Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Phan Châu Trinh (Đà Nẵng) có đáp án

Chọn B

Vì \(G'\) là trọng tâm của tam giác \(A'B'C'\) nên      

\(\overrightarrow {AG'}  = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AB'}  + \overrightarrow {AC'} } \right) = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {AC} } \right) = \) \[\frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \overrightarrow c } \right)\].

Chọn B

Ta có \(\int {{{2026}^x}dx}  = \frac{{{{2026}^x}}}{{\ln 2026}} + C\).

Chọn A

Ta có \(\overrightarrow u .\overrightarrow v  = \left| {\overrightarrow u } \right| \times \left| {\overrightarrow v } \right| \times cos\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = 5.8.\cos {120^0} = 5.8.\left( { - \frac{1}{2}} \right) =  - 20\).

Chọn C                 

Mặt phẳng \((P):3x + 5y - 1 = 0\) có véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = (3;5;0)\).

Chọn D

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f(x)\), trục \(Ox\)và các đường thẳng \(x = a;x = b\) là: \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \).

Chọn C

Điều kiện hàm số có nghĩa  \(\sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) \ne 0\)

                                       \( \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{4} \ne k\pi ;(k \in \mathbb{Z})\)

                                      \( \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \;(k \in \mathbb{Z})\).

Chọn B

Ta có: \(\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} \)

       \( \Rightarrow \overrightarrow {BC}  = (2 - ( - 2); - 2 - ( - 5);0 - 0)\)

       \( \Rightarrow \overrightarrow {BC}  = (4;3,0)\)

       \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = BC = \sqrt {{4^2} + {3^2} + {0^2}}  = 5\).

Chọn A

\({S_{ABCD}} = {(3a)^2} = 9{a^2}\)

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}}\)

            \( = \frac{1}{3}a\sqrt 2  \cdot 9{a^2} = 3{a^3}\sqrt 2 \).

Chọn B.

Ta có bảng phân bố tần số giá trị đại diện

Số trung bình của mẫu số liệu là: \(\overline x  = \frac{{2,85.3 + 3,15.6 + 3,45.5 + 3,75.4 + 4,05.2}}{{3 + 6 + 5 + 4 + 2}} = 3,39\).

Phương sai của mẫu số liệu là:

\({S^2} = \frac{{3.{{\left( {2,85 - 3,39} \right)}^2} + 6.{{\left( {3,15 - 3,39} \right)}^2} + 5.{{\left( {3,45 - 3,39} \right)}^2} + {{\left( {3,75 - 3,39} \right)}^2} + {{\left( {4,05 - 3,39} \right)}^2}}}{{3 + 6 + 5 + 4 + 2}} = 0,1314\)

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: \(S = \sqrt {{S^2}}  = \sqrt {0,1314}  = 0,36\).

Chọn D.

Ta có: \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > \frac{1}{{32}} \Leftrightarrow {x^2} + 4x < 5 \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - 5;1} \right)\).

Chọn C.

Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right).\left( {{x^2} - 5x + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thầy hàm số có 1 cực trị.

Chọn C.

Ta có: \(n = 5 + 9 + 13 + 10 + 6 = 43\).

Nên trung vị nằm ở vị trí 22 thuộc nhóm \(\left[ {40;60} \right)\).

Trung vị mẫu số liệu ghép nhóm trên là: \({m_e} = 40 + \frac{{\frac{{43}}{2} - \left( {5 + 9} \right)}}{{13}}.20 \approx 51,54\).

Chọn a) Sai | b) Đúng| c) Đúng | d) Đúng

a) Khoảng cách giữa hai khinh khí cấu là

\(AB = \sqrt {{{\left( {2 + 1} \right)}^2} + {{\left( {1,5 + 1} \right)}^2} + {{\left( {0,5 - 0,8} \right)}^2}}  \approx 3,92\)km.

Chọn SAI.

b) Tại thời điểm \(t\) chiếc khinh khí cầu thứ nhất ở điểm \(M = A + vt\frac{{ - \overrightarrow i }}{{\left| {\overrightarrow i } \right|}} = \left( {2 - 60t;1,5;0,5} \right)\).

Chọn SAI.

c) Tại thời điểm \(t\) chiếc khinh khí cầu thứ hai ở điểm \(N = B + vt\frac{{\overrightarrow j }}{{\left| {\overrightarrow j } \right|}} = \left( { - 1; - 1 + 40t;0,8} \right)\).

