Đề KSCL Toán 12 tháng 8 năm 2026-2027 THCS&THPT Nguyễn Khuyến (TP HCM) có đáp án

Chọn C.

Hình chiếu vuông góc của điểm $M\left( {{x_0};\,\,{y_0};\,\,{z_0}} \right)$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là điểm có cùng hoành độ, cùng tung độ với $M$ và có cao độ bằng $0$, tức là điểm $\left( {{x_0};\,\,{y_0};\,\,0} \right)$. Với $M\left( {2;\,\, - 3;\,\,5} \right)$, hình chiếu cần tìm là $\left( {2;\,\, - 3;\,\,0} \right)$.

Chọn C.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$. Viết lại $y = x - 1 + \frac{4}{{x - 2}}$, suy ra

$y' = 1 - \frac{4}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x - 2} \right)}^2} - 4}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$

$y' = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = 4$ $\Leftrightarrow$ $x = 0$ hoặc $x = 4$.

Đạo hàm đổi dấu khi $x$ đi qua $0$ và khi $x$ đi qua $4$ nên đồ thị có đúng hai điểm cực trị.

Đặt $u\left( x \right) = {x^2} - 3x + 6$ và $v\left( x \right) = x - 2$.

Khi đó $y' = \frac{{u'v - uv'}}{{{v^2}}}$.

Tại điểm cực trị ${x_0}$ ta có $y'\left( {{x_0}} \right) = 0$, tức $u'\left( {{x_0}} \right)v\left( {{x_0}} \right) - u\left( {{x_0}} \right)v'\left( {{x_0}} \right) = 0$, do đó

$y\left( {{x_0}} \right) = \frac{{u\left( {{x_0}} \right)}}{{v\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{u'\left( {{x_0}} \right)}}{{v'\left( {{x_0}} \right)}} = \frac{{2{x_0} - 3}}{1} = 2{x_0} - 3.$

Vậy cả hai điểm cực trị đều thuộc đường thẳng $y = 2x - 3$.

Kiểm chứng trực tiếp: hai điểm cực trị là $\left( {0;\,\, - 3} \right)$ và $\left( {4;\,\,5} \right)$, cả hai đều thỏa mãn $y = 2x - 3.$

Chọn D.

Thể tích khối lăng trụ được tính bởi $V = S \cdot h$, trong đó $S$ là diện tích đáy và $h$ là chiều cao.

Do đó, $h = \frac{V}{S} = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 3 }} = \frac{{3a}}{{\sqrt 3 }} = a\sqrt 3$.

Chọn D.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2$ nên đường thẳng $y = 2$ là tiệm cận ngang.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = - \infty$ nên đường thẳng $x = - 1$ là tiệm cận đứng.

Đồ thị có tất cả $2$ đường tiệm cận.

Chọn B.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC}$. Do đó:

$\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {DC'} } \right) = \left( {\overrightarrow {DC} ,\,\,\overrightarrow {DC'} } \right) = \widehat {CDC'}$.

Xét tam giác $DCC'$: vì $CC' \bot \left( {ABCD} \right)$ và $DC \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $CC' \bot DC$, tam giác $DCC'$ vuông tại $C$.

Mặt khác $CC' = DC$ (cạnh hình lập phương) nên tam giác đó vuông cân tại $C$, suy ra $\widehat {CDC'} = 45^\circ$.

Chọn A.

Với mọi $x \in \mathbb{R}$ ta có $g\left( { - x} \right) = f\left( {\left| { - x} \right|} \right) = f\left( {\left| x \right|} \right) = g\left( x \right)$ nên $g$ là hàm số chẵn; đồ thị của

$g$ nhận trục tung làm trục đối xứng. Ngoài ra $g$ liên tục trên $\mathbb{R}$ vì $f$ liên tục trên $\mathbb{R}$.

Khi $x > 0$ thì $\left| x \right| = x$, do đó $g\left( x \right) = f\left( x \right)$ và $g'\left( x \right) = f'\left( x \right)$.

