Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Trường THPT Ngô Quyền (Hải Phòng) có đáp án

Chọn A

Vì \(y = {3^x}\) là hàm số mũ có cơ số \(a = 3 > 1\).

Chọn B

Chọn D

Ta có \(\overrightarrow {A'B'}  + \overrightarrow {A'D'}  + \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {A'C'}  + \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {A'C'}  = \overrightarrow {AC'} \).

Chọn A

Ta có dãy số \(1;\, - {x^2};\,{x^4};\, - {x^6};\,....\) thoả mãn \({u_1} = 1;\,q =  - {x^2}\).

Chọn A

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {1 + \frac{{2x + 1}}{{x + 2}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {1 + \frac{{2x + 1}}{{x + 2}}} \right) = 3\).

Vậy phương trình đường tiệm cận ngang là \(y = 3\).

Chọn A

Ta có khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 9 - 3 = 6\).

Chọn A

Vì \(\sin \alpha  \in \left[ { - 1;1} \right]\) nên ta loại các đáp án B, C, D do giá trị của vế phải lớn hơn 1.

Do đó ta chọn \(\sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\).

Chọn D

Cỡ mẫu: \(n = 20\).

Ta có \(\frac{n}{4} = 5\) nên \({Q_1} \in \left[ {3,0;3,3} \right)\).

\({Q_1} = 3 + \frac{{5 - 3}}{6} \cdot 0,3 = 3,1\).

Ta có \(\frac{{3n}}{4} = 15\) nên \({Q_3} \in \left[ {3,6;3,9} \right)\).

\({Q_3} = 3,6 + \frac{{15 - \left( {3 + 6 + 5} \right)}}{4} \cdot 0,3 = 3,675\).

Khoảng tứ phân vị là \({\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 3,675 - 3,1 = 0,575\).

Chọn B

Do \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\) nên \(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {SD}  = 4.\overrightarrow {SO} \).

Chọn A

Số tập con có hai phần tử của \(A\) là \(C_{20}^2\).

Chọn D

Ta có \(\int\limits_1^2 {\left( {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right)dx}  = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}  + \int\limits_1^2 {g\left( x \right)dx}  = 3 - 2 = 1\).

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Hàm số có 3 cực trị. Trong đó có 2 cực đại và 1 cực tiểu.

Hàm số có giá trị cực tiểu bằng \( - 1\) và có giá trị cực đại bằng \(3\).

a) Sai

Ta có \(\sin ACB = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{AB}}{{\sin 30^\circ }} = \frac{1}{{\frac{1}{2}}} = 2\).

b) Sai

Từ điểm \(B\) kẻ \(BH \bot AC\) tại \(H\).

Suy ra \(BH \bot \left( {SAC} \right)\)( vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\))

Do đó \(d(B,(SAC)) = BH\).

Ta có \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{2^2} - {1^2}}  = \sqrt 3 \)

Xét tam giác vuông \(ABC\), ta có \(BH = \frac{{AB.BC}}{{AC}} = \frac{{1.\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

c) Sai

Diện tích tam giác vuông \(ABC\) là \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.BA.BC = \frac{1}{2}.1.\sqrt 3  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}.2 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

d) Đúng

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Tam giác \(SBC\) là tam giác vuông tại \(B\).

a) ĐÚNG

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua điểm \(M\left( {8; - 12;4} \right)\) sao cho độ dài \(OA,OB,OC\)theo thứ tự tạo thành cấp số cộng có công sai bằng \(1\). Khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\) tới mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(1,54\) (kết quả làm tròn đến chữ số hàng phần trăm).

Vì mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) cắt \[Ox,Oy,Oz\] lần lượt tại \(A\left( {a;0;0} \right)\), \(B\left( {0;b;0} \right)\), \(C\left( {0;0;c} \right)\)nên

mặt phẳng có dạng: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\)

Độ dài \(OA,OB,OC\)theo thứ tự tạo thành cấp số cộng có công sai bằng \(1\) nên \(b = a + 1;{\rm{ c  =  a + 2}}\)

nên \(\frac{x}{a} + \frac{y}{{a + 1}} + \frac{z}{{a + 2}} = 1\).

