Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo 1 (Bắc Ninh) có đáp án

Chọn D

Ta có  \(y =  - {x^3} + 3{x^2} + 2 \Rightarrow y' =  - 3{x^2} + 6x\). 

\(y' =  - 3{x^2} + 6x > 0 \Leftrightarrow x \in \left( {0;2} \right)\)Vậy D đúng.

Chọn C

Ta có tích phân \(\int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right)dx}  = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^1 = f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right) =  - 1 - 1 =  - 2\)

Chọn  A

Gọi  \(I,J\)là trung điểm của \(AB,\,CD\)a có   \(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  = 2\overrightarrow {SI} ,\,\,\,\,\,\,\overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {SD}  = 2\overrightarrow {SJ} \)

Mà \(\overrightarrow {SI}  \ne \overrightarrow {SJ} \)suy ra \(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  \ne \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {SD} \). Vậy  A sai.

Chọn B

Trung điểm đoạn  thẳng \(AB\) là

\[I\left( {\frac{{2 + 0}}{2};\frac{{2 + \left( { - 4} \right)}}{2};\frac{{3 + 1}}{2}} \right) \Rightarrow I\left( {1; - 1;2} \right)\]  suy ra đáp án B đúng

Chọn B

\(2\overrightarrow a  - \overrightarrow b  = \left( {2;5;5} \right)\)

\(\left| {2\overrightarrow a  - \overrightarrow b } \right| = \sqrt {{2^2} + {5^2} + {5^2}}  = \sqrt {54} \).

Chọn D

\(d = {u_2} - {u_1} =  - 3\).

\({u_5} = {u_1} + 4d = 1 - 4.3 =  - 11\)

Chọn B

\(\begin{array}{l}\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( x \right) - 2x + 1} \right]dx}  = \left( {F\left( x \right) - {x^2} + x} \right)\left| \begin{array}{l}2\\ - 2\end{array} \right.\\ = \left( {F\left( 2 \right) - 4 + 2} \right) - \left( {F\left( { - 2} \right) - 4 - 2} \right) = F\left( 2 \right) - F\left( { - 2} \right) + 4 = 5 + 4 = 9\end{array}\)

Chọn A

Hàm số có tiệm cận xiên loại D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ \(\left( {2;0} \right)\) nên loại B.

Ta có \(y = \frac{{ - {x^2} + 2x}}{{x - 1}} =  - x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}\) suy ra đường tiệm cận xiên là \(y =  - x + 1\) không đi qua điểm có tọa độ \(\left( {0; - 1} \right)\) nên loại C.

Vậy đáp án là A.

Chọn D

Ta có \(\int {{2^x}dx}  = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C\).

Chọn A

Ta có đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(y =  - 1\).

Chọn D

Ta có đường thẳng \(AB\)là hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(SB\)lên mặt phẳng \((ABCD)\).

Suy ra góc giữa đường thẳng \(SB\) với mặt phẳng \((ABCD)\) là góc giữa đường thẳng \(SB\) với đường thẳng \(AB\) và là \(\widehat {SBA}\)

Chọn C

Ta có \(\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) =  - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}\)

a) Điều kiện xác định: \(2x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}\).

Tập xác định của hàm số là \[\left( {\frac{3}{2}\,;\, + \infty } \right)\].

Chọn SAI.

b) Đạo hàm: \(f'\left( x \right) = \frac{2}{{\left( {2x - 3} \right)\ln 3}},\forall x \in \left( {\frac{3}{2}\,;\, + \infty } \right)\).

Chọn ĐÚNG.

c) \[f\left( x \right) = {\log _3}\left( {{x^2} - x - 1} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2x - 3} \right) = {\log _3}\left( {{x^2} - x - 1} \right)\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3 = {x^2} - x - 1\\2x - 3 > 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x + 2 = 0\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\].

Vậy phương trình có một nghiệm\[x = 2\] .

Chọn SAI.

d) \(f\left( x \right) \le 4 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2x - 3} \right) \le 4\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3 \le 81\\2x - 3 > 0\end{array} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 42\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{3}{2} < x \le 42\).

Kết hợp với điều kiện \(x \in \mathbb{Z}\) \( \Rightarrow S = \left\{ {2\,;\,3\,;\,4\,;\,...\,;\,42} \right\}\)

Tổng các phần tử của \(S\) bằng \(2 + 3 + 4 + ... + 42 = \frac{{41}}{2}.\left( {2 + 42} \right) = 902\).