Theo bảng xét dấu, trên $\left( {0;\,\, + \infty } \right)$ đạo hàm mang dấu âm trên $\left( {0;\,\,1} \right)$ và mang dấu dương trên $\left( {1;\,\,3} \right)$ cũng như trên$\left( {3;\,\, + \infty } \right)$.

Như vậy $g'$ chỉ đổi dấu một lần, tại $x = 1$; tại $x = 3$ đạo hàm triệt tiêu nhưng không đổi dấu.

Vậy trên $\left( {0;\,\, + \infty } \right)$ hàm số $g$ có đúng một điểm cực trị là $x = 1$ (điểm cực tiểu).

Xét trên khoảng $\left( { - \infty ;\,\,0} \right)$ và tại $x = 0$. Do tính chẵn, $g$ đồng biến trên $\left( { - 1;\,\,0} \right)$ và nghịch biến trên $\left( { - \infty ;\,\, - 1} \right)$, nên $x = - 1$ là một điểm cực tiểu. Hàm số $g$ liên tục tại $x = 0$, đồng biến trên $\left( { - 1;\,\,0} \right)$ và nghịch biến trên $\left( {0;\,\,1} \right)$ nên $x = 0$ là một điểm cực đại.

Hàm số $g$ có $3$ điểm cực trị.

Chọn A.

Góc nhị diện $\left[ {B,\,\,OA,\,\,C} \right]$ có cạnh là đường thẳng $OA$, hai nửa mặt phẳng bờ $OA$ lần lượt chứa $B$ và chứa $C$.

Tại điểm $O$ thuộc cạnh $OA$, tia $OB$ nằm trong nửa mặt phẳng thứ nhất và $OB \bot OA$; tia $OC$ nằm trong nửa mặt phẳng thứ hai và $OC \bot OA$.

Do đó $\widehat {BOC}$ chính là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {B,\,\,OA,\,\,C} \right]$.

Theo giả thiết $OB \bot OC$ nên $\widehat {BOC} = 90^\circ$.

Chọn B.

Từ bảng biến thiên: đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm khi $x$ đi qua $- 1$ nên $x = - 1$ là điểm cực đại và $f\left( { - 1} \right) = 4$; đạo hàm đổi dấu từ âm sang dương khi $x$ đi qua $2$ nên $x = 2$ là điểm cực tiểu và $f\left( 2 \right) = - 1$.

Do đó $M\left( { - 1;\,\,4} \right)$ và $N\left( {2;\,\, - 1} \right)$, tức là ${x_1} = - 1,\,\,{y_1} = 4,\,\,{x_2} = 2,\,\,{y_2} = - 1$.

Suy ra $T = 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 2 - 4 \cdot \left( { - 1} \right) = - 2 + 2 + 4 = 4.$

Chọn A.

Theo giả thiết, $\overrightarrow {AB} = 4\vec i = \left( {4;\,\,0;\,\,0} \right)$, $\overrightarrow {AD} = 3\vec j = \left( {0;\,\,3;\,\,0} \right)$ và $\overrightarrow {AA'} = 6\vec k = \left( {0;\,\,0;\,\,6} \right)$.

Áp dụng quy tắc hình hộp cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$:

$\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \left( {4;\,\,0;\,\,0} \right) + \left( {0;\,\,3;\,\,0} \right) + \left( {0;\,\,0;\,\,6} \right) = \left( {4;\,\,3;\,\,6} \right)$.

Chọn B.

Gọi $M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right) \in \left( C \right)$.

Hệ số góc của tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại $M$ là:

$k = y'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 - 12{x_0} + 15 = 3{\left( {{x_0} - 2} \right)^2} + 3.$

Vì ${\left( {{x_0} - 2} \right)^2} \ge 0$ với mọi ${x_0} \in \mathbb{R}$ nên $k \ge 3$; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ${x_0} = 2$.