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua điểm \(M\left( {8; - 12;4} \right)\), ta có: \(\frac{8}{a} - \frac{{12}}{{a + 1}} + \frac{4}{{a + 2}} = 1(1)\).

Giải phương trình (1) ta được: \(a = 2 \Rightarrow {\rm{ }}b = 3;{\rm{ c  =  4}}{\rm{.}}\)

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có phương trình \(\frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1 \Leftrightarrow 6x + 4y + 3z - 12 = 0\).

Khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\) tới mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là:

\({\rm{d}}\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| { - 12} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {4^2} + {3^2}} }} = \frac{{12}}{{\sqrt {61} }} \approx 1,54\).

b) ĐÚNG

Véc tơ \(\overrightarrow n \left( {1;1;1} \right)\)là một pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua điểm \(H\left( {1;1;1} \right)\) sao cho \(H\) là trực tâm \(\Delta ABC\).

Vì \(H\left( {1;1;1} \right)\) là trực tâm \(\Delta ABC\) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{H \in \left( {ABC} \right)}\\{\overrightarrow {HA} .\overrightarrow {BC}  = 0}\\{\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {AC}  = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 1}\\{ - b + c = 0}\\{a - c = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 3}\\{b = 3}\\{c = 3}\end{array}} \right.\).

Phương trình \(\left( {ABC} \right)\)là: \(x + y + z - 3 = 0\).

Vậy véc tơ \(\overrightarrow n \left( {1;1;1} \right)\)là một pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

c)SAI

Mặt phẳng có phương trình là: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} =  - 1\).

Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\): \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\).

d) ĐÚNG

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua điểm \(G\left( {2;1;4} \right)\) sao cho \(G\) là trọng tâm của tam giác \(\left( {ABC} \right)\) là: \(2x + 4y + z - 12 = 0\).

Vì \(G\) là trọng tâm \(\Delta ABC\) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{a}{3} = 2}\\{\frac{b}{3} = 1}\\{\frac{c}{3} = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 6}\\{b = 3}\\{c = 12}\end{array}} \right.\).

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có phương trình \(\frac{x}{6} + \frac{y}{3} + \frac{z}{{12}} = 1 \Leftrightarrow 2x + 4y + z - 12 = 0\).

a) Sai

Ta có \[y' = \frac{{{x^2} - 4x}}{{{{(x - 2)}^2}}}\] với \[x \ne 2\]

\[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.\]

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, tại \[x = 2\]hàm số không xác định nên hàm số nghịch biến trên khoảng \[(0;2)\] và \[(2;4)\]

b) Đúng

Từ bảng biến thiên, hàm số có 2 điểm cực trị.

c) Đúng

Ta có \[y = \frac{{{x^2} - x + 2}}{{x - 2}} = x + 1 + \frac{2}{{x - 2}}\]

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên là \[x + 1 - y = 0\] và tiệm cận đứng \[x - 2 = 0\]

\[M\] là điểm bất kỳ thuộc đồ thị \[(C)\] nên \[M(t;\frac{{{t^2} - t + 2}}{{t - 2}})\]

Khoảng cách từ \[M\]đến tiệm cận đứng là \[{d_1} = \left| {\frac{{t - 2}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2}} }}} \right| = \left| {t - 2} \right|\]

Khoảng cách từ \[M\]đến tiệm cận xiên là \[{d_2} = \frac{{\left| {t + 1 - \frac{{{t^2} - t + 2}}{{t - 2}}} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\left| {t - 2} \right|}}\]

Nên \[{d_1}.{d_2} = 2\sqrt 2 \]