Khoảng cách giữa hai khinh khí cầu tại thời điểm \(t\) là

\(MN = \sqrt {{{\left( {3 - 60t} \right)}^2} + {{\left( {2,5 - 40t} \right)}^2} + 0,{3^2}} \)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\left( {3 - 60t} \right)^2} + {\left( {2,5 - 40t} \right)^2} + 0,{3^2}\)=\(5200{t^2} - 560t + 15,34\)

Suy ra \(\min f\left( t \right) = f\left( {\frac{7}{{130}}} \right)\)

\(M{N_{\min }} = \sqrt {f\left( {\frac{7}{{130}}} \right)}  \approx 0,51\).

Chọn ĐÚNG.

d) Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với điểm \(A\) qua mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\]\( \Rightarrow \)\(A'\left( {2;1,5; - 0,5} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {BA'}  = \left( {3;2,5; - 1,3} \right)\)

Phương trình đường thẳng \(A'B:\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 + 3t{\rm{     }}}\\{y = 1,5 + 2,5t}\end{array}}\\{z =  - 0,5 - 1,3t}\end{array}} \right.\).

Tọa độ điểm \(P\) là giao điểm của đường thẳng \(A'B\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là: \(P\left( {\frac{{11}}{{13}};\frac{7}{{13}};0} \right)\).

\( \Rightarrow a = \frac{{11}}{{13}},b = \frac{7}{{13}},c = 0\).

\( \Rightarrow 2a + b + c = \frac{{29}}{{13}}\).

Chọn ĐÚNG.

a) Điều kiện xác định khi \[x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2\]. Vậy tập xác định là \[D = (2; + \infty )\].

Mệnh đề a) Sai.

b) Ta có \[f'(x) = 1 + \frac{1}{{x - 2}} = \frac{{x - 2 + 1}}{{x - 2}} = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}\].

Với mọi \[x \in D = (2; + \infty )\], ta có \[x - 1 > 0\] và \[x - 2 > 0 \Rightarrow f'(x) > 0\].

Vì \[f'(x)\] không đổi dấu trên D, hàm số đồng biến trên toàn bộ tập xác định và không có cực trị.

Mệnh đề b) Sai.

c) Tung độ tiếp điểm: \[{y_0} = f(3) = 3 + \ln (3 - 2) = 3 + \ln (1) = 3\].

Hệ số góc tiếp tuyến: \[k = f'(3) = \frac{{3 - 1}}{{3 - 2}} = \frac{2}{1} = 2\].

Phương trình tiếp tuyến: \[y = f'({x_0})(x - {x_0}) + {y_0} = 2(x - 3) + 3 = 2x - 6 + 3 = 2x - 3\].

Mệnh đề c) Đúng.

d) \[x + \ln (x - 2) < x + 5 \Leftrightarrow \ln (x - 2) < 5 \Leftrightarrow x - 2 < {e^5} \Leftrightarrow x < {e^5} + 2\]

Kết hợp với điều kiện xác định \[x > 2\]ta có \[2 < x < {e^5} + 2\].

Vậy \[2 < x < 150,41\]. Các nghiệm nguyên của bất phương trình là \[x \in \{ 3,4,5, \ldots ,150\} \]

Tổng các nghiệm nguyên là: \[S = \frac{{148.(3 + 150)}}{2} = 74.153 = 11322\].

Mệnh đề d) Đúng.

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

Gọi \({A_k}\) là biến cố An rút được thẻ số \(k\), với \(k \in \{ 1,2,3,4,5\} \).

Vì có 5 thẻ được đánh số từ 1 đến 5 và An rút ngẫu nhiên 1 thẻ, nên xác suất An rút được thẻ số \(k\) là \(P({A_k}) = \frac{1}{5}\) cho mỗi \(k\).

Khi An rút được thẻ số \(k\), Bình sẽ gieo \(k\) con xúc xắc. Mỗi con xúc xắc có 6 mặt (1, 2, 3, 4, 5, 6).
a) Xác suất để An chọn được thẻ số 5 là \(P({A_5})\).

Theo lập luận trên, \(P({A_5}) = \frac{1}{5}\). Vậy, phát biểu a) là đúng.

b) Gọi \({S_k}\) là biến cố tổng số chấm trên \(k\) con xúc xắc bằng 8.

