Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 trường ĐH KHTN Hà Nội lần 1 có đáp án

Chọn D

\(y = \frac{{2{x^2} + x}}{{x + 1}} = 2x - 1 + \frac{1}{{x + 1}}\).

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = 2x - 1\).

Chọn C

Tứ phân vị thứ nhất nằm ở nhóm \(\left[ {40;50} \right)\)

\({Q_1} = 40 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 7}}{{10}}.\left( {50 - 40} \right) = \frac{{81}}{2}\)

Tứ phân vị thứ ba nằm ở nhóm \(\left[ {50;60} \right)\)

\({Q_3} = 50 + \frac{{\frac{{3.30}}{4} - 17}}{8}.\left( {60 - 50} \right) = \frac{{455}}{8}\)

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là

\({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{455}}{8} - \frac{{81}}{2} = \frac{{131}}{8} = 16,375\).

Chọn B

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Suy ra \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = 30^\circ \).

Xét tam giác vuông \(SAB\) có \(\tan 30^\circ = \frac{{SA}}{{AB}} \Rightarrow SA = AB.\tan 30^\circ = 2a.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\).

Thể tích của khối chóp đã cho bằng \(V = \frac{1}{3}.{\left( {2a} \right)^2}.\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{8\sqrt 3 {a^3}}}{9}\).

Gọi \(M,N\) lần lượt là biến cố mô hình 1, mô hình 2 dự đoán đúng, ta có \(P\left( M \right) = 0,8;\,\,P\left( N \right) = 0,9.\)

Gọi \(A\) là biến cố trời mưa, ta có \(P\left( A \right) = 0,2;\,\,P\left( {\overline A } \right) = 0,8.\)

Gọi \(X,Y\) lần lượt là biến cố mô hình 1 dự đoán trời mưa, mô hình 2 dự đoán trời mưa.

a) Sai

Xác suất để mô hình 1 dự đoán sai là \[P\left( {\overline M } \right).P\left( {\overline N } \right) = 0,2.0,1 = 0,02.\]

b) Sai

Xác suất mô hình 1 dự đoán không mưa đúng là \(P\left( {\overline A .\overline X } \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline X |\overline A } \right) = 0,8.0,8 = 0,64.\)

Xác suất mô hình 2 dự đoán có mưa đúng là \(P\left( {A.Y} \right) = P\left( A \right).P\left( {Y|A} \right) = 0,2.0,9 = 0,18.\)

Suy ra trong trường hợp Mô hình 1 dự báo không mưa và Mô hình 2 dự báo có mưa, xác suất Mô hình 1 dự báo đúng cao hơn xác suất Mô hình 2 dự báo đúng.

c) Đúng

Xác suất để cả hai mô hình đều dự báo có mưa \(P\left( {XY} \right) = P\left( A \right).P\left( {XY|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {XY|\overline A } \right) = 0,2.0,8.0,9 + 0,8.0,1.0,2 = 0,16.\)

d) Đúng

Ta có \(P\left( {AXY} \right) = P\left( A \right).P\left( {X|A} \right).P\left( {Y|A} \right) = 0,2.0,8.0,9 = 0,144.\)

Ta có \(P\left( {AXY} \right) = P\left( {XY} \right).P\left( {A|XY} \right) \Rightarrow P\left( {A|XY} \right) = \frac{{P\left( {AXY} \right)}}{{P\left( {XY} \right)}} = \frac{{0,144}}{{0,16}} = 0,9.\)

a) Sai

 \(A'\left( x \right)\, = \,0,2\,\,\, - \,\,\,\frac{{500}}{{{x^2}}}\, = \,\frac{{0,2{x^2}\,\, - \,500}}{{{x^2}}}\).