Vậy tích khoảng cách từ \[M\] đến tiệm cận đứng và tiệm cận xiên của đồ thị \[(C)\] bằng \[2\sqrt 2 \].

d) Đúng

Ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x) =  - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x) =  + \infty \] nên đường thẳng \[x = 2\] là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

a) Sai

Sử dụng máy tính cầm tay, \[\int\limits_0^2 {f(x)dx - } \int\limits_5^2 {f(x)dx + \int\limits_{ - 1}^0 {f(x)dx} }  = 30\]

b) Đúng

\[\int {f(x)dx = } \int {(2x + 1)dx = {x^2}}  + x + C\]

c) Đúng

\[F(x) = {x^2} + x + C\], \[F(1) = 2 \Rightarrow C = 0\]suy ra \[F(x) = {x^2} + x = x(x + 1)\]

\[\frac{1}{{F(1)}} + \frac{1}{{F(2)}} + ... + \frac{1}{{F(99)}} + \frac{1}{{F(100)}} = \frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + ... + \frac{1}{{99.100}} + \frac{1}{{100.101}} = 1 - \frac{1}{{101}} = \frac{{100}}{{101}} = \frac{a}{b}\]

Nên \[a = 100,b = 101 \Rightarrow a + b = 201\]

d) Đúng

Nếu \[\int\limits_0^2 {kf(x)} dx = 2 \Leftrightarrow k\int\limits_0^2 {(2x + 1)} dx = 2 \Leftrightarrow 6k = 2\] thì \[k = 3\]

Đáp án: 769.

Ta có số tiền ban đầu \(A = 850\) triệu

Lãi theo tháng \(r = 0,4\% \)

Số tiền rút hàng tháng \(X = 10\) triệu

Cuối tháng 1, số tiền còn là \({T_1} = A(1 + r) - X\)

Cuối tháng 2, số tiền còn là

\({T_2} = {T_1}(1 + r) - X = \left( {A(1 + r) - X} \right) \times (1 + r) - X = A{(1 + r)^2} - X(1 + r) - X\)

……………….

Cuối tháng n, số tiền còn là \({T_n} = A{(1 + r)^n}\) \[ - X{(1 + r)^{n - 1}} - ... - X\]\( = A{(1 + r)^n} - X\frac{{1 - {{(1 + r)}^n}}}{{1 - (1 + r)}}\)

Với \(n = 12\) ta có \({T_{12}} = 769\) triệu đồng.

Đáp số: 1105

Tọa độ \(A\left( {30;0} \right)\) và phương trình \({\rm{\Delta }}:x - y = 0\).

Gọi \(M\left( {x;y} \right)\) là tập hợp các điểm thuộc đường cong \(\left( {{L_1}} \right)\).

Ta có: \(MA = \sqrt 2 d\left( {M,{\rm{\Delta }}} \right) \Leftrightarrow \sqrt {{{(x - 30)}^2} + {y^2}}  = \sqrt 2  \cdot \frac{{\left| {x - y} \right|}}{{\sqrt 2 }}\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 60x + 900 = {x^2} + {y^2} - 2xy\)

\( \Leftrightarrow xy = 30x - 450 \Leftrightarrow y = \frac{{30x - 450}}{x}\).

Giao điểm giữa \(\left( {{L_1}} \right)\) với \(Ox\) thỏa hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}y = \frac{{30x - 450}}{x}\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow x = 15\).

Ta có: $S_1+S_2+S_3+S_4=4S_1=4\cdot 2\underset{15}{\overset{30}{\int }}\frac{30x-450}{x}\text{ d}x\approx 1105\left({\text{cm}}^2\right)$.

Đáp án: \[1,68\].

Ta gắn hệ trục toạ độ \(Oxy\) như hình vẽ với điểm A trùng với gốc O, đơn vị trên mỗi trục là km.

Khi đó ta có: \[A\left( {0;0} \right)\], \[B\left( {\sqrt 2 ;0} \right)\], \[D\left( {0;4} \right)\], \[C\left( {\sqrt 2 ;4} \right)\].