Nếu An rút được thẻ số 3, Bình gieo 3 con xúc xắc. Không gian mẫu có \({6^3} = 216\) kết quả đồng khả năng.

Chúng ta cần tìm số cách để tổng số chấm của 3 con xúc xắc là 8. Gọi \(({x_1},{x_2},{x_3})\) là kết quả của 3 con xúc xắc, với \({x_i} \in \{ 1,2,3,4,5,6\} \).

Các bộ \(({x_1},{x_2},{x_3})\) có tổng bằng 8 là:

(1, 1, 6) và các hoán vị của nó: Có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\) cách (116, 161, 611).

(1, 2, 5) và các hoán vị của nó: Có \(3! = 6\) cách (125, 152, 215, 251, 512, 521).

(1, 3, 4) và các hoán vị của nó: Có \(3! = 6\) cách (134, 143, 314, 341, 413, 431).

(2, 2, 4) và các hoán vị của nó: Có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\) cách (224, 242, 422).

(2, 3, 3) và các hoán vị của nó: Có \(\frac{{3!}}{{2!}} = 3\) cách (233, 323, 332).

Tổng số kết quả thuận lợi là \(3 + 6 + 6 + 3 + 3 = 21\).

Xác suất để tổng số chấm bằng 8 khi gieo 3 con xúc xắc là \(P({S_3}) = \frac{{21}}{{216}} = \frac{7}{{72}}\).

Vậy, phát biểu b) là đúng.

c) Gọi \(E\) là biến cố không có mặt 6 chấm nào xuất hiện.

Nếu An rút được thẻ số \(k\), Bình gieo \(k\) con xúc xắc. Xác suất để không có mặt 6 chấm nào xuất hiện trên \(k\) con xúc xắc là \(P(E|{A_k})\).

Mỗi con xúc xắc có 5 mặt không phải là 6 chấm (1, 2, 3, 4, 5).

Vậy \(P(E|{A_k}) = {\left( {\frac{5}{6}} \right)^k}\).

Xác suất để không có mặt 6 chấm xuất hiện là \(P(E) = \sum\limits_{k = 1}^5 P (E|{A_k})P({A_k})\).

\(P(E) = \sum\limits_{k = 1}^5 {{{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^k}}  \cdot \frac{1}{5}\)\( = \frac{{4651}}{{7776}}\). Vậy, phát biểu c) là đúng.

d) Gọi \(F\) là biến cố có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.

Biến cố \(F\) là biến cố đối của biến cố \(E\) (không có mặt 6 chấm nào xuất hiện).

Do đó, \(P(F) = 1 - P(E) = 1 - \frac{{23255}}{{38880}} = \frac{{15625}}{{38880}}\).

Chúng ta cần tính xác suất \(P({A_4}|F)\), tức là xác suất An chọn được thẻ số 4 biết rằng có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.

Theo công thức Bayes: \(P({A_4}|F) = \frac{{P(F|{A_4})P({A_4})}}{{P(F)}}\).

Ta có \(P({A_4}) = \frac{1}{5}\).

\(P(F|{A_4})\) là xác suất có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện khi An rút thẻ số 4 (Bình gieo 4 con xúc xắc).

\(P(F|{A_4}) = 1 - P(E|{A_4}) = 1 - {\left( {\frac{5}{6}} \right)^4} = \frac{{671}}{{1296}}\).
Thay các giá trị vào công thức Bayes ta được: \(P({A_4}|F) = \frac{{4026}}{{15625}}\). Vậy, phát biểu d) là đúng.

a) Đúng

b) Sai

Vào năm thứ \[5\] làm việc cho công ty, mức lương của kĩ sư đó nhận được trong năm đó là

\[{u_5} = {u_1} + 4d = 120 + 4.12 = 168\] (triệu đồng).

c) Đúng

Mức lương của kĩ sư đó nhận được trong năm thứ \[10\] là \[{u_{10}} = 120 + 9.12 = 228\] (triệu đồng).

