_7^2 \times C_7^3 \times C_7^4 \times C_7^5 = 37815750\)

TH2: \(d = 9\)\( \Rightarrow {u_1} \le 5 \Rightarrow \)có 5 cách chọn \({u_1}\)

Vậy \({T_4} = 5 \times C_8^1 \times C_8^2 \times C_8^3 \times C_8^4 \times C_8^5 = 245862400\)

Khi đó \(T = 286158150\)\( \Rightarrow \log (T) \approx 8,5\).