Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Trần Phú (Phú Thọ) lần 3 có đáp án

Chọn B

Dựa vào đồ thị.

Chọn A

Dựa vào đồ thị.

Chọn B

Điều kiện: \(\sin 2x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow \sin 2x \ne  - 1 \Leftrightarrow 2x \ne  - \frac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow x \ne  - \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Tập xác định:\(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn C

Ta có \[\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {EH}  = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {DB} \].

Chọn B

Ta có \(IB'{\rm{//}}AI'\) nên qua phép chiếu song song đường thẳng \(AI'\) biến điểm \(I\) thành điểm \(B'\).

Chọn A

Ta có \(\int {f\left( x \right)dx = \sin \left[ {2\left( {x + \pi } \right)} \right]}  - {x^3} + C\)\( = \sin 2x - {x^3} + C\).

Chọn A

Ta có \({S_{OBC}} = \frac{1}{4}{S_{ABCD}} = \frac{1}{4}{a^2}\).

\({V_{S.OBC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{OBC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 2 .\frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).

Chọn C

Ta có \({M_e} = 20 + \frac{{\frac{{25}}{2} - \left( {4 + 6} \right)}}{7}\left( {30 - 20} \right)\)\( = \frac{{165}}{7}\).

Chọn B

\[\begin{array}{l}{{\vec a}_d} = \left( { - 2;1;3} \right),{\rm{ }}M\left( {1; - 2;4} \right)\\{{\vec a}_{d'}} = \left( {1; - 1;3} \right),{\rm{ }}M'\left( { - 1;0; - 2} \right)\\\overrightarrow {MM'}  = \left( { - 2;2; - 6} \right)\end{array}\]

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left[ {{{\vec a}_d},{{\vec a}_{d'}}} \right] \ne \overrightarrow 0 \\\left[ {{{\vec a}_d},{{\vec a}_{d'}}} \right]\overrightarrow {MM'}  = 0\end{array} \right.\) nên \(d\) và \(d'\) cắt nhau.

Chọn B

Dãy số là cấp số nhân với \(q =  - 2\).

Chọn C

\[\int {{e^{2x}}} dx = \frac{1}{2}{e^{2x}} + C\].

\(F\left( 0 \right) = \frac{3}{2} \Rightarrow C = 1 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{2}{e^{2x}} + 1 \Rightarrow F\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}{e^{2.\frac{1}{2}}} + 1 = \frac{1}{2}e + 1\).

Chọn A

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;3; - 4} \right);\overrightarrow {CD}  = \left( {0;1;0} \right)\)\(\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \[A\left( {1; - 1;5} \right)\] có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {CD} } \right] = \left( {4;0; - 1} \right)\).

Suy ra \(\left( P \right)\): \(4x - z + 1 = 0\).

a) Sai. \[y' = \frac{{(2x - 2)(x - 1) - ({x^2} - 2x + 2)}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{2{x^2} - 2x - 2x + 2 - {x^2} + 2x - 2}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 2x}}{{{{(x - 1)}^2}}}\].

b) Đúng. Cho \[y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right..\]

Với \[x = 0 \Rightarrow y(0) = \frac{{{0^2} - 2.0 + 2}}{{0 - 1}} =  - 2.\]

Với \[x = 2 \Rightarrow y(2) = \frac{{{2^2} - 2.2 + 2}}{{2 - 1}} = 2.\]

Lập bảng biến thiên hoặc xét dấu \[y'\], ta thấy hàm số đạt cực đại tại \[x = 0\].

Giá trị cực đại \[{y_{CD}} = y(0) =  - 2\].

c) Đúng. Đối với hàm bậc hai trên bậc nhất \[y = \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\], đường thẳng đi qua hai điểm cực trị có phương trình là \[y = \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}} = \frac{{2x - 2}}{1} = 2x - 2\].

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho có phương trình là \[y = 2x - 2\].

d) Sai. Điểm cực tiểu của hàm số \[x = 2\].

a) Đúng

Ta có: \[\int {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int {\left( {x - x\sqrt x } \right)} dx = \int {\left( {x - {x^{\frac{3}{2}}}} \right)} dx = \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{2}{5}{x^{\frac{5}{2}}} + C = \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{2}{5}{x^2}\sqrt x  + C\].

b) Sai

Ta có: \[\int_1^3 {f'(x)} {\rm{d}}x = \left. {f\left( x \right)} \right|_1^3 = f\left( 3 \right) - f\left( 1 \right)\].

c) Đúng

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\[x - x\sqrt x \, = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\].