\(A'\left( x \right)\, = \,0\,\, \Leftrightarrow \,0,2{x^2}\, - \,\,500\,\, = \,\,0\,\, \Leftrightarrow \,\,x\,\, = \,\,50\)

b) Đúng

 \(A\left( {10} \right)\, = \,\,54;\,A\left( {50} \right)\, = \,\,22;\,A\left( {100} \right)\, = \,\,27\) suy ra chi phí trung bình trên mỗi chuyến xe thấp nhất là \(22\)triệu đồng

c) Đúng

\(A\left( {10} \right)\, = \,\,54;\,\,A\left( {40} \right)\, = \,\,\frac{{45}}{2}\) suy ra suy ra chi phí trung bình trên mỗi chuyến xe thấp nhất là \(22,5\)triệu đồng.

d) Sai

Chi phí vận hành của một công ty vận tải khi vận hành \(x\) chuyến xe mỗi ngày là \(B\left( x \right)\, = \,\,x.A\left( x \right)\, = \,0,2{x^2}\, + \,2\,x + \,500\) với \(10\,\, \le \,\,x\,\, \le \,\,100\).

Khi đó, \(B'\left( x \right)\, = \,0,4x\, + \,2\,\, > \,\,0\,\,\forall x\, \in \,\left[ {10;\,\,100} \right]\)

\(B\left( {10} \right)\,\, = \,540;\,\,B\left( {100} \right)\, = \,2700\)suy ra tổng chi phí vận hành của công ty vận tải trong một ngày thấp nhất là \(540\) triệu đồng.

Bồn hoa là hình phẳng giới hạn bởi parabol \(\left( P \right):y = - {x^2} + 4\) và trục hoành \(Ox\).

a) Sai.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right):y = - {x^2} + 4\) và trục hoành \(Ox\) là \( - {x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 2\end{array} \right.\).

Diện tích toàn bộ bồn hoa (tổng diện tích trồng hoa hồng và trồng cỏ Nhật ) bằng:

\(S = \frac{2}{3}.d.h = \frac{2}{3}.4.4 = \frac{{32}}{3}\) (với \(d\) là độ dài đáy, \(h\) là chiều cao).

b) Sai.

Đường thẳng \(d:\,y = ax + b\) qua \(M\left( {0;1} \right) \Rightarrow b = 1\).

Nên \(d:y = ax + 1\).

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và parabol \(\left( P \right)\) : \( - {x^2} + 4 = ax + 1 \Leftrightarrow - {x^2} - ax + 3 = 0.\,\,\,\left( * \right)\)

Áp dụng định lý Vi – ét: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - a\\{x_1}.{x_2} = - 3\end{array} \right.\) .

c) Đúng.

Diện tích trồng hoa hồng là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d\)có công thức tính nhanh \[{S_1} = \frac{{\left| { - 1.{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^3}} \right|}}{6}\]

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - a\\{x_1}.{x_2} = - 3\end{array} \right.\)

\[\begin{array}{l}{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = {a^2} + 12.\\ \Rightarrow \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {{a^2} + 12} \end{array}\]

\[{S_1} = \frac{{\left| { - 1.{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^3}} \right|}}{6} = \frac{{{{\left| {{x_1} - {x_2}} \right|}^3}}}{6} = \frac{{{{\left( {\sqrt {{a^2} + 12} } \right)}^3}}}{6}\].

Dễ thấy \({S_{1\left( {\min } \right)}} \Leftrightarrow a = 0 \Rightarrow d:y = 1\).(song song với trục hoành).

d) Đúng.

Diện tích trồng hoa hồng gấp đôi diện tích trồng cỏ Nhật nên:

\({S_1} = 2\left( {S - {S_1}} \right) \Leftrightarrow 3{S_1} = 2S \Leftrightarrow {S_1} = \frac{2}{3}S \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\sqrt {{a^2} + 12} } \right)}^3}}}{6} = \frac{2}{3}.\frac{{32}}{3} \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\sqrt {{a^2} + 12} } \right)}^3}}}{6} = \frac{{64}}{9}\)

\[ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{a^2} + 12} } \right)^3} = \frac{{128}}{3} \Leftrightarrow {a^2} = {\left( {\frac{{128}}{3}} \right)^{\frac{2}{3}}} - 12\].

