Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Nguyễn Khuyến (TP.HCM) có đáp án

Chọn A

Chọn B

Chọn C

Ta có \[n = 30 \Rightarrow \frac{n}{2} = 15\], do đó trung vị của mẫu số liệu gốc thuộc khoảng \[\left[ {6;8} \right)\].

Chọn C

Ta có \[\overrightarrow b - \overrightarrow c + \overrightarrow d = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {CC} = \overrightarrow 0 \].

Chọn C

Ta có \({\log _3}\left( {27a} \right) - {\log _3}a\)\( = {\log _3}27 + {\log _3}a - {\log _3}a\)\( = {\log _3}27 = 3\).

Chọn D

Mặt phẳng \(\left( P \right):\frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{{ - 2}} = 1\) \( \Leftrightarrow 3x + 2y - 3z - 6 = 0\) nên \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {3;2; - 3} \right)\).

Chọn C

\[\int\limits_{ - 1}^2 {4f\left( x \right)dx} = 4\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx} = 4.5 = 20\]

Chọn C

Do \({u_{n + 1}} = 3{u_n}\) nên dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân có công bội \(q = 3\).

Vì vậy \({u_3} = {u_1}.{q^2} = {2.3^2} = 18\).

Chọn A

Điều kiện bài toán \( - {x^2} + 2x \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2\).

Ta có \(y' = \frac{{ - 2x + 2}}{{2\sqrt { - {x^2} + 2x} }} \ge 0 \Rightarrow x \le 1\).

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\).

Chọn B

Tập xác định của hàm số \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 4}}{{x + 1}} = + \infty ;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{{x^2} - 3x + 4}}{{x + 1}} = - \infty \)\( \Rightarrow x = - 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn D

Bảng giá trị đại diện

Ta có giá trị trung bình của mẫu số liệu: \(\overline x = \frac{1}{{18}}\left( {6 \times \frac{{45}}{2} + 6 \times \frac{{55}}{2} + 4 \times \frac{{65}}{2} + 1 \times \frac{{75}}{2} + 1 \times \frac{{85}}{2}} \right) = \frac{{85}}{3}\);

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: \(s = \sqrt {\frac{1}{{18}}\left( {{{\left( {22,5 - \frac{{85}}{3}} \right)}^2} \times 6 + {{\left( {27,5 - \frac{{85}}{3}} \right)}^2} \times 6 + {{\left( {32,5 - \frac{{85}}{3}} \right)}^2} \times 4 + {{\left( {37,5 - \frac{{85}}{3}} \right)}^2} \times 1 + {{\left( {42,5 - \frac{{85}}{3}} \right)}^2} \times 1} \right)} \)

\( \approx 5,6\).

Chọn C

Hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi đồ thị các hàm số \(y = {x^2} - 4x + 4\), trục tung, trục hoành và đường thẳng \(x = 3\) khi quay quanh trục \(Ox\) có thể tích bằng \(V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)}^2}dx} = \frac{{33}}{5}\pi \).

a) Đúng

Tại thời điểm \(t = 0\), vận tốc của con lắc đơn là \(v\left( 0 \right) = 2\sin \left( {\frac{\pi }{6}} \right) = 1\). Đáp án a Đúng.

b) Sai

Đạo hàm của \(v\left( t \right)\)là \(v'\left( t \right) = 4\cos \left( {2t + \frac{\pi }{6}} \right)\). Đáp án b Sai.

c) Đúng.

Phương trình \(v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 4\cos \left( {2t + \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2} \Rightarrow \) phương trình có nghiệm duy nhất trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\frac{\pi }{6}\). Đáp án c Đúng.

d) Đúng.

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 10 giây, con lắc đơn có 4 lần đạt vận tốc lớn nhất.

Ta có: \(v\left( t \right) = 2\sin \left( {2t + \frac{\pi }{6}} \right) \Rightarrow - 2 \le v\left( t \right) \le 2\) với mọi t

Suy ra: \(v{\left( t \right)_{\max }} = 2 \Leftrightarrow \sin \left( {2t + \frac{\pi }{6}} \right) = 1 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{6} + k\pi \)

Do \(0 \le t \le 10 \Rightarrow t \in \left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{6};\frac{{11\pi }}{6};\frac{{17\pi }}{6}} \right\}\). Vậy có 4 giá trị. Đáp án d Đúng.

Gọi các biến cố:

\({H_2}\): Chuyển 2 Đỏ từ A sang B.

