Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT số 1 Tư Nghĩa (Quảng Ngãi) lần 1 có đáp án

Chọn D

Vì \(P\left( A \right) = 0,3 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,3 = 0,7\). Mà nên \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên \(P\left( {\overline A B} \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( B \right) = 0,7.0,2 = 0,14\).

Chọn D

Ta có \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {AB'} \); \(\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DD'}  = \overrightarrow {AD'} \) mà \(\overrightarrow {AD'}  \ne \overrightarrow {AB'} \).

Chọn D

Ta có \(\int {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int {\left( {{x^2} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right){\rm{d}}x}  = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{2}{x} + C\).

Chọn A

Ta có \(\cos x =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{{5\pi }}{6} \Leftrightarrow x =  \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ;\,k \in \mathbb{Z}\).

Chọn A

Giá trị đại diện của các nhóm lần lượt là: \(2,5;\,\,3,5;\,\,4,5;\,\,5,5\). Ta có

\[\bar x = \frac{{{m_1}{x_1} + {m_2}{x_2} + ... + {m_k}{x_k}}}{n} = \frac{{2,5.2 + 3,5.10 + 4,5.6 + 5,5.2}}{{20}} = 3,9\].

Phương sai:

\[{s^2} = \frac{1}{n}\left( {{m_1}{x_1}^2 + ... + {m_k}{x_k}^2} \right) - {\left( {\overline x } \right)^2} = \frac{1}{{20}}\left( {2.2,{5^2} + 10.3,{5^2} + 6.4,{5^2} + 2.5,{5^2}} \right) - 3,{9^2} = 0,64\]

Độ lệch chuẩn: \(s = \sqrt {{s^2}}  = 0,8\).

Chọn A

Diện tích hai hình parabol là: \({S_1} = 2.\frac{2}{3}.AB.\frac{{BC}}{2} = 2.\frac{2}{3}.4.4 = \frac{{32}}{3}(d{m^2}) = \frac{{32}}{{3.100}}({m^2})\).

Diện tích phần tô đậm là: \({S_2} = AB.BC - {S_1} = 4.8 - \frac{{32}}{3} = \frac{{64}}{3}(d{m^2}) = \frac{{64}}{{3.100}}\left( {{m^2}} \right)\).

Để trang trí \[1000\] họa tiết như vậy cần số tiền là:

\(1000.\left( {500.000{S_2} + 300.000{S_1}} \right) = 1000.\left( {500.000.\frac{{64}}{{3.100}} + 300.000.\frac{{32}}{{3.100}}} \right) \approx 138666667\)đ.

Chọn A

Gọi \(D\left( {x;y;z} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AD}  = \left( {x - 3;y - 1,z - 2} \right)\).

\(\overrightarrow {BC}  = \left( {1;3; - 1} \right)\).

Hình bình hành \[ABCD\] \[ \Rightarrow \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BC}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 3 = 1}\\{y - 1 = 3}\\{z - 2 =  - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{y = 4}\\{z = 1}\end{array}} \right.\].

Vậy \(D\left( {4\,;4\,;1} \right)\).

Chọn A

Ta có \(y = \frac{{x - 3}}{{{x^2} - 9}} = \frac{1}{{x + 3}}\) (với \(x \ne  \pm 3\)).

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {3^ + }} \frac{1}{{x + 3}} =  + \infty ;\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - {3^ - }} \frac{1}{{x + 3}} =  - \infty \).

Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là \(x =  - 3\).

Chọn C

Ta có: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Thay số: \({u_7} = 2 + \left( {7 - 1} \right)\,.\,3 = 2 + 6\,.\,3 = 2 + 18 = 20\).

Chọn D

Vận tốc \(v\left( t \right)\) là đạo hàm của quãng đường \(s\left( t \right)\) theo thời gian \(t\). Ta có:

\(v\left( t \right) = s'\left( t \right) =  - \frac{3}{2}{t^2} + 18t + 2\).

Hàm vận tốc \(v\left( t \right)\) là một hàm số bậc hai có đồ thị là một Parabol có hệ số \(a =  - \frac{3}{2} < 0\) nên bề lõm hướng xuống dưới. \( \Rightarrow \) Vận tốc đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh của parabol.

Thời gian để vận tốc đạt giá trị lớn nhất là: \(t =  - \frac{b}{{2a}} =  - \frac{{18}}{{2\,.\,\left( { - \frac{3}{2}} \right)}} = 6{\rm{ }}\,\left( {\rm{s}} \right)\).

Thời điểm \(t = 6\) thỏa mãn điều kiện nằm trong khoảng thời gian 10 giây đầu tiên (\(0 \le t \le 10\)).