Sau \[10\] năm làm việc, tổng số tiền lương kĩ sư đó nhận được từ công ty là

\[{S_{10}} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{10}} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_{10}}} \right).10}}{2} = \frac{{\left( {120 + 228} \right).10}}{2} = 1740\](triệu đồng).

d) Đúng

Tổng số tiền lãi mà kĩ sư nhận được tại thời điểm hết năm gửi tiền thứ \[10\] là

\[\begin{array}{l}\,\,\,\,40\% .{u_1}.{\left( {1 + 5\% } \right)^{10}} + 40\% .{u_2}.{\left( {1 + 5\% } \right)^9} + ... + 40\% .{u_{10}}.{\left( {1 + 5\% } \right)^1} - 40\% .{S_{10}}\\ = 0,4.120.1,{05^{10}} + 0,4.132.1,{05^9} + ... + 0,4.228.1,{05^1} - 0,4.1740\end{array}\]

\[ \approx 198\](triệu đồng).

Đáp án: 1,2

Gọi quỹ đạo hạ cánh của máy bay là đồ thị hàm số bậc ba \(y = f(x)\).

+) Vì \(A( - 4;1)\) là điểm cực đại và \(O(0;0)\) là điểm cực tiểu nên \(f\prime ( - 4) = 0,\;f\prime (0) = 0\).

Suy ra đạo hàm có dạng \(f\prime (x) = ax(x + 4)\)\( \Rightarrow f(x) = a\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2}} \right) + C\).

Do đồ thị đi qua \(O(0;0)\) nên\(f(0) = 0 \Rightarrow C = 0\).

Vậy \(f(x) = a\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2}} \right)\).

Lại có \(A( - 4;1)\) thuộc đồ thị nên\(f( - 4) = 1\).

Suy ra \(a\left( {\frac{{{{( - 4)}^3}}}{3} + 2 \cdot {{( - 4)}^2}} \right) = 1\)\( \Leftrightarrow a\left( { - \frac{{64}}{3} + 32} \right) = 1\)\( \Leftrightarrow a \cdot \frac{{32}}{3} = 1\)\( \Leftrightarrow a = \frac{3}{{32}}\).

Do đó \(f(x) = \frac{3}{{32}}\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2}} \right) = \frac{{{x^3}}}{{32}} + \frac{{3{x^2}}}{{16}}\).

+) Sau khi bay được \(1\) km theo phương ngang từ vị trí \(A( - 4;1)\) thì máy bay ở vị trí có hoành độ \(x =  - 3\).

Phi công cần tìm vị trí có hoành độ \(x\) sao cho từ đó bay tiếp \(1\) km theo phương ngang thì độ cao giảm \(0,2\) km, tức là \(f(x) - f(x + 1) = 0,2\).

Ta có:

\(f(x) - f(x + 1) = \frac{{{x^3} - {{(x + 1)}^3}}}{{32}} + \frac{{3\left[ {{x^2} - {{(x + 1)}^2}} \right]}}{{16}}\)\( = \frac{{ - 3{x^2} - 3x - 1}}{{32}} + \frac{{ - 6x - 3}}{{16}}\)\( = \frac{{ - 3{x^2} - 15x - 7}}{{32}}\).

Theo đề bài: \(\frac{{ - 3{x^2} - 15x - 7}}{{32}} = 0,2 = \frac{1}{5}\)

\( \Leftrightarrow  - 5(3{x^2} + 15x + 7) = 32\)

\( \Leftrightarrow  - 15{x^2} - 75x - 35 = 32\)

\( \Leftrightarrow 15{x^2} + 75x + 67 = 0\).

Giải phương trình:

\(x = \frac{{ - 75 \pm \sqrt {{{75}^2} - 4 \cdot 15 \cdot 67} }}{{30}} = \frac{{ - 75 \pm \sqrt {1605} }}{{30}}\).

Vì phi công bắt đầu xét từ sau khi máy bay đã bay đến vị trí \(x =  - 3\), nên chọn nghiệm phù hợp là

\(x = \frac{{ - 75 + \sqrt {1065} }}{{30}} \approx  - 1,2\).

Vậy vị trí đó cách vị trí tiếp đất \(O\) theo phương ngang một đoạn là \(1.2\,km\) .

Đáp án: \(4113\).

Đổi \(50{\mkern 1mu} \)triệu đồng \( = 50000{\mkern 1mu} \)nghìn đồng.

Doanh thu từ việc bán \(x\) cuốn tạp chí và nhận trợ giúp là \(R(x) = 40x + 50000\) (nghìn đồng). Tổng chi phí bao gồm chi phí xuất bản và chi phí phát hành cho \(x\) cuốn là: \(G(x) = C(x) + 10x = 0,004{x^2} - 2x + 1000 + 10x = 0,004{x^2} + 8x + 1000\)(nghìn đồng).