Chọn SAI.

a) Phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = ax + b\left( d \right)\).

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {0;1} \right)\).

Thay vào \(\left( d \right)\) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - a + b = 0}\\{b = 1}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(y = x + 1\). Nên a đúng.

b) Do đồ thị hàm số qua điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên thay vào hàm số ta được \(\frac{c}{d} = 0 \Rightarrow c = 0\).

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 1\)\( \Rightarrow d =  - 1\).

Khi đó \(y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx}}{{x - 1}} = ax + a + b + \frac{{a + b}}{{x - 1}}\).

Do tiệm cận xiên \(y = x + 1\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = 0}\end{array}} \right.\).

Vậy \(y = f\left( x \right) = x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}\)

\[ \Rightarrow y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\]

Mà điểm \(O\left( {0;0} \right)\) là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Vì thế tọa độ điểm cực tiểu là \(T\left( {2;4} \right)\). Nên b đúng.

c) Trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) đồ thị hàm số vừa đi lên, vừa đi xuống nên hàm số vừa đồng biến, vừa nghịch biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\). Nên c sai.

d) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(A\left( {{x_A};{x_A} + 1 + \frac{1}{{{x_A} - 1}}} \right)\), \(B\left( {{x_B};{x_B} + 1 + \frac{1}{{{x_B} - 1}}} \right)\) (\({x_A} \ne {x_B}\)) thuộc đồ thị song song với nhau nên

\[{y'_{\left( A \right)}} = {y'_{\left( B \right)}} \Rightarrow 1 - \frac{1}{{{{\left( {{x_A} - 1} \right)}^2}}} = 1 - \frac{1}{{{{\left( {{x_B} - 1} \right)}^2}}}\]

\[ \Rightarrow {\left( {{x_A} - 1} \right)^2} = {\left( {{x_B} - 1} \right)^2}\]\[ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_A} - 1 = {x_B} - 1}\\{{x_A} - 1 =  - \left( {{x_B} - 1} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_A} = {x_B}(loai)}\\{{x_A} + {x_B} = 2}\end{array}} \right.\].

Vậy: \[{x_A} + {x_B} = 2\], nên đặt \({x_A} = 1 - t,{x_B} = 1 + t\)

Vậy \(A\left( {1 - t;2 - t - \frac{1}{t}} \right)\), \(B\left( {1 + t;2 + t + \frac{1}{t}} \right)\).

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {2t;2t + \frac{2}{t}} \right)\). Véc tơ pháp tuyến của đường thẳng \(AB\) là \(\overrightarrow n  = \left( {t + \frac{1}{t}; - t} \right)\) hay \(\overrightarrow {n'}  = \left( {1 + \frac{1}{{{t^2}}}; - 1} \right)\).

Đặt \(s = 1 + \frac{1}{{{t^2}}}\).

Trung điểm của \(AB\) là \(I\left( {1;2} \right)\)

Vậy phương trình đường thẳng \(AB\) đi qua \(I\left( {1;2} \right)\) và có véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow {n'}  = \left( {s; - 1} \right)\) là:

\(s\left( {x - 1} \right) - \left( {y - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow s.x - y + 2 - s = 0\).

\(d\left( {M;AB} \right) = \frac{{\left| {4s - 1 + 2 - s} \right|}}{{\sqrt {{s^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {3s + 1} \right|}}{{\sqrt {{s^2} + 1} }} = \frac{{3s + 1}}{{\sqrt {{s^2} + 1} }}\left( {do\,s > 0} \right)\).

Đặt \(g\left( s \right) = \frac{{3s + 1}}{{\sqrt {{s^2} + 1} }}\)\( \Rightarrow g'\left( s \right) = \frac{{3 - s}}{{\sqrt {{{\left( {{s^2} + 1} \right)}^3}} }} = 0 \Rightarrow s = 3\).

Hàm \(g\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất tại \(s = 3\). Khi đó \(s = 1 + \frac{1}{{{t^2}}} = 3 \Rightarrow {t^2} = \frac{1}{2}\).

\[\overrightarrow {AB}  = \left( {2t;2t + \frac{2}{t}} \right)\]\[ \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( {2t} \right)}^2} + {{\left( {2t + \frac{2}{t}} \right)}^2}}  = \sqrt {8{t^2} + 8 + \frac{4}{{{t^2}}}} \]

Thay \({t^2} = \frac{1}{2}\) vào \[AB = \sqrt {8.\frac{1}{2} + 8 + \frac{4}{{\frac{1}{2}}}}  = \sqrt {20}  = 2\sqrt 5 \]. Vậy d đúng.

a) Sai.