Gọi \(A\left( {{x_1};a{x_1} + 1} \right),B\left( {{x_2};a{x_2} + 1} \right)\)

\(AB = \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {a^2}{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}\left( {1 + {a^2}} \right)} = \sqrt {{{\left( {\sqrt {{a^2} + 12} } \right)}^2}.\left( {1 + {a^2}} \right)} \)\(\)

\(AB = \sqrt {{{\left( {\frac{{128}}{3}} \right)}^{\frac{2}{3}}}.\left( {1 + {{\left( {\frac{{128}}{3}} \right)}^{\frac{2}{3}}} - 12} \right)} \approx 3,84\).

Vậy chiều dài của dải đèn LED xấp xỉ \(3,84\)mét (làm tròn đến hàng phần trăm).

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

a)   Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt 3 \).

Vậy a) sai.

b)  Ta xét \(f\left( {x,y,z} \right) = x - y + z - 2\). Ta có \(f\left( A \right) = 1 - 2 + \left( { - 1} \right) - 2 = - 4;f\left( B \right) = 2 - 3 + 0 - 2 =  - 3 \Rightarrow f\left( A \right) \cdot f\left( B \right) > 0\).

Do đó hai điểm \(A,B\) nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Vậy b) đúng.

c)   Đường thẳng đi qua \(B\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\), có véc-tơ chỉ phương \(\overrightarrow u = \left( {1; - 1;1} \right)\)

Phương trình đường thẳng \(d\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 - t\\z = t\end{array} \right.,t \in \mathbb{R}\).

Khi đó \(d \cap \left( P \right) = \left\{ H \right\}\). Toạ độ điểm \(H\) là nghiệm hệ phương trình 

                                                             

Vậy c) đúng.

d)  Hai điểm \(A,B\) nằm cùng phía đối với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Gọi điểm \(B'\) là điểm đối xứng với \(B\) qua mặt phẳng \(\left( P \right)\). Khi đó điểm \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BB'\). Suy ra toạ độ điểm \(B'\left( {4;1;2} \right)\).

Khi đó \(MA + MB = MA + MB' \ge AB'\).

Dấu bằng xảy ra khi \(A,M,B'\) thẳng hàng.

Đường thẳng \(AB'\) đi qua \(A\), có véc-tơ chỉ phương \[\overrightarrow {AB'} = \left( {3; - 1;3} \right)\], có phương trình tham số là: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 2 - t\\z = - 1 + 3t\end{array} \right.,t \in \mathbb{R}\)

Điểm \(\left\{ M \right\} = AB' \cap \left( P \right)\). Toạ độ điểm \(M\) là nghiệm hệ phương trình

\[\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 2 - t\\z = - 1 + 3t\\x - y + z - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{4}{7}\\x = \frac{{19}}{7}\\y = \frac{{10}}{7}\\z = \frac{5}{7}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{{19}}{7};\frac{{10}}{7};\frac{5}{7}} \right)\]

Và giá trị nhỏ nhất của \(MA + MB\) bằng \(AB' = \sqrt {19} \).

Vậy d) sai.

Đáp án: 9.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\).

Vì \(E\) là trung điểm của \(SB\) và \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(EM\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\).

Do đó \[EM\,{\rm{//}}\,SA\] và \(EM = \frac{1}{2}SA\).

Vì \(SA \bot (ABC)\) và \[EM\,{\rm{//}}\,SA\] nên \(EM \bot (ABC)\).

Mặt khác, \(MC \subset (ABC)\) nên \(EM \bot MC\).

Góc giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(CE\) bằng góc giữa \(EM\) và \(CE\), tức là \(\widehat {CEM} = {60^\circ }\).

Xét tam giác vuông \(EMC\) tại \(M\), ta có \(\tan \widehat {CEM} = \frac{{MC}}{{EM}}\).

\( \Rightarrow \tan {60^\circ } = \frac{{MC}}{{EM}} \Rightarrow \sqrt 3 = \frac{{MC}}{{EM}} \Rightarrow MC = EM\sqrt 3 \). Vì \(EM = \frac{{SA}}{2}\) nên \(MC = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2}\).

Trong tam giác vuông \(SAB\) tại \(A\), ta có: \(S{A^2} + A{B^2} = S{B^2} \Rightarrow S{A^2} + A{B^2} = {6^2} = 36\) (1).