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị \(\left( C \right)\) và trục hoành là:

\(S = \int\limits_0^1 {\left| {x - x\sqrt x } \right|dx}  = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {x - x\sqrt x } \right)dx} } \right| = \frac{1}{{10}}\).

d) Đúng

Ta có: \[\int x {\rm{d}}x = \frac{{{x^2}}}{2} + C\].

Gọi biến cố \(A:\) “Người được chọn mua cành đào”.

Gọi biến cố \(B:\) “Người được chọn mua cây quất”.

Khi đó \(\overline A :\) “Người được chọn không mua cành đào”;

     \(\overline B :\) “Người được chọn không mua cây quất”.

a) Sai. Xác suất người đó đã không mua cành đào và không mua cây quất là \(\frac{7}{{25}}\).

\(P(\overline A \overline B ) = ?\)

Số người mua cành đào là: \(31\); Số người mua cây quất là: \(12\); Số người mua cả cành đào và cây quất là: \(5\).

Do vậy: Số người chỉ mua cành đào là: \(31 - 5 = 26\).

Số người chỉ mua cây quất là: \(12 - 5 = 7\).

Số người không mua cành đào và không mua cây quất là: \(50 - 26 - 7 - 5 = 12\).

Xác suất người đó đã không mua cành đào và không mua cây quất là: \(P(\overline A \overline B ) = \frac{{12}}{{50}} = \frac{6}{{25}}\).

b) Sai. Xác suất người đó đã mua cây quất và không mua cành đào là \(\frac{9}{{50}}\).

Số người mua cây quất và không mua cành đào là: \(12 - 5 = 7\).

Xác suất để người đó mua cây quất và không mua cành đào là: \(P(B\overline A ) = \frac{7}{{50}}\).

c) Đúng. Xác suất người đó đã mua cành đào và không mua cây quất là \(\frac{{13}}{{25}}\).

Số người chỉ mua cành đào là: \(31 - 5 = 26\).

Xác suất người đó đã mua cành đào và không mua cây quất là: \(P(A\overline B ) = \frac{{26}}{{50}} = \frac{{13}}{{25}}\).

d) Sai. Xác suất người đó đã mua cành đào hoặc cây quất là \(\frac{{20}}{{25}}\).

Số người đã mua cành đào hoặc cây quất là: \(26 + 7 + 5 = 38\).

Xác suất người đó đã mua cành đào hoặc cây quất là: \(P(AB) = \frac{{38}}{{50}} = \frac{{19}}{{25}}\).

a) Đúng

Tọa độ của điểm \(A\left( {66;\, - 75;\,120} \right)\).

b) Đúng

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 64;\,76;\, - 120} \right)\).

\(AB = \sqrt {{{\left( { - 64} \right)}^2} + {{76}^2} + {{\left( { - 120} \right)}^2}}  = \sqrt {24272}  = 4\sqrt {1517} \).

Thời gian mà máy bay sẽ bay từ điểm \(A\) đến điểm \(B\) là \(\frac{{4\sqrt {1517} }}{{240}} \approx 0,65\) giờ \( \approx 39\) phút.

c) Sai

Phương trình đường đi của máy bay là: \(AB:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 - 64t}\\{y = 1 + 76t}\end{array}}\\{z =  - 120t}\end{array}} \right.\)

Phương trình đám mây \(\left( {MNP} \right)\) là: \(\frac{x}{{25}} + \frac{y}{{25}} + \frac{z}{{30}} = 1 \Leftrightarrow 6x + 6y + 5z - 150 = 0\).

Xét phương trình: \(6\left( {2 - 64t} \right) + 6\left( {1 + 76t} \right) + 5\left( { - 120t} \right) - 150 = 0\).

\( \Leftrightarrow 12 - 384t + 6 + 456t - 600t - 150 = 0\).

\( \Leftrightarrow  - 528t = 132\).

\( \Leftrightarrow t =  - \frac{1}{4}\).

+ Với \(t =  - \frac{1}{4}\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\begin{array}{*{20}{c}}{x = 18}\\{y =  - 18}\end{array}}\\{z = 30\,\,\,}\end{array}} \right.\)

Vậy, độ cao của máy bay khi máy bay xuyên qua đám mây là \(30\,{\rm{km}}\).