\({H_1}\): Chuyển 1 Đỏ, 1 Xanh từ A sang B.

\({H_0}\): Chuyển 0 Đỏ (2 Xanh) từ A sang B.

\(K\): Lấy được 2 quả Đỏ từ hộp B (sau khi chuyển).

a) ĐÚNG

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( {{\Omega _A}} \right) = C_7^2 = 21\) (số cách lấy 2 quả bóng từ hộp 1)

\(P({H_2}) = \frac{{C_4^2}}{{21}} = \frac{6}{{21}} = \frac{{\bf{2}}}{{\bf{7}}}\). \( \Rightarrow \) Ý a ĐÚNG.

b) SAI

Hộp B nhận thêm 2 quả nên tổng là \(6 + 2 = 8\) quả \( \Rightarrow \) Ý b SAI

c) ĐÚNG

\(P({H_1}) = \frac{{C_4^1 \cdot C_3^1}}{{21}} = \frac{{12}}{{21}}\).

\(P({H_0}) = \frac{{C_3^2}}{{21}} = \frac{3}{{21}}\).

Số phần tử của không gian mẫu \(n\left( {{\Omega _B}} \right) = C_8^2 = 28\) (số cách lấy hai quả bóng từ hộp 2)

Nếu \({H_2}\) xảy ra (B có \(2 + 2 = 4\) Đỏ): \(P(K|{H_2}) = \frac{{C_4^2}}{{28}} = \frac{6}{{28}}\).

Nếu \({H_1}\) xảy ra (B có \(2 + 1 = 3\) Đỏ): \(P(K|{H_1}) = \frac{{C_3^2}}{{28}} = \frac{3}{{28}}\).

Nếu \({H_0}\) xảy ra (B có \(2 + 0 = 2\) Đỏ): \(P(K|{H_0}) = \frac{{C_2^2}}{{28}} = \frac{1}{{28}}\).

\(P(K) = P({H_2}).P(K|{H_2}) + P({H_1}).P(K|{H_1}) + P({H_0}).P(K|{H_0})\)

\(P(K) = \frac{6}{{21}}.\frac{6}{{28}} + \frac{{12}}{{21}}.\frac{3}{{28}} + \frac{3}{{21}}.\frac{1}{{28}}\)

\(P(K) = \frac{{36 + 36 + 3}}{{588}} = \frac{{75}}{{588}} = \frac{{{\bf{25}}}}{{{\bf{196}}}}\). \( \Rightarrow \) Ý c ĐÚNG.

d) ĐÚNG

Xác suất để bóng chuyển từ A là 2 Đỏ (\({H_2}\)) khi biết bóng lấy từ B là 2 Đỏ (\(K\)):

\(P({H_2}|K) = \frac{{P({H_2} \cap K)}}{{P(K)}} = \frac{{P({H_2}).P(K|{H_2})}}{{P(K)}}\)

\(P({H_2}|K) = \frac{{\frac{{36}}{{588}}}}{{\frac{{75}}{{588}}}} = \frac{{36}}{{75}} = \frac{{{\bf{12}}}}{{{\bf{25}}}}\). \( \Rightarrow \) Ý d ĐÚNG.

a) Ta có \[{d_1}\]đi qua \[\frac{{ - 1 + 1}}{1} = \frac{{ - 2 + 2}}{2} = \frac{0}{1}\] nên tiểu hành tinh thứ nhất đi qua điểm \[A\left( { - 1; - 2; - 1} \right)\]. Suy ra mệnh đề a) Đúng

b) Ta có \[\left( S \right)\] có tâm \[O\left( {0;0;0} \right),\] bán kính \[R = 3,5\] nên Sao hỏa có tâm là gốc tọa độ, khoảng cách từ tâm của sao hỏa đến điểm ngoài cùng của khí quyển là \[R = 3,5\]. Suy ra mệnh đề b) Sai.

c) Ta có \[{d_1}\] đi qua điểm \[A\left( { - 1; - 2 - 0} \right)\] và có vecto chỉ phương \[\overrightarrow u = \left( {1;2;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OM} = \left( { - 1; - 2;0} \right),\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {OA} } \right] = \left( {2; - 1;0} \right) \Rightarrow d\left( {O,{d_1}} \right) = \frac{{\sqrt {4 + 1} }}{{\sqrt {1 + 4 + 1} }} = \frac{{\sqrt {30} }}{6} < 3,5\] nên tiểu hành tinh thứ nhất có thể đi vào vùng khí quyển của sao hỏa. Suy ra mệnh đề c) Đúng

d) Đường thẳng \[{d_1}\] đi qua \[A\left( { - 1; - 2;0} \right)\] và có vecto chỉ phương \[\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;2;1} \right)\], đường thẳng \[{d_2}\] đi qua điểm \[B\left( {2;1;1} \right)\] và có vecto chỉ phương \[\overrightarrow {{u_2}} = \left( {2;1;1} \right)\]