Trong tam giác vuông \(ABC\) tại \(B\) (do vuông tại \(B\) nên \(AB \bot BC\), và \(M\) trên \(AB\), nên \(MB \bot BC\)), có: \(M{C^2} = M{B^2} + B{C^2}\).

Mà \(MB = \frac{{AB}}{2}\) (vì \(M\) là trung điểm của \(AB\)).

Nên \(M{C^2} = {\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)^2} + B{C^2} = \frac{{A{B^2}}}{4} + {3^2} = \frac{{A{B^2}}}{4} + 9\).

Thay \(MC = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2}\) vào biểu thức \(M{C^2}\), ta được: \({\left( {\frac{{SA\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = \frac{{A{B^2}}}{4} + 9\)\( \Leftrightarrow 3S{A^2} = A{B^2} + 36\) (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S{A^2} + A{B^2} = 36}\\{3S{A^2} - A{B^2} = 36}\end{array}} \right.\)

Cộng hai phương trình, ta được: \((S{A^2} + A{B^2}) + (3S{A^2} - A{B^2}) = 36 + 36\)

\( \Leftrightarrow S{A^2} = 18 \Rightarrow SA = \sqrt {18} = 3\sqrt 2 \).

Thay \(S{A^2} = 18\) vào phương trình (1): \(18 + A{B^2} = 36 \Rightarrow A{B^2} = 18 \Rightarrow AB = \sqrt {18} = 3\sqrt 2 \).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SA\).

Diện tích đáy \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot (3\sqrt 2 ) \cdot 3 = \frac{{9\sqrt 2 }}{2}\).

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{9\sqrt 2 }}{2} \cdot 3\sqrt 2 = \frac{1}{3} \cdot \frac{{27 \cdot 2}}{2} = \frac{1}{3} \cdot 27 = 9\).

Đáp án: \[60,2\].

Chọn hệ trục toạ độ \(Oxy\) như hình vẽ (đơn vị \(dm\)). Khi đó các parabol nhận trục tung làm trục đối xứng, \(\left( {{P_1}} \right)\) đi qua \(\left( {0; - 3} \right)\) và \(\left( {3;3} \right)\) nên có phương trình \(\left( {{P_1}} \right):y = \frac{2}{3}{x^2} - 3\); \(\left( {{P_2}} \right)\) đi qua \(\left( {0;3} \right)\) và \(\left( {3; - 3} \right)\) nên có phương trình \(\left( {{P_2}} \right):y = - \frac{2}{3}{x^2} + 3\).

Hoành độ giao điểm của \(\left( {{P_1}} \right)\) và \(\left( {{P_2}} \right)\) là nghiệm của phương trình \(\frac{2}{3}{x^2} - 3 = - \frac{2}{3}{x^2} + 3 \Leftrightarrow x = \pm \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\)

Lấy \(M\left( {x; - \frac{2}{3}{x^2} + 3} \right)\) \(\left( {0 < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)\)

Suy ra diện tích hình chữ nhật trắng là \({S_1} = 2x.2.\left( { - \frac{2}{3}{x^2} + 3} \right) = - \frac{8}{3}{x^3} + 12x\;\left( {d{m^2}} \right)\) và phần diện tích màu là \({S_2} = S - {S_1} = {6^2} - \left( { - \frac{8}{3}{x^3} + 12x} \right) = \frac{8}{3}{x^3} - 12x + 36\;\left( {d{m^2}} \right)\).

Suy ra chi phí \(C\left( x \right) = \left( { - \frac{8}{3}{x^3} + 12x} \right).0,8 + \left( {\frac{8}{3}{x^3} - 12x + 36} \right).2 = \frac{{16}}{5}{x^3} - \frac{{72}}{5}x + 72\) (nghìn đồng)

Có \(C'\left( x \right) = \frac{{48}}{5}{x^2} - \frac{{72}}{5} = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{2}\),

Có BBT

Suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0;\frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)} C\left( x \right) = \frac{{360 - 24\sqrt 6 }}{5} \approx 60,2\)(nghìn đồng).

Đáp số: 32.