D) Đúng

Khi máy bay tiếp đất tại điểm \(B\left( {2;\,1;\,0} \right)\).

Tọa độ của máy bay sau khi di chuyển về phía Tây thêm 2 km nữa là \(C\left( {2;\,3;\,0} \right)\).

Khi đó: \(CS = \sqrt {{2^2} + {{127}^2} + {{0,1}^2}}  \approx 127 > 125\) km.

Vậy đài quan sát sẽ không nhìn thấy máy bay.

Đáp án: 17,6

Chọn hệ trục tọa độ \[Oxy\] như hình vẽ trên

\(\left( P \right)\) đi qua các điểm có tọa độ là: \(A( - 200;0)\), \(B(200;0)\), đỉnh parabol có tọa độ là \(I(0;h)\), với \(h\) là chiều cao cần tìm.

\(\left( P \right)\) có đỉnh là \(I(0;h)\), nên \(\left( P \right)\) có dạng: \(y = a{x^2} + h\) (\(a < 0\)).

Vì parabol đi qua điểm \(A( - 200;0)\), ta có:

\(0 = a{( - 200)^2} + h \Rightarrow a =  - \frac{h}{{40000}}\).

Vậy phương trình mô tả bề mặt cầu là:\(y =  - \frac{h}{{40000}}{x^2} + h\).

Độ dốc của bề mặt cầu tại một điểm có hoành độ \(x\) được xác định bởi đạo hàm: \(y' =  - \frac{h}{{20000}}x\)

Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi tiếp tuyến và phương ngang. Ta có: \(\tan \alpha  = |y'|\).

Độ dốc lớn nhất của cây cầu xảy ra tại hai đầu cầu (\(x =  - 200\) hoặc \(x = 200\)).

Theo đề bài, độ dốc không vượt quá  ${10}^{°}$, tức là: $\tan \alpha \le \tan {10}^{°}$$\Rightarrow \left|y^{\text{'}}\right|\le \tan {10}^{°}$

Tại điểm \[A\] (\(x =  - 200\)):

\(|y'( - 200)| = \left| { - \frac{h}{{20000}} \cdot ( - 200)} \right| = \frac{h}{{100}}\).

Từ đó ta có bất phương trình: $\frac{h}{100}\le \tan {10}^{°}$ $\Rightarrow h\le 100\cdot \tan {10}^{°}\approx \mathrm{17,6}$

Đáp án: 3,46.

Chọn hệ trục như hình vẽ

Khi đó đường thẳng vì tam giác \(OAB\) cân và có góc ở đỉnh là \({60^0}\) nên nó là tam giác đều. Ta được các điểm \(A\left( {1;\sqrt 3 } \right);B\left( { - 1;\sqrt 3 } \right)\). Vì vậy phương trình các đường thẳng \(\left( {OA} \right):y = \sqrt 3 x;\left( {OB} \right):y =  - \sqrt 3 x\).

Parabol \(\left( {{C_1}} \right):y = a{x^2} + c\) tiếp xúc với các đường thẳng trên cho nên ta có hệ

\(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt 3  = a{.1^2} + c\\\sqrt 3  = 2a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\c = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\).

Vì vậy diện tích cần tính là \(S = 12\int\limits_0^1 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}{x^2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2} - \sqrt 3 x} \right)} dx = 3,464\).

Đáp số: 0,63

Số cách đi từ góc này đến góc đối diện của lưới 4x4 là: \(n\left( {{\Omega _1}} \right) = C_8^4 = 70\)( cách)

Tổng số cặp đường đi của hai con kiến là: \(n\left( \Omega  \right) = 70.70 = 4900\)( cách)

Gọi A là biến cố “Hai con kiến gặp nhau”.

Hai con kiển chỉ gặp nhau tại thời điểm \(t = 4\)phút. Lúc này, chúng đang ở vị trí \(\left( {x;y} \right)\) sao cho \(x + y = 4\). Trên ô lưới 4x4 có 5 điểm thỏa mãn điều kiện này là \({I_1}\left( {0;4} \right),\,{I_2}\left( {1;3} \right),\,{I_3}\left( {2;2} \right),\,{I_4}\left( {3;1} \right),\,{I_5}\left( {4;0} \right)\)

Để hai con kiến gặp nhau tại điểm \({I_k}\,\)thì hai con kiến phải đi qua \({I_k}\,\)

Số cách con kiến 1 đi qua \({I_k}\,\)là: \[C_4^k\,.C_4^{4 - k} = {\left( {C_4^k} \right)^2}\].