Parabol có đỉnh \[A\left( {0;0} \right)\] và trục đối xứng Oy nên có phương trình \[y = a{x^2}\]

Vì parabol đi qua điểm \[C\left( {\sqrt 2 ;4} \right)\] nên \[4 = a \cdot {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} \Rightarrow a = 2\].

Do đó đường cong AC có phương trình là \[y = 2{x^2},\,\,\left( {0 \le x \le \sqrt 2 } \right)\].

Với điểm \[P\left( {a;b} \right)\,\,\left( {0 < a < \sqrt 2 } \right)\] thuộc đường cong AC thì \[b = 2{a^2}\].

Vì MN đi qua P và không đi qua hồ nên MN là một phần của đường thẳng d là tiếp tuyến của đường cong AC tại điểm P, có phương trình là:

\[y = y'\left( a \right)\left( {x - a} \right) + b = 4a\left( {x - a} \right) + 2{a^2} \Leftrightarrow y = 4ax - 2{a^2}\].

Vì \[M = d \cap AB \Rightarrow {y_M} = 0 \Leftrightarrow 4a{x_M} - 2{a^2} = 0 \Rightarrow {x_M} = \frac{a}{2}\] nên \[M\left( {\frac{a}{2};0} \right)\].

Vì \[N = d \cap BC \Rightarrow {x_N} = \sqrt 2  \Rightarrow {y_N} = 4\sqrt 2 a - 2{a^2}\] nên \[N\left( {\sqrt 2 ;4\sqrt 2 a - 2{a^2}} \right)\]

Ta có: \[BM = AB - AM = \sqrt 2  - \frac{a}{2}\], \[BN = {y_N} = 4\sqrt 2 a - 2{a^2}\].

Suy ra \[S = \frac{1}{2}BM \cdot BN = \frac{1}{2}\left( {\sqrt 2  - \frac{a}{2}} \right)\left( {4\sqrt 2 a - 2{a^2}} \right) = \frac{{{a^3} - 4\sqrt 2 {a^2} + 8a}}{2}\]

Sử dụng máy tính cầm tay hoặc lập bảng biến thiên cho hàm số \(y = \frac{{{a^3} - 4\sqrt 2 {a^2} + 8a}}{2}\) trên khoảng \(\left( {0;\sqrt 2 } \right)\), ta tính được giá trị lớn nhất của S là \[S = \frac{{32\sqrt 2 }}{{27}} \approx 1,68\] khi \[a = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\].

Đáp án: 25.

Ta có: \({v_A}\left( 0 \right) = 12\,{\rm{m/s}}\).

Khi xe A dừng hẳn: \({v_A}\left( t \right) = 0\)\( \Leftrightarrow t = 4\,{\rm{s}}\).

Quãng đường từ lúc xe A hãm phanh đến lúc dừng hẳn là \(s = \int\limits_0^4 {\left( {12 - 3t} \right){\rm{d}}t} \) \( = 24\,\,({\rm{m)}}\).

Do các xe phải cách nhau tối thiểu \(1\,{\rm{m}}\)để đảm bảo an toàn nên khi dừng lại ô tô A phải hãm phanh khi cách ô tô B một khoảng ít nhất là \(24 + 1 = 25\,\,({\rm{m)}}\).

Trả lời: 5894

Mỗi em bé có 2 lựa chọn (giơ cờ xanh hoặc giơ cờ đỏ). Vì có 10 em bé, tổng số cách giơ cờ là \({2^{10}}\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(N = {2^{10}} = 1024\).

2. Xác định các vị trí tạo thành hình chữ nhật:

10 em bé đứng cách đều nhau trên một vòng tròn tạo thành các đỉnh của một đa giác đều 10 cạnh (thập giác đều).

Một hình chữ nhật nội tiếp đường tròn phải có các đỉnh là các điểm đối xứng qua tâm đường tròn.