Khối cầu \(R = 20m\) đc tạo ra bằng cách quay nửa đường tròn giới hạn bởi \(x = 20,\) \(x = - 20\) quanh trục \(Ox.\)

Phương trình đường tròn tâm \(O\left( {0;0} \right),\)\(R = 20\) : \({x^2} + {y^2} = {20^2}\) \( \Rightarrow y = \sqrt {400 - {x^2}} \)

\({V_{be}} = \pi \int\limits_{ - 15}^{18} {{{\left( {\sqrt {400 - {x^2}} } \right)}^2}} dx\)\( = 10131\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^3}} \right)\)\( \approx 31827\) (\({m^3}\)) \( \approx 32{\rm{ (nghin }}{{\rm{m}}^3})\)

Đáp án: 12.

\({2^{{a_8}}} = {2^{27}}{a_8} \Leftrightarrow \frac{{{2^{{a_8}}}}}{{{a_8}}} = {2^{27}}\)\( \Rightarrow \) nên phương trình có ngiệm duy nhất \({a_8} = 32\).

\( \Rightarrow {a_8} = {a_1} + 7d = 32 \Rightarrow {a_1} = 32 - 7d\).

\( \Rightarrow {a_3} = {a_1} + 2d = 32 - 5d\).

Vì \({a_1},d\) là số nguyên dương \( \Leftrightarrow {a_1} \ge 1 \Leftrightarrow 32 - 7d \ge 1 \Leftrightarrow d \le 4,4 \Rightarrow d = \left\{ {1,2,3,4} \right\}\)

\[d = 1 \Rightarrow {a_3} = 27\], \[d = 2 \Rightarrow {a_3} = 22\], \[d = 3 \Rightarrow {a_3} = 17\], \[d = 4 \Rightarrow {a_3} = 12\].

Đáp án: 310

Công thức: \(P(B|A) = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(A)}}\)

 Biến cố \(A\): Tổng các số trên mỗi hàng bằng 0.

 Biến cố \(B\): Tổng các số trên mỗi cột bằng 0.

 Chúng ta cần tính số trường hợp của \(A\) và số trường hợp của \(A \cap B\) (tức là cả hàng và cột đều bằng 0).

Bước 1: Tính số cách điền để tổng mỗi hàng bằng 0 (\(n(A)\))

Xét một hàng gồm 3 ô \((x,y,z)\) có giá trị thuộc \(\{ - 1;0;1\} \) sao cho \(x + y + z = 0\). Các bộ số thỏa mãn là:

1. Bộ \(\{ 0;0;0\} \): Có 1 hoán vị \((0,0,0)\).

2. Bộ \(\{ 1; - 1;0\} \): Có \(3! = 6\) hoán vị (ví dụ: \((1, - 1,0),(0,1, - 1),...\)).

\( \Rightarrow \) Có tổng cộng \(1 + 6 = 7\) cách để điền một hàng sao cho tổng bằng 0.

Vì bảng có 3 hàng độc lập, tổng số cách điền thỏa mãn điều kiện \(A\) là: \(n(A) = 7.7.7 = 343\)

Bước 2: Tính số cách điền để CẢ hàng và cột đều bằng 0 (\(n(A \cap B)\))

Gọi hàng gồm toàn số 0 là hàng “0” và hàng chứa \(\{ 1; - 1;0\} \) là hàng “khác”.

Để tổng mỗi cột bằng 0. Chúng ta xét các trường hợp của 3 hàng:

 Trường hợp 1: Cả 3 hàng đều là hàng “0”

o Bảng chỉ toàn số 0. Hiển nhiên tổng cột cũng bằng 0.

o Số cách: 1 cách.