Thay \(t = 6\) vào phương trình vận tốc để tìm vận tốc lớn nhất, ta có

\(v\left( 6 \right) =  - \frac{3}{2}{\left( 6 \right)^2} + 18\left( 6 \right) + 2 =  - 54 + 108 + 2 = 56{\rm{ }}\left( {{\rm{m/s}}} \right)\).

Chọn C

Vectơ chỉ phương của \({\Delta _1}\) là: \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( { - 2\,;\,3\,;\,2} \right)\).

Vectơ chỉ phương của \({\Delta _2}\) là: \(\overrightarrow {{u_2}}  = \left( {1\,;\, - 2\,;\,4} \right)\).

Xết tích vô hướng của \(\overrightarrow {{u_1}} \) và \(\overrightarrow {{u_2}} \): \(\overrightarrow {{u_1}} \,.\,\overrightarrow {{u_2}}  =  - 2\,.\,1 + 3\,.\, - 2 + 2\,.\,4 =  - 2 - 6 + 8 = 0\).

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {{u_1}}  \bot \overrightarrow {{u_2}} \)\( \Rightarrow \) Góc của giữa 2 đường thẳng \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) bằng là \(90^\circ \).

Chọn C

Gọi\(M\) là trung điểm của \(AB\) \[ \Rightarrow M\left( {\frac{{1 + 3}}{2}\,;\,\frac{{ - 4 + 2}}{2}\,;\,\frac{{4 + 6}}{2}} \right) \Rightarrow M\left( {2\,;\, - 1\,;\,5} \right)\].

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của \(AB\)là:

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {3 - 1\,;\,2 - ( - 4)\,;\,6 - 4} \right) = \left( {2\,;\,6\,;\,2} \right)\).

Mặt phẳng đi qua \(M\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2\,;\,6\,;\,2} \right)\) có phương trình là:

\( \Leftrightarrow 1\,.\,\left( {x - 2} \right) + 3\,.\,\left( {y + 1} \right) + 1\,.\,\left( {z - 5} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow x - 2 + 3y + 3 + z - 5 = 0\)

\( \Leftrightarrow x + 3y + z - 4 = 0\).

a) Ta có khoảng cách \(d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.2 - 1 + 2.\left( { - 1} \right) - 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{4}{3}\).

Chọn Sai.

b) Ta có mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có cặp vectơ chỉ phương là \({\overrightarrow n _P} = \left( {2; - 1;2} \right)\) và \(\overrightarrow {{n_K}}  = \left( {1;3; - 1} \right)\) nên có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( { - 5;4;7} \right)\), phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) là

\( - 5x + 4\left( {y - 1} \right) + 7\left( {z - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow  - 5x + 4y + 7z - 18 = 0\)\( \Leftrightarrow 5x - 4y - 7z + 18 = 0\)

Chọn Đúng.

c) Ta thay toạ độ điểm \(A\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( K \right)\): \(2 + 3.1 - \left( { - 1} \right) + 2 = 8 \ne 0\) nên điểm \(A\) không thuộc mặt phẳng \(\left( K \right)\).

Chọn Sai.

d) Gọi \(\left( \beta  \right)\) là mặt phẳng đi qua \(A\left( {2;1; - 1} \right)\) và song song với \(\left( P \right).\)

Ta có mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) song song với \(\left( P \right)\) có dạng \(2x - y + 2z + D = 0\,\left( {D \ne  - 5} \right)\)

mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) đi qua \(A\left( {2;1; - 1} \right)\) nên ta có \(2.2 - 1 + 2.\left( { - 1} \right) + D = 0 \Leftrightarrow D =  - 1\) (thỏa mãn)

mặt phẳng \(\left( \beta  \right)\) cần tìm là \(2x - y + 2z - 1 = 0\).

Chọn Đúng.

a) Sai.

Ta có \(A\left( { - 2;0;0} \right),B\left( {2;0;0} \right),C\left( {2;4;0} \right),D\left( { - 2;4;0} \right)\).

Khi đó ta có \(A'\left( { - 2;0;5} \right),B'\left( {2;0;5,5} \right),C'\left( {2;4;6} \right)\).

\(\overrightarrow {A'B'}  = \left( {4;0;0,5} \right),\,\,\overrightarrow {A'C'}  = \left( {4;4;1} \right)\)

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) là \(\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C'} } \right] = \left( { - 2; - 2;16} \right)\).

Hay \(\overrightarrow n  = \left( {1;1; - 8} \right)\)

b) Đúng.