Trong một thập giác đều có 10 đỉnh, có 5 cặp đỉnh đối diện nhau qua tâm (tạo thành 5 đường kính).

Để tạo thành một hình chữ nhật, ta cần chọn 2 trong 5 đường kính này.

Số cách chọn 2 đường kính từ 5 đường kính là \(C_5^2 = \frac{{5 \times 4}}{2} = 10\).

Vậy có 10 hình chữ nhật có thể được tạo thành từ 4 vị trí của các em bé.

3. Điều kiện để không có 4 cờ cùng màu tại các đỉnh của hình chữ nhật:

Gọi \({C_1},{C_2},...,{C_{10}}\) là các em bé theo thứ tự trên vòng tròn.

Các cặp em bé đối diện qua tâm là \(({C_1},{C_6}),({C_2},{C_7}),({C_3},{C_8}),({C_4},{C_9}),({C_5},{C_{10}})\).

Gọi \({P_k} = ({C_k},{C_{k + 5}})\) là cặp em bé thứ \(k\) đối diện qua tâm (với \(k = 1,...,5\)).

Mỗi em bé \({C_i}\) giơ cờ xanh (B) hoặc cờ đỏ (R).

Một hình chữ nhật được tạo thành từ 4 em bé, ví dụ \({C_i},{C_j},{C_{i + 5}},{C_{j + 5}}\) (tức là từ hai cặp đường kính \({P_i}\) và \({P_j}\)).

Điều kiện của bài toán là "không có 4 cờ nào cùng màu được giơ lên ở 4 vị trí mà 4 vị trí ấy là 4 đỉnh của một hình chữ nhật".

Điều này có nghĩa là, với bất kỳ hình chữ nhật nào được chọn, 4 lá cờ tại các đỉnh của nó không được đồng thời là 4 cờ xanh và không được đồng thời là 4 cờ đỏ.

Xét các trường hợp màu sắc của một cặp đường kính \({P_k} = ({C_k},{C_{k + 5}})\):

 (B, B): Cả hai em bé giơ cờ xanh.

 (R, R): Cả hai em bé giơ cờ đỏ.

 (B, R) hoặc (R, B): Hai em bé giơ cờ khác màu.

Nếu ta chọn hai cặp đường kính \({P_i}\) và \({P_j}\) để tạo thành một hình chữ nhật:

Nếu \({P_i} = (B,B)\) và \({P_j} = (B,B)\), thì 4 em bé \({C_i},{C_{i + 5}},{C_j},{C_{j + 5}}\) đều giơ cờ xanh. Đây là trường hợp bị cấm.

Do đó, không thể có hai cặp đường kính cùng là (B,B). Tức là, số cặp (B,B) phải nhỏ hơn hoặc bằng 1.

 Tương tự, nếu \({P_i} = (R,R)\) và \({P_j} = (R,R)\), thì 4 em bé \({C_i},{C_{i + 5}},{C_j},{C_{j + 5}}\) đều giơ cờ đỏ. Đây là trường hợp bị cấm.

Do đó, không thể có hai cặp đường kính cùng là (R,R). Tức là, số cặp (R,R) phải nhỏ hơn hoặc bằng 1.

Các trường hợp khác như \((B,B)\) và \((R,R)\) (tạo thành \((B,B,R,R)\)), hoặc \((B,B)\) và \((B,R)\) (tạo thành \((B,B,B,R)\)), hoặc \((B,R)\) và \((R,B)\) (tạo thành \((B,R,R,B)\)), v.v., đều không phải là 4 cờ cùng màu và do đó được phép.

Vậy, điều kiện cần và đủ để không có hình chữ nhật nào có 4 cờ cùng màu là:

Số cặp \((B,B)\) trong 5 cặp đường kính \( \le 1\).

Số cặp \((R,R)\) trong 5 cặp đường kính \( \le 1\).