Số cách con kiến 2 đi qua \({I_k}\,\)tương tự là: \[C_4^k\,.C_4^{4 - k} = {\left( {C_4^k} \right)^2}\].

Tổng số trường hợp gặp nhau là:  \[n\left( A \right) = {\left( {C_4^0} \right)^4} + {\left( {C_4^1} \right)^4} + {\left( {C_4^2} \right)^4} + {\left( {C_4^3} \right)^4} + {\left( {C_4^4} \right)^4} = 1810\].

Xác suất hai con kiến gặp nhau là: \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{1810}}{{4900}} = \frac{{181}}{{490}}\].

Xác suất hai con không kiến gặp nhau là: \[P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{{181}}{{490}} = \frac{{309}}{{490}} \approx 0,63\].

Đáp án: \(100\).

Gọi \(x,y\) lần lượt là số kg sản phẩm loại I và loại II mà xưởng sản xuất (\(x,y \in \mathbb{N}\)).

Theo bài ra, ta có hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 4y \le 200}\\{30x + 15y \le 1200}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y \le 100}\\{2x + y \le 80}\\{x \ge 0}\\{y \ge 0.}\end{array}} \right.\)

Miền nghiệm của hệ là tứ giác \(OABC\) với \(O(0,0)\), \(A(40,0)\), \(B(20,40)\), \(C(0,50)\).

Số tiền lời thu được là \(L = 40x + 30y\) .

Ta tính giá trị của \(L\) tại các đỉnh của tứ giác:

Tại \(O(0,0)\): \(L = 0\).

Tại \(A(40,0)\): \(L = 40 \times 40 + 30 \times 0 = 1600\).

Tại \(B(20,40)\): \(L = 40 \times 20 + 30 \times 40 = 2000\).

Tại \(C(0,50)\): \(L = 40 \times 0 + 30 \times 50 = 1500\).

Mức lời cao nhất là \(2000\) nghìn đồng khi \(x = 20\) và \(y = 40\).

Khi đó \(m = 20\), \(n = 40\) .

Vậy \(m + 2n = 20 + 2 \times 40 = 100\).

Đáp án: 2,65.

Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\], do \[ABCD\] là nửa lục giác đều nên \[OI \bot AD\]Chọn hệ trục toạ độ \[{\rm{Ox}}yz\] như hình vẽ

Khi đó \[S\left( {0; - 2a;2a\sqrt 3 } \right),A\left( {0; - 2a;0} \right),B\left( {a\sqrt 3 ; - a;0} \right),C\left( {a\sqrt 3 ;a;0} \right),D\left( {0;2a;0} \right)\].

Gọi góc giữa 2 mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SCD} \right)\] là \[b.\]

\[\begin{array}{l}\overrightarrow {SA} \left( {0;0; - 2a\sqrt 3 } \right),\overrightarrow {SB} \left( {a\sqrt 3 ;a; - 2a\sqrt 3 } \right),\overrightarrow {SC} \left( {a\sqrt 3 ;3a; - 2a\sqrt 3 } \right),\overrightarrow {SD} \left( {0;4a; - 2a\sqrt 3 } \right),\\\left[ {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB} } \right] = \left( {2{a^2}\sqrt 3 ; - 6{a^2};0} \right),\left[ {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {SD} } \right] = \left( {2{a^2}\sqrt 3 ;6{a^2};4{a^2}\sqrt 3 } \right)\end{array}\]

Suy ra vectơ pháp tuyến của \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SCD} \right)\] lần lượt là

\[\overrightarrow {{n_1}} \left( {1; - \sqrt 3 ;0} \right),\overrightarrow {{n_2}} \left( {1;\sqrt 3 ;2} \right),\cos b = \frac{{\left| {1 - 3 + 0} \right|}}{{\sqrt {1 + 3 + 0} .\sqrt {1 + 3 + 4} }} = \frac{1}{{\sqrt 8 }} \Rightarrow \tan b = \sqrt {\frac{1}{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}b}} - 1}  = \sqrt 7  \approx 2,65.\]

Đáp án: 40

Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc \(O\) trùng với đỉnh \(B\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right)\)của hình vuông. Các tia \(BC\) và

\(BA\) lần lượt nằm trên các trục \(Ox\) và \(Oy\).