Lợi nhuận của cửa hàng khi bán \(x\) cuốn tạp chí là:

\(L(x) = R(x) - G(x) = (40x + 50000) - (0,004{x^2} + 8x + 1000) =  - 0,004{x^2} + 32x + 49000\)

Hàm lợi nhuận \(L(x)\) là một hàm bậc hai có đồ thị là một parabol quay bề lõm xuống dưới. Lợi nhuận đạt cực đại tại đỉnh của parabol: \(a =  - \frac{b}{{2a}} =  - \frac{{32}}{{2 \cdot ( - 0,004)}} = 4000\) (cuốn).

Khi đó, lợi nhuận lớn nhất tính theo nghìn đồng là:

\(L(4000) =  - 0,004 \cdot {4000^2} + 32 \cdot 4000 + 49000 = 113000\) (nghìn đồng).

Đổi sang đơn vị triệu đồng, ta có \(T = 113{\mkern 1mu} \)triệu đồng.

Vậy \(a + T = 4000 + 113 = 4113\).

Đáp số: 3327

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho trục tung \(Oy\)trùng với trục đối xứng của cái ly, và gốc tọa độ \(O\) là trung điểm của \(MN\)nằm tại tâm của đường tròn hẹp nhất.

Ta có \(MN = 8 \Rightarrow ON = 4 \Rightarrow N\left( {4;0} \right)\).

Khoảng cách từ vị trí hẹp nhất đến đáy ly là\(20cm\) và đường kính đáy ly là \(CD = 8\sqrt 6 cm\)   

nên \(C\left( { - 20;4\sqrt 6 } \right)\).

Gọi phương trình tổng quát của hypebol có dạng: \(\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\).

\(N \in \left( H \right) \Rightarrow {a^2} = 16\).

\(C \in \left( H \right) \Rightarrow {b^2} = 80\).

Suy ra phương trình Hypebol là \(\frac{{{x^2}}}{{16}} - \frac{{{y^2}}}{{80}} = 1 \Rightarrow {x^2} = 16\left( {1 + \frac{{{y^2}}}{{80}}} \right)\)  .

Thể tích nước ban đầu trong ly: \({V_1} = \pi \int\limits_{ - 20}^{10} {{x^2}dy}  = \pi \int\limits_{ - 20}^{10} {16\left( {1 + \frac{{{y^2}}}{{80}}} \right)dy}  = 1080\pi \).

Xét hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) trong đó \(S\) là đỉnh của hình lập phương nằm bên trong ly nước và \(A,\,B,\,C\) là các điểm chung của hình lập phương với miệng ly; \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC\)và \(H\) là trung điểm \(BC\)

Đặt \(x\,{\rm{cm}}\) là cạnh đáy hình chóp thì \(AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\).

Tam giác \(ABC\) đều nội tiếp đường tròn có bán kính \(r = x\left( {10} \right) = 6\) nên \(r = OA \Leftrightarrow \frac{{x\sqrt 3 }}{3} = 6 \Rightarrow x = 6\sqrt 3 \).

Vì hình chóp S.ABC có SA, SB, SC bằng nhau và đôi một vuông góc tại đỉnh S nênS8v| độ dài cạnh \(SA = SB = SC = \frac{x}{{\sqrt 2 }} = 3\sqrt 6 \).

Thể tích khối chóp\(SABC\) \[{V_2} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}SA.SB.SC = 27\sqrt 6 \].

Thể tích nước còn lại trong ly: \(V = {V_1} - {V_2} = 3326,78 \simeq 3327\).

Đáp án: \(7,4\).