4. Tính số cách giơ cờ thỏa mãn điều kiện:

Có 5 cặp đường kính. Mỗi cặp có 4 khả năng về màu sắc:

 Loại 1: (B,B) - 1 cách.

 Loại 2: (R,R) - 1 cách.

 Loại 3: (B,R) hoặc (R,B) - 2 cách (gọi là cặp "khác màu").

Gọi \({n_{BB}}\) là số cặp (B,B), \({n_{RR}}\) là số cặp (R,R), \({n_{KM}}\) là số cặp khác màu.

Ta có \({n_{BB}} + {n_{RR}} + {n_{KM}} = 5\). Và điều kiện là \({n_{BB}} \le 1\) và \({n_{RR}} \le 1\).

Các trường hợp thỏa mãn:

Trường hợp 1: \({n_{BB}} = 0,{n_{RR}} = 0\).

Khi đó, \({n_{KM}} = 5\). Tất cả 5 cặp đều là khác màu.

Số cách chọn các cặp: \(C_5^0 \times C_5^0 \times C_5^5 = 1\).

Số cách giơ cờ cho trường hợp này: \(1 \times 1 \times {2^5} = 32\) cách.

Trường hợp 2: \({n_{BB}} = 1,{n_{RR}} = 0\).

Khi đó, \({n_{KM}} = 4\). Có 1 cặp (B,B) và 4 cặp khác màu.

Số cách chọn vị trí cho cặp (B,B): \(C_5^1 = 5\).

Số cách chọn vị trí cho các cặp khác màu: \(C_4^4 = 1\).

Số cách giơ cờ cho trường hợp này: \(5 \times 1 \times {2^4} = 5 \times 16 = 80\) cách.

Trường hợp 3: \({n_{BB}} = 0,{n_{RR}} = 1\).

Khi đó, \({n_{KM}} = 4\). Có 1 cặp (R,R) và 4 cặp khác màu.

Số cách chọn vị trí cho cặp (R,R): \(C_5^1 = 5\).

Số cách chọn vị trí cho các cặp khác màu: \(C_4^4 = 1\).

Số cách giơ cờ cho trường hợp này: \(5 \times 1 \times {2^4} = 5 \times 16 = 80\) cách.

Trường hợp 4: \({n_{BB}} = 1,{n_{RR}} = 1\).

Khi đó, \({n_{KM}} = 3\). Có 1 cặp (B,B), 1 cặp (R,R) và 3 cặp khác màu.

Số cách chọn vị trí cho cặp (B,B): \(C_5^1 = 5\).

Số cách chọn vị trí cho cặp (R,R) từ 4 vị trí còn lại: \(C_4^1 = 4\).

Số cách chọn vị trí cho các cặp khác màu từ 3 vị trí còn lại: \(C_3^3 = 1\).

Số cách giơ cờ cho trường hợp này: \(5 \times 4 \times 1 \times {2^3} = 20 \times 8 = 160\) cách.

Tổng số cách giơ cờ thỏa mãn điều kiện là: \({N_{th?am{\rm{\~a }}n}} = 32 + 80 + 80 + 160 = 352\) cách.

5. Tính xác suất \(a\):

Xác suất \(a\) là tỉ lệ giữa số cách giơ cờ thỏa mãn điều kiện và tổng số cách giơ cờ.

\(a = \frac{{{N_{th?am{\rm{\~a }}n}}}}{N} = \frac{{352}}{{1024}}\)\( = \frac{{11}}{{32}}\)\( \Rightarrow \frac{{2026}}{a} = \frac{{2026}}{{\frac{{11}}{{32}}}}\)\( = \frac{{64832}}{{11}} \approx 5893.8181...\)

Làm tròn đến chữ số hàng đơn vị, ta được \(5894\).

Đáp án: \[{\bf{13}}\].