Ta có \[\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {1;1;0} \right),\overrightarrow {AB} = \left( {3;3;0} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {AB} = 6 \ne 0\] nên hai đường thẳng \[{d_1},{d_2}\] chéo nhau. Vậy hai tiểu hành tinh không có nguy cơ va chạm nhau. Suy ra mệnh đề d) Đúng.

a) Gọi \(y = f\left( x \right)\)\( = a{x^2} + bx + c\).

Parabol cắt trục tung tại điểm \(\left( {0;0,5} \right)\) và đỉnh \(I\left( {0,75;0,2} \right)\)

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}c = 0,5\\a{\left( {0,75} \right)^2} + b.0,75 + c = 0,2\\ - \frac{b}{{2a}} = 0,75\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = \frac{1}{2}\\\frac{{9a}}{{16}} + \frac{{3b}}{4} + c = \frac{1}{5}\\3a + 2b = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{8}{{15}}\\b = - \frac{4}{5}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).

Suy ra: \(f\left( x \right) = \frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}\). Mệnh đề a) đúng.

b) Thể tích của chậu nước bằng

\(V = \pi \int\limits_0^{1,5} {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x} \)\( = \pi \int\limits_0^{1,5} {{{\left[ {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right]}^2}{\rm{d}}x} \)\( \approx 0,4618141201 \approx 0,5\). Mệnh đề b) đúng.

c) Tốc độ bơm nước vào bể \(5\) lít/phút \( = 5\,d{m^3}\)/phút \( = {5.10^{ - 3}}\,{m^3}\)/phút

Thể tích nước bơm sau \(1,5\) giờ \( = 1,5 \times 60 = 90\) phút là \({5.10^{ - 3}} \times 90 = 0,45 \approx 0,5\,\,{m^3}\). Mệnh đề c) đúng.

d) Gọi \(h\) là độ cao của nước trong chậu sau khi bơm được \(t\) phút.

Ta có: \({V_h} = \pi \int\limits_0^h {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}{\rm{d}}x} \)\( = \pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right)\) \({m^3}\).

Thể tích nước bơm sau \(t\) phút là \(V = 0,005t\,{m^3}\)

Khi đó: \(\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0,005t\)        \(\left( * \right)\).

Tại thời điểm \(t = 20\) ta có: \(\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0,1\)\( \Rightarrow {h_0} \approx 0,1640803548\).

Đạo hàm theo biến \(t\) hai vế của \(\left( * \right)\) ta được:\(\left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)h'\left( t \right) = \frac{{0,005}}{\pi }\)

Tốc độ dâng lên của nước

        \(v\left( t \right) = h'\left( t \right) = \frac{{0,005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)}}\)  

Tại thời điểm \(t = 20\),\({h_0} \approx 0,1640803548\) tốc độ dâng của nước là:

        \(v\left( {20} \right) = h'\left( {20} \right) = \frac{{0,005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}h_0^4 - \frac{{64}}{{75}}h_0^3 + \frac{{264}}{{225}}h_0^2 - \frac{4}{5}{h_0} + \frac{1}{4}} \right)}}\)

                   \( \approx 0,01084447993\)m/phút.\( \approx 0,01\). Mệnh đề d) đúng.   

Đáp số: 0,77.

Qua điểm \(B\) kẻ đường thẳng \(d\parallel \,OM\), qua điểm \(O\) kẻ \(\Delta \parallel BC\). \(d \cap \Delta = \left\{ D \right\}\).

Khi đó \(OM\parallel DB\) hay \(OM\parallel \left( {ADB} \right)\).

Ta có \(d\left( {OM,AB} \right) = d\left( {OM,\left( {DAB} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {DAB} \right)} \right)\).

Kẻ \(ON \bot DB\), \(OH \bot AN\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DB \bot ON\\DB \bot OA\\OA,\,\,ON \subset \left( {AON} \right)\,\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AON} \right) \Rightarrow BD \bot OH\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot AN\\OH \bot BD\\AN,\,\,BD \subset \left( {DAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {DAB} \right)\) hay \(d\left( {O,\left( {DAB} \right)} \right) = OH\).