 Trường hợp 2: Có 1 hàng “0” và 2 hàng “khác”

o Gọi hàng “0” là \({H_z}\), hai hàng “khác” là \({H_1},{H_2}\).

o Để tổng mỗi cột bằng 0 thì trên mỗi cột: \({H_z} + {H_1} + {H_2} = 0 \Rightarrow {H_1} + {H_2} = 0 \Rightarrow {H_2} = - {H_1}\).

o Chọn vị trí cho hàng “0”: có 3 cách (hàng 1, 2 hoặc 3).

o Chọn giá trị cho hàng \({H_1}\): có 6 cách (các hoán vị của \(1, - 1,0\)), (vì \({H_2}\) và\({H_1}\) đối nhau nên \({H_1}\) không có chọn vị trí hàng trong 2 hàng còn lại )

o Hàng \({H_2}\) bắt buộc phải là số đối của \({H_1}\) (ví dụ \({H_1}\) là \((1, - 1,0)\) thì \({H_2}\) phải là \(( - 1,1,0)\)), nên chỉ có 1 cách duy nhất.

o Số cách: \(3.6.1 = {\bf{18}}\) cách.

 Trường hợp 3: Cả 3 hàng đều là hàng “khác”

o Mỗi hàng đều có tập \(\{ 1, - 1,0\} \). Tổng cả bảng có ba số 1, ba số -1, ba số 0.

o Để tổng cột bằng 0, mỗi cột cũng phải có tập giá trị là \(\{ 1, - 1,0\} \) (không thể có cột \(\{ 0,0,0\} \) vì nếu thế 2 cột còn lại sẽ không thể có tổng bằng 0 với các số còn lại).

o Điều này nghĩa là mỗi hàng có đúng một số 0, và mỗi cột cũng có đúng một số 0.

 Bước 3.1: Xếp 3 số 0 vào bảng sao cho mỗi hàng 1 số, mỗi cột 1 số. Có \(3! = 6\) cách.

Giải thích: Hàng 1: đặt số 0 có 3 cách, hàng 2: đặt số 0 có 2 cách; hàng 3: đặt số 0 có 1 cách. Suy ra có Có \(3! = 6\) cách.

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\bf{0}}&x&x\\x&{\bf{0}}&x\\x&x&{\bf{0}}\end{array}} \right]\) \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\bf{0}}&x&x\\x&x&{\bf{0}}\\x&{\bf{0}}&x\end{array}} \right]\)\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}x&{\bf{0}}&x\\{\bf{0}}&x&x\\x&x&{\bf{0}}\end{array}} \right]\)\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}x&{\bf{0}}&x\\x&x&{\bf{0}}\\{\bf{0}}&x&x\end{array}} \right]\)\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}x&x&{\bf{0}}\\{\bf{0}}&x&x\\x&{\bf{0}}&x\end{array}} \right]\)\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}x&x&{\bf{0}}\\x&{\bf{0}}&x\\{\bf{0}}&x&x\end{array}} \right]\)

 Bước 3.2: Sau khi xếp số 0, các ô còn lại trong mỗi hàng là \(1\) và \( - 1\). Với một vị trí các số 0 cố định, chỉ có đúng 2 cách điền các số \(1, - 1\) hợp lệ (bạn chọn 1 ô là 1 thì các ô khác sẽ bị ràng buộc theo dây chuyền).

o Số cách: \(6.2 = {\bf{12}}\) cách.

Tổng số trường hợp thỏa mãn mỗi hàng và cột bằng 0 là: \(n(A \cap B) = 1 + 18 + 12 = 31\)

Tính xác suất \(p = \frac{{31}}{{343}}\)

\(3430p = 3430.\frac{{31}}{{343}} = 10.31 = 310\).

Đáp án: 8.

Ta có đường thẳng \(d\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) tại điểm \(M\left( {0;0;4} \right)\) Þ \(\left( P \right) \bot \left( {Oyz} \right)\)

Gọi \(\Delta = \left( P \right) \cap \left( {Oyz} \right)\) Þ \(M \in \Delta \).

Ta có \(A\left( {0;6;4} \right) \in mp\left( {Oyz} \right)\) và \(AH \bot \left( P \right)\) tại \(H\) Þ \(H \in \Delta \)

Þ \(H\) nằm trên đường tròn đường kính \(MA\) trong mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\).

Ta có bán kính đường tròn \(R = \frac{{AM}}{2} = 3\).

Gọi \(I\) là tâm đường tròn Þ \(I\) là trung điểm \(MA\) Þ \(I\left( {0;3;4} \right)\) Þ \(OI = 5\)

Þ \(\max OH = OI + R = 5 + 3 = 8\).