Thể tích nước ban đầu trong khay thứ nhất là:

\({V_1} = 24 \cdot 12 \cdot 10 = 2880{\mkern 1mu} {\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

Lượng nước đã đổ sang khay thứ hai (ký hiệu là \({V_n}\)) bằng \(\frac{1}{5}\) lượng nước ban đầu:

\({V_n} = \frac{1}{5} \cdot 2880 = 576{\mkern 1mu} {\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).

Gọi \(h\) là chiều cao của chiếc khay thứ hai (hình chóp cụt).

 Đáy nhỏ có đường chéo \(n\)\( \Rightarrow \) Cạnh đáy nhỏ \[{s_1} = \frac{n}{{\sqrt 2 }}\] \[ \Rightarrow \] Diện tích đáy nhỏ \({B_1} = \frac{{{n^2}}}{2}\).

 Đáy lớn có đường chéo \(3n\)\( \Rightarrow \) Cạnh đáy lớn \({s_2} = \frac{{3n}}{{\sqrt 2 }}\)\( \Rightarrow \) Diện tích đáy lớn \({B_2} = \frac{{9{n^2}}}{2}\).

Thể tích của khay thứ hai là:

\({V_{khay}} = \frac{1}{3}h\left( {{B_1} + {B_2} + \sqrt {{B_1} \cdot {B_2}} } \right) = \frac{1}{3}h\left( {\frac{{{n^2}}}{2} + \frac{{9{n^2}}}{2} + \sqrt {\frac{{9{n^4}}}{4}} } \right)\).

\({V_{khay}} = \frac{1}{3}h\left( {5{n^2} + 1,5{n^2}} \right) = \frac{{6,5}}{3}h \cdot {n^2} = \frac{{13}}{6}h \cdot {n^2}\left( 1 \right)\).

Diện tích mặt nước trong khay thứ hai:

Mực nước cao bằng \(\frac{3}{5}h\). Khi đó, phần nước cũng có dạng một hình chóp cụt.

 Đáy dưới của khối nước là đáy nhỏ của khay: \({B_1} = \frac{{{n^2}}}{2}\).

 Đáy trên của khối nước (mặt nước) có cạnh tỉ lệ thuận với chiều cao. Cạnh đáy mặt nước \(s'\)được tính theo công thức:

\(s' = {s_1} + \frac{3}{5}({s_2} - {s_1}) = \frac{n}{{\sqrt 2 }} + \frac{3}{5}\left( {\frac{{3n}}{{\sqrt 2 }} - \frac{n}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{n}{{\sqrt 2 }} + \frac{3}{5} \cdot \frac{{2n}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{11n}}{{5\sqrt 2 }}\)

Suy ra diện tích mặt nước \(B' = {(s')^2} = \frac{{121{n^2}}}{{50}} = 2,42{n^2}\)

Thể tích nước trong khay thứ hai là:

\(\begin{array}{l}{V_n} = \frac{1}{3} \cdot \left( {\frac{3}{5}h} \right) \cdot \left( {{B_1} + B' + \sqrt {{B_1} \cdot B'} } \right) = \frac{h}{5}\left( {0,5{n^2} + 2,42{n^2} + \sqrt {0,5 \cdot 2,42}  \cdot {n^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 576 = \frac{h}{5} \cdot {n^2}\left( {2,92 + 1,1} \right) \Leftrightarrow 576 = \frac{{4,02}}{5}h \cdot {n^2} \Rightarrow h \cdot {n^2} = \frac{{576 \cdot 5}}{{4,02}} \approx 716,418.\end{array}\)

Thay \(h \cdot {n^2}\)vào công thức thể tích khay đã lập ở \(\left( 1 \right)\):

\(a = {V_{khay}} = \frac{{13}}{6} \cdot (h \cdot {n^2}) = \frac{{13}}{6} \cdot \left( {\frac{{576 \cdot 5}}{{4,02}}} \right) \approx 1552,238\).

Làm tròn đến hàng đơn vị: \(a = 1552\).

Tổng các chữ số của \(a\) là: \(1 + 5 + 5 + 2 = 13\).