Tam giác \(OBC\) vuông tại \(O\) nên \(BC = \sqrt {O{B^2} + O{C^2}} = 2\).

Mặt khác, tam giác \(OBC\) vuông tại \(O\) có \(OM\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\) nên \(OM = \frac{1}{2}BC = 1\).

Tứ giác \(ODBM\) là hình bình hành nên \(\left\{ \begin{array}{l}OD = BM = \frac{1}{2}BC = 1\\OM = DB = 1\end{array} \right.\).

Ta có tam giác \(ODB\) có \(OD = OB = DB = 1\) nên tam giác \(ODB\) đều

Khi đó \[ON = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\].

Xét tam giác \(AON\) vuông tại \(O\) có \(OH\) là đường cao:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{\sqrt {15} }}{5}\).

Vậy \(d\left( {OM,AB} \right) = d\left( {O,\left( {DAB} \right)} \right) = OH = \frac{{\sqrt {15} }}{5} \approx 0,77\).

Đáp án: 100.

Chi phí vận chuyển cho mỗi đợt là \(0,002{x^2} + 20\) đô la.

Số lần vận chuyển trong năm là \(\frac{{2500}}{x}\) lần.

Tổng chi phí vận chuyển trong năm là: \(f\left( x \right) = \left( {0,002{x^2} + 20} \right).\frac{{2500}}{x} = 5x + \frac{{50000}}{x}\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 5 - \frac{{50000}}{{{x^2}}} = 0 \Rightarrow x = 100\).

Từ bảng biến thiên, ta thấy mỗi đợt công ti nên vận chuyển 100 cái máy tính thì tổng chi phí vận chuyển trong năm là nhỏ nhất

Đáp án: 80.

Ta có: \(A = (0;0;0)\) và \(B = (0;600;0)\).
Độ dài quãng đường \(AB\) là \(AB = \sqrt {{{(0 - 0)}^2} + {{(600 - 0)}^2} + {{(0 - 0)}^2}} = \sqrt {{0^2} + {{600}^2} + {0^2}} = 600\) (m).
Thời gian đi từ \(A\) đến \(B\) là 6 phút.
Tốc độ của xe mô tô khi đi từ \(A\) đến \(B\) là: \(v = \frac{{AB}}{6} = \frac{{600}}{6} = 100\) (m/phút).
Sau khi đổi hướng tại \(B\), xe đi từ \(B(0;600;0)\) đến \(C(1500;600;0)\) với tốc độ không đổi \(v = 100\) m/phút.
Giả sử tại thời điểm \(t\) (phút) kể từ khi đổi hướng tại \(B\), xe đang ở vị trí \(M(x;y;z)\).
Vecto chỉ phương của đoạn \(BC\) là: \({\vec u_{BC}} = \frac{{\overrightarrow {BC} }}{{|\overrightarrow {BC} |}} = \frac{{(1500 - 0;600 - 600;0 - 0)}}{{\sqrt {{{1500}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{(1500;0;0)}}{{1500}} = (1;0;0)\).
Vị trí của xe tại thời điểm \(t\) là: \(M(t) = B + v \cdot t \cdot {\vec u_{BC}}\)
\(M(t) = (0;600;0) + 100 \cdot t \cdot (1;0;0)\)
\(M(t) = (0 + 100t;600 + 0;0 + 0)\)
\(M(t) = (100t;600;0)\).
Khoảng cách từ xe mô tô đến vị trí xuất phát \(A(0;0;0)\) tại thời điểm \(t\) là \(D(t)\):
\(D(t) = |\overrightarrow {AM(t)} | = \sqrt {{{(100t - 0)}^2} + {{(600 - 0)}^2} + {{(0 - 0)}^2}} \)\( = \sqrt {{{(100t)}^2} + {{600}^2}} \)\( = 100\sqrt {{t^2} + 36} \).
Tốc độ thay đổi khoảng cách của xe mô tô đối với vị trí xuất phát \(A\) chính là đạo hàm của \(D\left( t \right)\) theo \(t\):
\(D'\left( t \right) = {\left( {100\sqrt {{t^2} + 36} } \right)^\prime }\)\( = 100 \cdot \frac{1}{{2\sqrt {{t^2} + 36} }} \cdot (2t)\)\( = \frac{{100t}}{{\sqrt {{t^2} + 36} }}\).
Tại phút thứ 8 kể từ khi xe đổi hướng, tức là \(t = 8\) phút.
Thay \(t = 8\) vào biểu thức \(D'\left( t \right)\) ta được:
\(D'\left( 8 \right) = \frac{{100 \cdot 8}}{{\sqrt {{8^2} + 36} }}\)\( = \frac{{800}}{{\sqrt {64 + 36} }}\)\( = \frac{{800}}{{\sqrt {100} }}\)\( = \frac{{800}}{{10}}\)\( = 80\) (m/phút).
Vậy, ở phút thứ 8 kể từ khi xe đổi hướng, tốc độ thay đổi khoảng cách của xe mô tô đối với vị trí xuất phát \(A\) là 80 m/phút.