Ta có hình biểu diễn như trên, với hai hình cầu màu vàng là hai viên pha lê, hai hình cầu màu tím là hai chụp đèn. Gọi\(S\)là tâm của\((S)\)và\(S'\)là tâm của\((S')\).Ta thấy giao tuyến của hình cầu \((S)\)và mặt phẳng \((P)\) là đường tròn \(({C_1})\) có tâm\(A(\frac{2}{3};\frac{1}{3}; - \frac{5}{3})\) và có bán kính \({r_1} = \sqrt {{{(\sqrt 3 )}^2} - d{{(S,(P))}^2}}  = \sqrt {3 - 1}  = \sqrt 2 \). Mặt khác, giao tuyến của hình cầu \((S')\)và mặt phẳng \((P)\) là đường tròn \(({C_2})\) có tâm\(B(\frac{7}{3}; - \frac{7}{3}; - \frac{4}{3})\)và có bán kính \({r_2} = \sqrt {{3^2} - d{{(S',(P))}^2}}  = \sqrt {9 - 1}  = 2\sqrt 2 \). Đường thẳng qua hai điểm \(A,B\)cắt hai đường tròn \(({C_1})\) và \(({C_2})\) tại hai điểm \(C,D\) như hình vẽ.

 Vì hình cầu \(({T_1})\) phủ kín \(({C_1})\) nên \({I_1}A \bot (P)\).

Tương tự ta có \({I_2}B \bot (P)\). Khi đó, ta có \({I_1},{I_2},A,B,C,D\) đồng phẳng. Xét mặt phẳng chứa \({I_1},{I_2},A,B,C,D\), ta có hình vẽ sau:

Như vậy, theo tính chất hình học của tam giác vuông và hình thang vuông,

\[\begin{array}{l}{I_1}{I_2} \ge AB\\{R_1} = {I_1}C \ge AC\\{R_2} = {I_2}D \ge BD\end{array}\]

Vì vậy \[M \ge AB + AC + BD\] hay \[M \ge \sqrt {10}  + \sqrt 2  + 2\sqrt 2 \]. Dấu  xảy ra khi \[{I_1} \equiv A\] và \[{I_2} \equiv B\]. Vậy giá trị nhỏ nhất của \[M\]là \[\sqrt {10}  + \sqrt 2  + 2\sqrt 2  \approx 7,4\] (mét).

Đáp án: 0,5

(i) Trước hết, ta đi tìm điều kiện để phương trình \(f\left( x \right) = 0\) với \(f\left( x \right) = {x^3} - 3bx + 2a\) và \(a,b \in \left[ {0;2} \right]\) có ít nhất hai nghiệm.

· Nhận thấy rằng, do \(f\left( x \right)\) làm hàm số bậc ba nên phương trình \[f\left( x \right) = 0\] có ít nhất hai nghiệm khi và chỉ khi \(f\left( x \right)\) có hai cực trị thoả mãn \({y_{{\rm{CD}}}} \cdot {y_{{\rm{CT}}}} \le 0\)

· \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 2b;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = b \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt b \) với \(b > 0.\)

· Khi đó,

\(\begin{array}{l}\quad \,\,{y_{{\rm{CD}}}} \cdot {y_{{\rm{CT}}}} \le 0\\ \Leftrightarrow \left( { - b\sqrt b  + 3b\sqrt b  + 2a} \right)\left( {b\sqrt b  - 3b\sqrt b  + 2a} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow \left( {2a - 2b\sqrt b } \right)\left( {2a + 2b\sqrt b } \right) \le 0\\ \Leftrightarrow {a^2} - {b^3} \le 0\\ \Leftrightarrow {b^3} \ge {a^2}\\ \Leftrightarrow b \ge {a^{\frac{2}{3}}}\end{array}\)

· Vậy để \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất hai nghiệm thì điều kiện của \[a,b\] là miền \(D:\left\{ \begin{array}{l}a \in \left[ {0;2} \right]\\b \in \left( {0;2} \right]\\b \ge {a^{\frac{2}{3}}}.\end{array} \right.\)

Vẽ miền \(D\) trong hệ trục toạ độ \(Oab\), ta được phần gạch sọc như hình bên dưới:

Diện tích miền \(D\) là \[{S_D} = \int\limits_0^2 {\left( {2 - {a^{\frac{2}{3}}}} \right){\rm{d}}a}  \approx 2,095\]

(ii) Gọi \[M\] là biến cố “Người chơi nhận được một phần quà lưu niệm”. Khi đó

· \(\Omega  = \left\{ {\left. {\left( {a;b} \right)} \right|a;b \in \left[ {0;2} \right]} \right\} \Rightarrow \Omega \) biểu diễn một hình vuông cạnh bằng 2. Diện tích của miền \(\Omega \) là \({S_\Omega } = 4.\)

· \(P\left( M \right) = \frac{{{S_D}}}{{{S_\Omega }}} \approx 0,5.\)