Các đỉnh của hình vuông có tọa độ: \(B\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right)\), \(C\left( {8\,;\,0\,;\,0} \right)\), \(A\left( {0\,;\,8\,;\,0} \right)\), và \(D\left( {8\,;\,8\,;\,0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) chính là mặt phẳng tọa độ \(Oxy\)có phương trình \(z = 0\), với vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow k  = \left( {0\,;\,0\,;\,1} \right)\)

Nửa đường tròn đường kính \(AB\) có tâm \({O_1}\left( {0\,;\,4\,;\,0} \right)\) và bán kính \(R = 4\).

Điểm \(P\) chia cung  thành 3 đoạn bằng nhau và nằm gần \(B\), nên góc \(\widehat {P{O_1}B} = 60^\circ \).

Gọi \(P'\) là hình chiếu vuông góc của \(P\) lên đường thẳng \(AB\).

Khoảng cách \({O_1}P' = R\cos 60^\circ  = 4.\frac{1}{2} = 2\). Từ đó suy ra \(P'\left( {0\,;\,2\,;\,0} \right)\)

Khoảng cách từ \(P\) đến \(AB\) trên mặt phẳng  là \(P'P = R\sin 60^\circ  = 2\sqrt 3 \).

Sau khi gấp: Điểm \(P\) chiếu vuông góc xuống mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) thành điểm \(G\). Do đó, \(G\) phải nằm trên đường thẳng đi qua \(P'\) và vuông góc với trục \(AB\) . Nghĩa là \(G\) có tọa độ dạng \(\left( {{x_G}\,;\,2\,;\,0} \right)\). Vì \(G\) nằm trong hình vuông nên \({x_G} > 0\)

Xét tam giác vuông \(PP'G\) vuông tại \(G\), ta có:

\(P'G = \sqrt {P'{P^2} - P{G^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 3\)

Từ đó suy ra \({x_G} = 3\), \(G\left( {3\,;\,2\,;\,0} \right)\) Do \(PG = \sqrt 3 \), tọa độ \(P\left( {3\,;\,2\,;\,\sqrt 3 } \right)\).

Nửa đường tròn đường kính \(CD\) có tâm \({O_2}\left( {8\,;\,4\,;0} \right)\) và bán kính \(R = 4\). Vì điểm \(Q\) chia đôi cung \(CD\) nên \(Q\) nằm ở đỉnh của nửa đường tròn. Hình chiếu của \(Q\) lên \(CD\) chính là tâm \({O_2}\). Khoảng cách từ \(Q\) đến \(CD\) là \({O_2}Q = R = 4\)

Tương tự như trên, điểm \(Q\) chiếu vuông góc xuống \(ABCD\) thành \(H\), do đó \(H\) nằm trên đường thẳng qua \({O_2}\)và vuông góc với \(CD\) . Do đó \(H\) có tọa độ dạng \(\left( {{x_H}\,;\,4\,;\,0} \right)\). Vì  nằm trong hình vuông nên \({x_H} < 8\).

Xét tam giác vuông \(Q{O_2}H\) vuông tại \(H\), ta có: \({O_2}H = \sqrt {{O_2}{Q^2} - Q{H^2}}  = 2\).

Vì khoảng cách \({O_2}H = 2\) và \(H\) nằm bên trong hình vuông nên \({x_H} = 8 - 2 = 6\).

Ta được \(H\left( {6\,;\,4\,;\,0} \right)\)

Do \(QH = 2\sqrt 3 \) ta có tọa độ \(Q\left( {6\,;\,4\,;\,2\sqrt 3 } \right)\).

Mặt phẳng $\left(PCQ\right):\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{CP};\overrightarrow{CQ}\right]=\left(0;8\sqrt{3};-16\right)$

Chọn vecto pháp tuyến của \(\left( {PCQ} \right)\): $\left(0;\sqrt{3};-2\right)$

​Góc \(\theta \) giữa mặt phẳng \(\left( {PCQ} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\):

\(\cos \theta  = \frac{{\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow k } \right|}} = \frac{2}{{\sqrt 7 }}\).

Khi đó \({\cos ^2}\theta  = \frac{4}{7}\). Vậy \(70{\cos ^2}\theta  = 40\).