Đáp án: \(1545\).

Đặt \({A_1}{B_1} = a\), ta có:

* Diện tích hình vuông \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) là \({S_{V1}} = {a^2}\).

Bán kính hình tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) là \({R_1} = \frac{{{A_1}{B_1}}}{2} = \frac{a}{2}\) Þ Diện tích hình tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) là \({S_{T1}} = \pi .{\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^2}}}{4}\).

* Hình vuông \({A_2}{B_2}{C_2}{D_2}\) có đường chéo \({A_2}{C_2} = 2{R_1} = a\) Þ Cạnh \({A_2}{B_2} = \frac{{{A_2}{C_2}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\)

Þ Diện tích hình vuông \({A_2}{B_2}{C_2}{D_2}\) là \({S_{V2}} = {\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Bán kính hình tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) là \({R_2} = \frac{{{A_2}{B_2}}}{2} = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}\)

Þ Diện tích hình tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) là \({S_{T2}} = \pi .{\left( {\frac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^2}}}{8}\).

* Hình vuông \({A_3}{B_3}{C_3}{D_3}\) có đường chéo \({A_3}{C_3} = 2{R_2} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\) Þ Cạnh \({A_3}{B_3} = \frac{a}{{\sqrt 2 .\sqrt 2 }} = \frac{a}{2}\)

Þ Diện tích hình vuông \({A_3}{B_3}{C_3}{D_3}\) là \({S_{V3}} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{4}\)

Bán kính hình tròn \(\left( {{C_3}} \right)\) là \({R_3} = \frac{1}{2}{A_3}{B_3} = \frac{a}{4}\)

Þ Diện tích hình tròn \(\left( {{C_3}} \right)\) là \[{S_{T3}} = \pi .{\left( {\frac{a}{4}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^2}}}{{16}}\].

* Tiếp tục theo quy luật trên, ta có:

Diện tích các hình vuông \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1},{A_2}{B_2}{C_2}{D_2},{A_3}{B_3}{C_3}{D_3},...\) lần lượt là \({a^2},\frac{{{a^2}}}{2},\frac{{{a^2}}}{4},...\) lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({S_{V1}} = {a^2}\), công bội \({q_1} = \frac{1}{2}\).

Þ Tổng diện tích các hình vuông là \({S_V} = {a^2} + \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{4} + ... = \frac{{{a^2}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2{a^2}\)

Diện tích các hình tròn nội tiếp tương ứng lần lượt là \(\frac{{\pi {a^2}}}{4},\frac{{\pi {a^2}}}{8},\frac{{\pi {a^2}}}{{16}},...\)lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({S_{T1}} = \frac{{\pi {a^2}}}{4}\), công bội \({q_2} = \frac{1}{2}\).

Þ Tổng diện các hình tròn tương ứng là \({S_T} = \frac{{\pi {a^2}}}{4} + \frac{{\pi {a^2}}}{8} + \frac{{\pi {a^2}}}{{16}} + ... = \frac{{\frac{{\pi {a^2}}}{4}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = \frac{{\pi {a^2}}}{2}\)

Þ Tổng diện tích phần tô màu đậm là: \(S = {S_V} - {S_T} = 2{a^2} - \frac{{\pi {a^2}}}{2} = \frac{{{a^2}\left( {4 - \pi } \right)}}{2}\left( {c{m^2}} \right)\)

Với \(a = 60\left( {cm} \right)\), ta có tổng diện tích phần tô màu đậm là: \(S = \frac{{{{60}^2}.\left( {4 - \pi } \right)}}{2} \approx 1545\left( {c{m^2}} \right)\)

Đáp án: 1127.

Vì đường đi chỉ sang phải có 9 cách, và chỉ đi xuống có 5 cách, nên số cách đi từ \(A\) đến \(B\) là

\(C_{14}^5 = 2002\)cách.