Vậy hệ số góc nhỏ nhất bằng $3$, đạt được tại điểm $M\left( {2;\,\,12} \right)$.

Chọn D.

Vì $M$ thuộc trục $Ox$ nên $M\left( {m;\,\,0;\,\,0} \right)$ với $m \in \mathbb{R}$. Khi đó:

$\overrightarrow {AM} = \left( {m - 1;\,\,1;\,\, - 2} \right),\,\,\overrightarrow {BC} = \left( { - 3;\,\, - 2;\,\,2} \right)$.

Điều kiện $AM \bot BC$ tương đương $\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BC} = 0$, tức là:

$- 3\left( {m - 1} \right) + 1 \cdot \left( { - 2} \right) + \left( { - 2} \right) \cdot 2 = 0 \Leftrightarrow - 3m + 3 - 2 - 4 = 0 \Leftrightarrow m = - 1.$

Vậy $M\left( { - 1;\,\,0;\,\,0} \right)$.

Chọn C.

Gọi $A$ là biến cố “cảm biến $A$ phát tín hiệu” và $B$ là biến cố “cảm biến $B$ phát tín hiệu”. Theo giả thiết $P\left( A \right) = 0{,}9$, $P\left( B \right) = 0{,}85$ và $A,\,\,B$ độc lập.

Biến cố “có ít nhất một cảm biến phát tín hiệu” là $A \cup B$, biến cố đối của nó là $\bar A \cap \bar B$.

Vì $A$ và $B$ độc lập nên $\bar A$ và $\bar B$ cũng độc lập, do đó

$P\left( {A \cup B} \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar B} \right) = 1 - 0{,}1 \cdot 0{,}15 = 1 - 0{,}015 = 0{,}985.$

Đáp án: a) Đúng. $\quad$ b) Sai. $\quad$ c) Đúng. $\quad$ d) Sai.

Ta có $f'\left( t \right) = 3a{t^2} + 2bt + c$. Từ đồ thị, điểm $\left( {0;\,\,1} \right)$ là điểm cực tiểu và điểm $\left( {1;\,\,2} \right)$ là điểm cực đại, do đó:

$f\left( 0 \right) = 1,\,\,f'\left( 0 \right) = 0,\,\,f\left( 1 \right) = 2,\,\,f'\left( 1 \right) = 0$.

Suy ra $d = 1$, $c = 0$, $a + b + 1 = 2$, $3a + 2b = 0$.

Giải hệ phương trình ta được $a = - 2$, $b = 3.$

Vậy $f\left( t \right) = - 2{t^3} + 3{t^2} + 1$ và $f'\left( t \right) = - 6{t^2} + 6t = 6t\left( {1 - t} \right)$.

a) Đúng. Theo kết quả trên, $f\left( t \right) = - 2{t^3} + 3{t^2} + 1$.

b) Sai. Trên $\left[ {0;\,\, + \infty } \right)$, $f'\left( t \right) = 6t\left( {1 - t} \right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi $t$ đi qua $1$ nên $t = 1$ là điểm cực đại; tại $t = 2$ hàm số không đạt cực đại.

c) Đúng. Với $0 < t < 1$ thì $6t > 0$ và $1 - t > 0$ nên $f'\left( t \right) > 0$; do đó $f$ đồng biến trên đoạn $\left[ {0;\,\,1} \right]$, tức tốc độ tăng trưởng doanh thu tăng trong năm đầu tiên.

d) Sai. $f\left( {1{,}5} \right) = - 2 \cdot {\left( {1{,}5} \right)^3} + 3 \cdot {\left( {1{,}5} \right)^2} + 1 = - 6{,}75 + 6{,}75 + 1 = 1$ (tỷ đồng/năm).

Đáp án: a) Đúng. $\quad$ b) Sai. $\quad$ c) Sai. $\quad$ d) Đúng.