Ta có: \(\overrightarrow {A'M}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {A'B}  + \overrightarrow {A'C} } \right)\)\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {A'A}  + \overrightarrow {A'B'}  + \overrightarrow {A'A}  + \overrightarrow {A'C'} } \right) = \overrightarrow {A'A}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {A'B'}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {A'C'} \)\( = \frac{1}{2}.\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}.\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AA'} \). Suy ra \(x = y = \frac{1}{2};z =  - 1 \Rightarrow x + y =  - z\).

b) Đúng.

Ta có: \(\overrightarrow {BN}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {BB'}  \Leftrightarrow \overrightarrow {BN}  = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {BN}  + \overrightarrow {NB'} } \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {BN}  = 2\overrightarrow {NB'}  \Leftrightarrow \overrightarrow {NB}  =  - 2\overrightarrow {NB'} \).

c) Đúng.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {CC'}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {AB'} \).

d) Đúng.

Ta có:\(\overrightarrow {C'N}  = \overrightarrow {C'B'}  + \overrightarrow {B'N}  = \overrightarrow {A'B'}  - \overrightarrow {A'C'}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {B'B}  = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  - \frac{1}{3}\overrightarrow {AA'} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {A'M} .\overrightarrow {C'N}  = \left( {\frac{1}{2}.\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}.\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AA'} } \right).\left( {\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC}  - \frac{1}{3}\overrightarrow {AA'} } \right)\)\( = \frac{1}{2}A{B^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  - \frac{1}{6}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AA'}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB}  - \frac{1}{2}A{C^2} - \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AA'}  - \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AC}  + \frac{1}{3}A{A'^2}\)

\( = \frac{1}{2}A{B^2} - \frac{1}{2}A{C^2} + \frac{1}{3}A{A'^2} - \frac{7}{6}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AA'}  + \frac{5}{6}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AA'} \)

\( =  = \frac{1}{2}{a^2} - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{1}{3}{a^2} - \frac{7}{6}\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AA'} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AA'} } \right) + \frac{5}{6}\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AA'} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AA'} } \right)\)

\( = \frac{1}{3}{a^2} - \frac{7}{6}{a^2}.\cos \widehat {A'AB} + \frac{5}{6}{a^2}.\cos \widehat {A'AC} = \frac{1}{3}{a^2} - \frac{7}{6}{a^2}.\cos 120^\circ  + \frac{5}{6}{a^2}.\cos 60^\circ \)

\( = \frac{4}{3}{a^2}\).

a) Đúng.

Ta có: \[v(t) = 2t \Rightarrow v(5) = 10\,\,{\rm{(m/s)}}.\]

b) Đúng.

Ta có: \[v(t) = \int {a.dt}  = at + C.\]

\[v(0) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow v(t) = at\].

c) Đúng.

Ta có: \(s(t) = \int {v(t).dt}  = \int {at} .dt = \frac{{a{t^2}}}{2} + C.\)

\(s(0) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow s(t) = \frac{{a{t^2}}}{2}.\)

\(s(5) = 25 \Rightarrow \frac{{25a}}{2} = 25 \Rightarrow a = 2\).

d) Sai.

Ta có: \(s(t) = {t^2}\).

Quãng đường vật đi được sau 10 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là: \(s(10) = 100\,\,{\rm{(m)}}\).

Đáp án: 17.