Phương trình mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) đi qua điểm \(A'\left( { - 2;0;5} \right)\) và nhận \(\overrightarrow n  = \left( {1;1; - 8} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến là:

\(1\left( {x + 2} \right) + 1\left( {y - 0} \right) - 8\left( {z - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 8z + 42 = 0\).

Điểm \(D'\left( { - 2;4;{z_{D'}}} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) nên ta có \( - 2 + 4 - 8.{z_{D'}} + 42 = 0 \Leftrightarrow {z_{D'}} = 5,5\).

Vậy độ dài sợi dây là \(5,5\,m\).

c) Sai.

Tọa độ điểm \(D\left( { - 2;4;0} \right)\).

d) Sai.

Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow k  = \left( {0;0;1} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left( {1;1; - 8} \right)\).

Khi đó, \(\cos \left( {\left( {Oxy} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow k } \right|}} = \frac{8}{{\sqrt {1 + 1 + 64} .1}} = \frac{8}{{\sqrt {66} }}\).

Khi đó, góc nghiêng của nền nhà kho so với phương ngang xấp xỉ \(10,02^\circ \).

a) Đúng

Ta có \[{v_B}\left( t \right) = \int {adt}  = at + C\]

mà \[{v_B}\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow C = 0\]

Do đó \[{v_B}\left( t \right) = at\]

Từ lúc chất điểm \[A\] bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm \[B\] bắt kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được là bằng nhau. Do đó

\[\int\limits_0^{25} {\left( {\frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{13}}{{30}}t} \right)} dt = \int\limits_0^{15} {atdt}  \Leftrightarrow \frac{{375}}{2} = \frac{{225}}{2}a \Leftrightarrow a = \frac{5}{3}\]

b) Đúng

Ta có \[\int\limits_0^{15} {\frac{5}{3}t} dt = \frac{{375}}{2}\]

c) Sai

Ta có \[\int\limits_0^{25} {\left( {\frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{13}}{{30}}t} \right)} dt = \frac{{375}}{2}\].

d) Sai

Ta có \[{v_B}\left( {15} \right) = \frac{5}{3}.15 = 25\left( {m/s} \right)\].

a) Sai.

Gọi \({V_1}\) là thể tích của nửa khối cầu tâm \({O_2}\), bán kính \({R_2} = 8\);

\({V_2}\) là thể tích của khối chỏm cầu bán kính \({R_1} = 10\), chiều cao \({O_2}H\).

Ta có \({V_1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi R_2^3 = \frac{{1024}}{3}\pi \).

Trong tam giác \(A{O_1}{O_2}\) vuông tại \({O_2}\) có \({O_1}{O_2} = \sqrt {A{O_1}^2 - A{O_2}^2}  = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}}  = 6\).

Suy ra \({O_2}H = {O_1}H - {O_1}{O_2} = 10 - 6 = 4\).

Do đó \({V_2} = \pi  \cdot {O_2}{H^2}\left( {{R_1} - \frac{{{O_2}H}}{3}} \right) = \pi  \cdot {4^2}\left( {10 - \frac{4}{3}} \right) = \frac{{416}}{3}\pi \).

Vậy thể tích khối tròn xoay thu được là \(V = {V_1} - {V_2} = \frac{{608}}{3}\pi \).

b) Sai.

Toạ độ điểm \({O_1}\) là \({O_1}\left( { - 6;0} \right)\). Suy ra phương trình đường tròn \(\left( {{O_1};10} \right)\) là \({\left( {x + 6} \right)^2} + {y^2} = 100\).

c) Đúng.

Toạ độ điểm \({O_2}\) là \({O_2}\left( {0;0} \right)\). Suy ra phương trình đường tròn \(\left( {{O_2};8} \right)\) là \({x^2} + {y^2} = 64\).

d) Sai.

Diện tích nửa hình tròn \(\left( {{O_2};8} \right)\) là \({S_1} = \frac{1}{2} \cdot 4\pi R_2^2 = 32\pi \).

Gọi \(\left( K \right)\) là phần hình phẳng giới hạn bởi đường \(y = \sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} \), trục hoành, \(x = 0\) và \(x = 4\). Khi đó diện tích hình phẳng \(\left( K \right)\) là \({S_K} = \int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x} \).

Vậy diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) là \(S = {S_1} - 2{S_K} = 32\pi  - 2\int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x} \).