Phương trình chuyển động: Sau $t$ giờ kể từ 8 giờ sáng, máy bay ở vị trí:

$M\left( t \right) = \left( {50 + 300t;\,\,\;120 + 400t;\;\,\,4 + 3t} \right)$

a) Đúng. $O{M_0} = \sqrt {{{50}^2} + {{120}^2} + {4^2}} = \sqrt {16916} \approx 130{,}06$ (km), sai khác so với $130$ km không quá $1$ km.

b) Sai. Lúc 9 giờ sáng ứng với $t = 1$, cao độ của máy bay là $4 + 3 \cdot 1 = 7$ (km).

c) Sai. Lúc 10 giờ sáng ứng với $t = 2$, máy bay ở vị trí $M\left( {650;\,\,920;\,\,10} \right)$. Khi đó:

$MF = \sqrt {{{\left( {1250 - 650} \right)}^2} + {{\left( {1020 - 920} \right)}^2} + {{\left( {0 - 10} \right)}^2}} = \sqrt {370100} \approx 608{,}4$ (km).

sai khác so với $700$ km lớn hơn $10$ km.

d) Đúng. Máy bay đạt độ cao $10{\rm{\;km}}$ khi $4 + 3t = 10 \Leftrightarrow t = 2$; lúc đó máy bay ở vị trí ${M_1}\left( {650;\,\,920;\,\,10} \right)$.

Kể từ thời điểm này, sau $s$ giờ bay với vận tốc ${\vec v_2}$, máy bay ở vị trí $\left( {650 + 400s;\;\,\,920 + 300s;\;\,\,10 - 5s} \right)$.

Máy bay chạm đất khi $10 - 5s = 0 \Leftrightarrow s = 2$, ứng với tọa độ:

$\left( {650 + 800;\;\,\,920 + 600;\;\,\,0} \right) = \left( {1450;\;\,\,1520;\,\,\;0} \right)$.

Đáp án: a) Sai. $\quad$ b) Sai. $\quad$ c) Đúng. $\quad$ d) Đúng.

Với $t \ge 0$, ta có: $v\left( t \right) = x'\left( t \right) = 2 - \frac{2}{{t + 1}},\,\,a\left( t \right) = v'\left( t \right) = \frac{2}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}$.

a) Sai. Theo kết quả trên, $v\left( t \right) = 2 - \frac{2}{{t + 1}}$ chứ không phải $2 - \frac{3}{{t + 1}}$.

b) Sai. $v\left( 0 \right) = 2 - \frac{2}{{0 + 1}} = 0$ triệu giờ/tuần.

c) Đúng. $v\left( 1 \right) = 2 - \frac{2}{{1 + 1}} = 1$ triệu giờ/tuần.

d) Đúng. $a\left( 1 \right) = \frac{2}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2}}} = 0{,}5$ triệu giờ/tuần$^{2}$.

Đáp án: a) Sai. $\quad$ b) Đúng. $\quad$ c) Đúng. $\quad$ d) Sai.

Các số tự nhiên có hai chữ số là $10;\,\,11; \ldots ;\,\,99$, gồm $99 - 10 + 1 = 90$ số.

Vậy $n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 90$.

a) Sai. Ta có: $n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 90$.

b) Đúng. Các số có hai chữ số chia hết cho $8$ là $16;\,\,24; \ldots ;\,\,96$, lập thành một cấp số cộng với công sai $8$, gồm $\frac{{96 - 16}}{8} + 1 = 11$ số.

Do đó $P\left( A \right) = \frac{{11}}{{90}}$.

c) Đúng. Các số có hai chữ số giống nhau là $11;\,\,22; \ldots ;\,\,99$, gồm $9$ số.

Do đó $P\left( B \right) = \frac{9}{{90}} = \frac{1}{{10}}$.

d) Sai. Biến cố $A \cap B$ gồm các số có hai chữ số giống nhau và chia hết cho $8$; kiểm tra trực tiếp 9 số $11;\,\,22; \ldots ;\,\,99$ chỉ có $88 = 8 \cdot 11$ thỏa mãn, nên $n\left( {A \cap B} \right) = 1$.