Số cách đi sang phải từ \(A\) đến \(E\) là 4 cách và số cách đi xuống từ \(A\) đến \(E\) là 3 cách nên số cách đi từ \(A\) đến \(E\) là \(C_7^3 = 35\) cách.

Số cách đi sang phải từ \(E\) đến \(B\) là 5 cách và số cách đi xuống từ \(E\) đến \(B\) là 2 cách nên số cách đi từ \(E\) đến \(B\) là \(C_7^5 = 21\) cách.

\( \Rightarrow \)số cách đi từ \(A\) đến \(E\) rồi đến \(B\) là \(35.21 = 735\).

Số cách đi sang phải từ \(A\) đến \(M\) là 6 cách và sô cách đi xuống từ \(A\) đến \(M\) là 1 cách nên số cách đi từ \(A\) đến \(M\) là \(C_7^1 = 7\) cách.

Đi từ \(M\) đi xuống \(N\) có 1 cách.

Số cách đi sang phải từ \(N\) đến \(B\) là 3 cách và sô cách đi xuống từ \(N\) đến \(B\) là 3 cách nên số cách đi từ \(N\) đến \(B\) là \(C_6^3 = 20\) cách.

\( \Rightarrow \)số cách đi từ \(A\) đến \(M\) rồi \(N\) rồi đến \(B\) là \(7.1.20 = 140\).

\( \Rightarrow \)Số cách đi từ \(A\) đến \(B\) của bé cún là \(2002 - 735 - 140 = 1127\) cách.

Gán hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta dễ dàng tìm được \((P):y = - \frac{1}{{40}}{x^2} + 10\).

Diện tích hồ bơi là: \({S_b} = 2\int\limits_0^{20} {\left( { - \frac{1}{{40}}{x^2} + 10} \right)} = \frac{{800}}{3}\).

Gọi\(\alpha \) là góc tạo bởi tia \(Ot\) và trục \(Ox\).

Lúc đó: \[M(OM\cos \alpha ;OM{\rm{ sin}}\alpha {\rm{)}}\]. Vì \[M \in \left( P \right)\]\( \Rightarrow OM{\rm{ sin}}\alpha = \frac{{ - 1}}{{40}}{\left( {OM{\rm{ cos}}\alpha } \right)^2} + 10\).

\[ \Rightarrow O{M^2}{\rm{ }}{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)^2} + 40OM{\rm{ sin}}\alpha - 400 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}OM = \frac{{ - 20\sin \alpha - 20}}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}}\\OM = \frac{{ - 20\sin \alpha + 20}}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}}\end{array} \right.\].

Ta chọn \(OM = \frac{{20 - 20\sin \alpha }}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}} = \frac{{20}}{{1 + \sin \alpha }}\).

TH1: \(\alpha \in \left[ {0,\arctan 2} \right] \Rightarrow ON = \frac{{20}}{{{\rm{cos}}\alpha }}\). Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{\rm{cos}}\alpha }}\).

TH2: \(\alpha \in \left[ {\arctan 2,\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow ON = \frac{{40}}{{{\rm{sin}}\alpha }}\). Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{\rm{sin}}\alpha }}\).

\[{S_{(L)}} = 2\left[ {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\arctan 2} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{\rm{cos}}\alpha }}} \right)}^2}} {\rm{d}}\alpha + \frac{1}{2}\int\limits_{\arctan 2}^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{\rm{sin}}\alpha }}} \right)}^2}} {\rm{d}}\alpha } \right] = 756,3({m^2})\].

Tổng chi phí:

\(5.{S_b} + 2.\left( {{S_L} - {S_b}} \right) + 0,1\left( {{S_V} - {S_L}} \right) = 5.\frac{{800}}{3} + 2.\left( {756,3 - \frac{{800}}{3}} \right) + 0,1\left( {1600 - 756,3} \right) = 2396,97 \approx 2,4\)tỉ.

Lưu ý: Ở trên ta sử dụng công thức của bổ đề sau:

Cho một đương cong ( \(L\) ) có phương trình trong hệ tọa độ cực là \(r = r\left( \theta \right)\), với \(\alpha \le \theta \le \beta \). Tính diện tích \(S\) của hình phẳng giới hạn bởi đường cong \(\left( L \right)\) và hai tia \(\theta = \alpha ,\theta = \beta \).

\(S = \int_\alpha ^\beta {\frac{1}{2}} {[r(\theta )]^2}d\theta \).