Lưu ý:

a) Thể tích khối tròn xoay thu được là \[V = \pi \int\limits_0^8 {\left( {64 - {x^2}} \right)dx - \pi \int\limits_0^4 {\left( {100 - \left( {x + {6^2}} \right)} \right)dx} }  = \frac{{608}}{3}\pi \].

d) Diện tích hình phẳng \(\left( H \right)\) là \(S = 2\int\limits_0^8 {\sqrt {64 - {x^2}} {\rm{d}}x}  - 2\int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x} \).

hay \(S = 32\pi  - 2\int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x} \)

Đáp án: 60

Lợi nhuận thu được cho mỗi máy tính bảng là: \(p\left( x \right) - c\left( x \right) =  - {x^2} + 60x + 3600 - \frac{{1000}}{x}\).

Lợi nhuận thu được khi bán \(x\) máy tính bảng là: \(L\left( x \right) =  - {x^3} + 60{x^2} + 3600x - 1000\).

Ta có \(L'\left( x \right) =  - 3{x^2} + 120x + 3600\). Cho \(L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 20\,\,\left( {KTM} \right)\\x = 60\end{array} \right.\).

Xét \(L\left( 1 \right) = 2659\), \(L\left( {60} \right) = 215\,000\), \(L\left( {200} \right) =  - 4\,881\,000\).

Suy ra \(L\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất tại \(x = 60\).

Vậy doanh nghiệp đó cần bán \(60\) máy tính bảng để lợi nhuận là cao nhất.

Đáp án: 1,42

Số sê-ri của các phiếu bốc thăm chạy từ 1000 đến 9999.

Số lượng vé được phát hành là: \(n(\Omega ) = 9999 - 1000 + 1 = 9000{\rm{ (v\'e )}}\)

Gọi số sê-ri của một phiếu may mắn là \(x\) (với \(1000 \le x \le 9999\)).

Để phiếu được coi là "May mắn", nó phải thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện:

 Chữ số hàng đơn vị là 0 \( \Rightarrow x\) chia hết cho 10.

 \(x\) chia hết cho 7.

Vì 10 và 7 là hai số nguyên tố cùng nhau (\({\rm{UCLN}}(10,7) = 1\)), nên để \(x\) chia hết cho cả 10 và 7 thì \(x\) phải chia hết cho \({\rm{BCNN}}(10,7) = 70\).

Hay nói cách khác, \(x\) là bội số của 70. Ta đặt \(x = 70k\) (với \(k \in \mathbb{Z}\)).

Do \(x\) nằm trong khoảng từ 1000 đến 9999, ta có:

\(1000 \le 70k \le 9999\)

\( \Rightarrow \frac{{1000}}{{70}} \le k \le \frac{{9999}}{{70}}\)

\( \Rightarrow 14.28 \le k \le 142.84\)

Vì \(k\) phải là số nguyên (\(k \in \mathbb{Z}\)), nên các giá trị của \(k\) là: \(k \in \{ 15,16,17, \ldots ,142\} \).

Số lượng giá trị \(k\) thỏa mãn (chính là số lượng vé may mắn) là: \(n(A) = 142 - 15 + 1 = 128\).

Xác suất \(P\) để một khách hàng rút ngẫu nhiên được vé trúng thưởng là: \(P\left( A \right) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{128}}{{9000}} = \frac{{16}}{{1125}}\).

Suy ra, \(100P = 100 \cdot \frac{{16}}{{1125}} = \frac{{64}}{{45}} \approx 1,4222...\)

Làm tròn đến hàng phần trăm, ta được kết quả là 1,42.

Đáp án: 824

Chọn hệ trục\(Oxy\) sao cho trục của thùng rượu trùng với trục \(Ox\), tâm của thùng trùng với gốc tọa độ \(O\).

Mặt cắt dọc của thùng là một đường Parabol có dạng \(y = a{x^2} + c\).

Vì thiết diện qua trục vuông góc với trục và cách đều hai đáy có chu vi là\(100\pi cm\).

Nên ta có \(C = 2\pi R = 100\pi  \Rightarrow R = 50cm = 5dm \Rightarrow c = 5\)

\( \Rightarrow y = a{x^2} + 5\)

Khoảng cách giữa hai đáy là\(1,2m = 12dm\) và bán kính đáy \(40cm = 4dm\)

Tại đáy thùng bán kính là 4 nên điểm \(M\left( {6;4} \right) \in \left( P \right)\)

Khi đó ta có \(4 = a{.6^2} + 5 \Rightarrow a = \frac{{ - 1}}{{36}} \Rightarrow y = \frac{{ - 1}}{{36}}{x^2} + 5\)

Thể tích của khối tròn xoay

\(V = \pi \int_{ - 6}^6 {{{\left[ {y\left( x \right)} \right]}^2}} dx = \pi \int_{ - 6}^6 {{{\left( {\frac{{ - 1}}{{36}}{x^2} + 5} \right)}^2}} dx = 824,35\) lít.