Gọi khối lượng sản phẩm \(P,Q\) sản xuất lần lượt là \(x,y\,\left( {x,y \ge 0} \right)\,\,\left( {kg} \right).\)

Khối lượng nguyên liệu \(A\) hiện có là \(10\,kg\) nên \(2x + 2y \le 10 \Leftrightarrow x + y \le 5\)

Khối lượng nguyên liệu \(B\) hiện có là \(4\,kg\) nên \(0x + 2y \le 4 \Leftrightarrow y \le 2\)

Khối lượng nguyên liệu \(C\) hiện có là \(12\,kg\) nên \(2x + 4y \le 12 \Leftrightarrow x + 2y \le 6\)

Ta có hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\y \le 2\\x + y \le 5\\x + 2y \le 6\end{array} \right..\)

Trả lời: 8

Ta có \[\int\limits_0^a {\cos xdx}  = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left. {\sin x} \right|_0^a = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin a = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\a = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\]

Với \[a = \frac{\pi }{6} + k2\pi \]suy ra \[\pi  \le a \le 10\pi  \Leftrightarrow \pi  \le \frac{\pi }{6} + k2\pi  \le 10\pi  \Leftrightarrow \frac{5}{{12}} \le k \le \frac{{59}}{{12}} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\];

Với \[a = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \]suy ra \[\pi  \le a \le 10\pi  \Leftrightarrow \pi  \le \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi  \le 10\pi  \Leftrightarrow \frac{1}{{12}} \le k \le \frac{{55}}{{12}} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}\];

Vậy có 8 giá trị của \[a\] thuộc \[\left[ {\pi ;10\pi } \right]\] thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: \(1,45\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\).

Ta có \(\Delta ACD\) là tam giác đều nên \(AI \bot CD\), \(\Delta BCD\) là tam giác cân tại  \(B\) nên \(BI \bot CD\).

Do đó \(CD \bot \left( {ABI} \right)\).

Trong tam giác \(\Delta ABI\) kẻ \(IO\) vuông góc \(AB\).

Khi đó \(d\left( {AB,CD} \right) = IO\).

Xét \(\Delta ACD\) là tam giác đều cạnh \(2\sqrt 3 \) nên \(AI = 3\).

Xét \(\Delta BCI\) vuông tại \(I\) có \(BI = \sqrt {B{C^2} - C{I^2}}  = \sqrt {7 - 3}  = 2\).

Diện tích tam giác \({S_{\Delta ABI}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AI} \right)\left( {p - BI} \right)}  = \sqrt {\frac{9}{2}\left( {\frac{9}{2} - 4} \right)\left( {\frac{9}{2} - 3} \right)\left( {\frac{9}{2} - 2} \right)}  = \frac{{3\sqrt {15} }}{4}\)

Khi đó \({S_{\Delta ABI}} = \frac{1}{2}OI.AB \Leftrightarrow OI = \frac{{2{S_{\Delta ABI}}}}{{AB}} = \frac{{3\sqrt {15} }}{8}\).

Đáp án: 196.

Để từ \(M\) kẻ được \(2\) tiếp tuyến \(MA\), \(MB\) đến \(\left( C \right)\), suy ra \(OM > 1\).

Dễ thấy \(\widehat {AMO} = \widehat {BMO} = \frac{{\widehat {AMB}}}{2} \Rightarrow \widehat {AMB} \ge 60^\circ  \Leftrightarrow \widehat {AMO} \ge 30^\circ \).

Trong \(\Delta AMO\) vuông tại \(A\):

\(30^\circ  \le \widehat {AMO} < 90^\circ  \Rightarrow \sin 30^\circ  \le \sin AMO < \sin 90^\circ  \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le \frac{{OA}}{{OM}} < 1 \Rightarrow 1 < OM \le 2\).

Do đó: \(1 < \sqrt {{x^2} + {y^2}}  \le 2 \Rightarrow 1 < {x^2} + {y^2} \le 4\). Do \(x,y \in \mathbb{Z}\) nên có hai trường hợp:

·       \({x^2} + {y^2} = 2\): Có \(4\) điểm \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {1;1} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right);\left( { - 1; - 1} \right)} \right\}\).

·       \({x^2} + {y^2} = 4\): Có \(4\) điểm \(\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {2;0} \right);\left( { - 2;0} \right);\left( {0;2} \right);\left( {0; - 2} \right)} \right\}\).

Vậy có \(8\) điểm \(M\) thỏa mãn hay số phần tử của \(T\) là \(8\).

Số cách chọn ngẫu nhiên \(2\) điểm trong \(T\): \(C_8^2 = 28\).

Để đường thẳng đi qua \(2\) điểm được chọn song song với trục \(Ox\) có \(2\) trường hợp thỏa mãn: \(\left( {1;1} \right)\) và \(\left( { - 1;1} \right)\); \(\left( {1; - 1} \right)\) và \(\left( { - 1; - 1} \right)\).