Theo công thức cộng xác suất ta có:

$P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = \frac{{11}}{{90}} + \frac{9}{{90}} - \frac{1}{{90}} = \frac{{19}}{{90}} \ne \frac{2}{9}$.

Tốc độ thay đổi nồng độ oxygen. Với $t \ge 0$,

$f'\left( t \right) = - 15 \cdot \frac{{\left( {9{t^2} + 1} \right) - t \cdot 18t}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{15\left( {9{t^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^2}}}$.

Bài toán quy về tìm giá trị lớn nhất của hàm số $f'$ trên $\left[ {0;\,\, + \infty } \right)$. Ta có

$f''\left( t \right) = 15 \cdot \frac{{18t\left( {9{t^2} + 1} \right) - \left( {9{t^2} - 1} \right) \cdot 36t}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^3}}} = \frac{{270t\left( {3 - 9{t^2}} \right)}}{{{{\left( {9{t^2} + 1} \right)}^3}}}$.

Với $t > 0$, dấu của $f''\left( t \right)$ cùng dấu với $3 - 9{t^2}$, nên $f''\left( t \right) > 0$ khi $0 < t < \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ và $f''\left( t \right) < 0$ khi $t > \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Do đó $f'$ đồng biến trên $\left[ {0;\,\,\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right]$ và nghịch biến trên $\left[ {\frac{{\sqrt 3 }}{3};\,\, + \infty } \right)$, nên $f'$ đạt giá trị lớn nhất tại $t = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$, với giá trị lớn nhất bằng $\frac{{15}}{8}$ mg/(L⋅giờ).

So sánh với $t = \frac{{\sqrt a }}{b}$ ta được $a = 3,\,\,b = 3$ (đều là số nguyên tố), suy ra $P = a - b = 0$.

Đáp án: 0.

Phương án 1. Số tiền thuê các quý lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = 10$ và công sai $d = 0{,}5$ (triệu đồng).

Thời hạn 15 năm gồm $n = 15 \cdot 4 = 60{\rm{\;qu\'y }}$, nên tổng chi phí là:

${S_{60}} = \frac{{60}}{2}\left[ {2 \cdot 10 + \left( {60 - 1} \right) \cdot 0{,}5} \right] = 30 \cdot 49{,}5 = 1485$ (triệu đồng).

Phương án 2. Số tiền thuê các năm lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = 70$ và công sai $d = 3$ (triệu đồng), gồm $n = 15$, nên tổng chi phí là:

${S_{15}} = \frac{{15}}{2}\left[ {2 \cdot 70 + \left( {15 - 1} \right) \cdot 3} \right] = \frac{{15}}{2} \cdot 182 = 1365$ (triệu đồng).

Vì $1365 < 1485$ nên doanh nghiệp chọn phương án 2; tổng chi phí thấp nhất là $1365$ triệu đồng.

Đáp án: 1365.

Hàm số xác định khi và chỉ khi $1 - x \ge 0$, $x > 0$ và $x - 1 \ne 0$, tức là $0 < x < 1$.

Vậy tập xác định là $D = \left( {0;\,\,1} \right)$.

Do $D = \left( {0;\,\,1} \right)$ bị chặn nên không xét được giới hạn của hàm số khi $x \to + \infty$ hay $x \to - \infty ;$ đồ thị không có tiệm cận ngang, suy ra $n = 0$.