Đáp án: 10

Gọi \(M\) là giao điểm của \(\Delta \) và trục \(Ox\). Vì \(M \in Ox\) nên \(M\) có dạng \(M(m;0;0)\).

Vì \(\Delta \) đi qua \(A(1;2; - 3)\) và \(M(m;0;0)\) nên có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {AM}  = (m - 1; - 2;3)\).

Mặt phẳng \((P)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}}  = (1;2; - 1)\).

Vì đường thẳng \(\Delta \) song song với mặt phẳng \((P)\) nên vectơ chỉ phương của \(\Delta \) vuông góc với vectơ pháp tuyến của \((P)\). Ta có \(\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {{n_P}}  = 0\)

\( \Leftrightarrow (m - 1) \cdot 1 + ( - 2) \cdot 2 + 3 \cdot ( - 1) = 0\)

\( \Leftrightarrow m - 1 - 4 - 3 = 0\)

\( \Leftrightarrow m = 8\).

Với \(m = 8\), ta có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {AM}  = (7; - 2;3)\).

Theo đề bài, đường thẳng \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương là \(\vec u = (a; - 2;b)\).

Suy ra \(a = 7\) và \(b = 3\).

Vậy giá trị \(a + b = 7 + 3 = 10\).

Đáp án: \[6,52\].

Đặt hệ trục toạ độ \[{\rm{Ox}}yz\] như hình vẽ, mặt phẳng đáy là \(z = 0\). Chọn \(A(0,0,0)\), \(B(9,0,0)\), \(C\left( {\frac{9}{2},\frac{{9\sqrt 3 }}{2},0} \right)\).

Vì \(H \in AB\) và \(HA = 2HB\), mà \(AB = 9\), nên \(HB = 3\), \(HA = 6\).

Suy ra \(H(6,0,0)\).Hình chiếu vuông góc của \(S\) lên đáy là \(H\), nên \(S(6,0,h)\).

Góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \((ABC)\) bằng ${45}^{°}$, nên $\tan {45}^{°}=\frac{SH}{HC}\Rightarrow SH=HC$

Tính \(HC = \sqrt {{{\left( {6 - \frac{9}{2}} \right)}^2} + {{\left( {0 - \frac{{9\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} \)\( = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + \frac{{243}}{4}}  = \sqrt {\frac{{252}}{4}}  = 3\sqrt 7 \).Vậy \(h = 3\sqrt 7 \), tức là \(S(6,0,3\sqrt 7 )\).

Lấy vectơ chỉ phương: \(\vec u = \overrightarrow {SA}  = ( - 6,0, - 3\sqrt 7 )\), \(\vec v = \overrightarrow {BC}  = \left( { - \frac{9}{2},\frac{{9\sqrt 3 }}{2},0} \right)\).

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \(SA\) và \(BC\): \(d = \frac{{|\overrightarrow {SB}  \cdot \left[ {\vec u;\vec v} \right]|}}{{|\left[ {\vec u;\vec v} \right]|}}\)\( = \frac{{9\sqrt {210} }}{{20}} \approx 6,52\).

Đáp án: \(5,4\)

Chọn mốc thời gian là khi máy bay thứ nhất bắt đầu chuyển động.

Tại thời điểm \(t\), tọa độ của máy bay thứ nhất là \({A_1} = A + 75t\frac{{\overrightarrow {{v_1}} }}{{\left| {\overrightarrow {{v_1}} } \right|}} = \left( {25 - 45t; - 10 - 60t;1} \right)\).

Tời thời điểm \(t\), tọa độ của chiếc máy bay thứ hai là \({B_1} = B + 90t\frac{{\overrightarrow {{v_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{v_2}} } \right|}} = \left( {30 - 72t; - 25 + 54t;1,1} \right)\).

Mãy bay thứ hai đi vào phạm vi theo dõi của radar máy bay thứ nhất khi

\({A_1}{B_1} < 5,5\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {5 - 27t} \right)}^2} + {{\left( {15 - 114t} \right)}^2} + 0,{1^2}}  < 5,5\)

\( \Leftrightarrow 13725{t^2} - 3690t + 219,76 < 0\)\( \Rightarrow t \in \left( {0,09;0,18} \right)\).

Vậy thời gian máy bay thứ hai xuất hiện trên màn hình radar của máy thứ nhất là

\({\Delta _t} = 0,18 - 0,09 = 0,09\)(h)\( = 5,4\)(phút).