Vậy xác suất cần tìm: \(P = \frac{2}{{28}} = \frac{1}{{14}} \Rightarrow \frac{1}{a} = \frac{1}{{14}} \Rightarrow a = 14 \Rightarrow {a^2} = 196\).

Đáp án: 1,65.

Đặt \(\widehat {CAB} = \varphi \left( {rad} \right)\), \(\,\,\varphi  \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)\).

Ta có \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) \( \Rightarrow AC = AB.\cos \varphi  = 0,1\cos \varphi \).

Mà \(\widehat {COR} = 2\widehat {CAB} = 2\varphi \).

Độ dài cung tròn .

Tổng thời gian người này di chuyển từ \(A\) đến \(C\) và đến B là:  với \(\,\,\varphi  \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)\).

\( \Rightarrow t'\left( \varphi  \right) =  - \frac{1}{{50}}\sin \varphi  + \frac{1}{{60}} = 0 \Leftrightarrow \sin \varphi  = \frac{5}{6} \Rightarrow \varphi  \approx 0,985\) rad.

Bảng biến thiên

Vậy thời gian tối đa để di chuyển từ \(A\) đến \(C\)và đến B là \(t\left( {0,985} \right) = 0,027\)(giờ)\( \simeq 1,65\)phút.

Gọi \(I\) là điểm phát sáng; \(M\) là trung điểm của \(EF;N = SM \cap GH;K = OM \cap G'H'.\)

Ta có \(GH\) là đường trung bình của tam giác \(SEF\) nên

 

Gọi \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(SO,OM.\) Theo đề bài ta có

\(SI = 1{\rm{m,}}IO = 2{\rm{m,}}SP = \frac{1}{2}SO = \frac{3}{2}{\rm{m}} \Rightarrow IP = \frac{1}{2};NP = OQ = 2{\rm{m}}\) (vì \(M\) là trung điểm của \(EF\) nên \(N\) là trung điểm của \(GH,SM)\)

Xét tam giác \(IOK\) có

Mà \(OM = 4\) nên \(M\) là trung điểm của \(OK\) và  nên \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(OG'H' \Rightarrow G'H' = 2EF = 2(AB - AE - FB) = 8{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Do \(M\) là trung điểm của \(EF\), cũng là trung điểm của \(AB\) nên \(OM \bot EF.\) Suy ra \(MK\) là đường cao của hình thang \(EFG'H'\) và \(MK = OM = 4{\rm{ m}}{\rm{.}}\)

Vậy \({S_{EFG'H'}} = \frac{{EF + G'H'}}{2}.MK = \frac{{4 + 8}}{2}.4 = 24{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}.\)

Cách khác

Gọi \(I\) là điểm phát sáng; \(M\) là trung điểm của \(EF\) cũng là trung điểm của \(AB({\rm{v\`i  }}AE = FB);J\) là trung điểm của \(BC\) (hình vẽ).

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho tia \(OM \equiv Ox,ON \equiv Oy,OS \equiv Oz.\) Khi đó

\(O(0;0;0),M(4;0;0),J(0;4;0),S(0;0;3);A(4; - 4;0);B(4;4;0);E(4; - 2;0),F(4;2;0),I(0;0;2).\)

\(H\) là trung điểm \(SE \Rightarrow H\left( {2; - 1;\frac{3}{2}} \right)\); \(G\)là trung điểm của \(SF \Rightarrow G\left( {2;1;\frac{3}{2}} \right).\)

\({\rm{Mp}}(ABCD) \equiv Oxy:z = 0.\)

\(\overrightarrow {IH}  = \left( {2; - 1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}(4; - 2; - 1) \Rightarrow IH:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t\\y =  - 2t\\z = 2 - t\end{array} \right. \Rightarrow H' = IH \cap Oxy \Rightarrow H'(8; - 4;0)\)

\(\overrightarrow {IG}  = \left( {2;1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}(4;2; - 1) \Rightarrow IG:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t'\\y = 2t'\\z = 2 - t'\end{array} \right. \Rightarrow G = IG \cap Oxy \Rightarrow G(8;4;0)\)

\(\overrightarrow {EH'}  = (4; - 2;0),\overrightarrow {EG'}  = (4;6;0),\overrightarrow {EF}  = (0;4;0)\)

Vậy SEFG'H'=SΔEFG'+SΔEG'H'=12EF→×EG'→+EG'→×EH'→=12(16+32)=24 m2.