Với $0 < x < 1$ ta có $x - 1 = - \left( {1 - x} \right) < 0$, do đó:

$y = \frac{{\sqrt {1 - x} }}{{\left( {x - 1} \right)\sqrt x }} = \frac{{\sqrt {1 - x} }}{{ - \left( {1 - x} \right)\sqrt x }} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt {1 - x} \cdot \sqrt x }}.$

Khi $x \to {0^ + }$ thì $\sqrt {1 - x} \to 1$ và $\sqrt x \to {0^ + }$ nên $y \to - \infty$; do đó $x = 0$ là một tiệm cận đứng. Khi $x \to {1^ - }$ thì $\sqrt x \to 1$ và $\sqrt {1 - x} \to {0^ + }$ nên $y \to - \infty$; do đó $x = 1$ là một tiệm cận đứng. Vậy $d = 2$.

$T = 26 \cdot 0 - 27 \cdot 2 = - 54$.

Đáp án: -54.

Theo hình vẽ, ở mỗi góc của tấm vuông, phần bị cắt bỏ được giới hạn bởi hai điểm nằm trên hai cạnh kề và cách đỉnh góc đó $1$ dm.

Do đó mỗi mép ngoài của khay có độ dài $8 - 2 \cdot 1 = 6$ (dm).

Vậy khay là hình chóp cụt đều $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy nhỏ $ABCD$ cạnh $3{\rm{\;dm}}$ và đáy lớn (miệng khay) $A'B'C'D'$ cạnh $6$ dm.

Trung đoạn của mặt bên. Mỗi mặt bên là một hình thang cân; trên tấm phẳng, khoảng cách giữa hai đáy $DC$ và $D'C'$ của hình thang bằng $\frac{{8 - 3}}{2} = 2{,}5$ (dm).

Gọi $M,\,\,M'$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $A'B'$, khi đó $MM' = 2{,}5$ dm.

Tính chiều cao. Gọi $O,\,\,O'$ lần lượt là tâm của hai hình vuông $ABCD$ và $A'B'C'D'$.

Khi đó $OO'$ vuông góc với hai mặt đáy và $OO'$ chính là chiều cao $h$ của khay.

$OM = \frac{{AB}}{2} = \frac{3}{2} = 1{,}5$ (dm) và $O'M' = \frac{{A'B'}}{2} = \frac{6}{2} = 3$ (dm).

Tứ giác $OMM'O'$ là hình thang vuông tại $O$ và $O'$.

Hạ đường vuông góc, ta được tam giác vuông có cạnh huyền $MM'$ và hai cạnh góc vuông là $OO'$ và $O'M' - OM$. Do đó:

$h = OO' = \sqrt {M{{M'}^2} - {{\left( {O'M' - OM} \right)}^2}} = \sqrt {{{2{,}5}^2} - {{1{,}5}^2}} = \sqrt 4 = 2$ (dm).

Đáp án: 2.

Diện tích phần sáng sau mỗi lần thực hiện. Gọi ${S_k}$ là diện tích phần còn sáng sau lần thực hiện thứ $k$; quy ước ${S_0} = 1$ m2.

Ở mỗi lần thực hiện, mỗi ô sáng được chia thành 9 ô bằng nhau và bị phủ sẫm đúng 1 ô, nên phần sáng còn lại bằng $\frac{8}{9}$ phần sáng trước đó:

${S_k} = \frac{8}{9}{S_{k - 1}}\,\,\left( {k = 1;\,\,2; \ldots ;\,\,5} \right)$.

Dãy $\left( {{S_k}} \right)$ là một cấp số nhân với ${S_0} = 1$ và công bội $q = \frac{8}{9}$, do đó ${S_5} = {\left( {\frac{8}{9}} \right)^5} = \frac{{32768}}{{59049}}$.

Diện tích phần được phủ. Tổng diện tích đã phủ vật liệu cảm biến sẫm màu là

$S = {S_0} - {S_5} = 1 - {\left( {\frac{8}{9}} \right)^5} = \frac{{26281}}{{59049}} \approx 0{,}445.$

Làm tròn đến hàng phần trăm được $0{,}45$ m2.

Đáp án: 0,45.

Không gian mẫu. Mỗi kết quả của phép thử được xác định bởi số đặt ở vòng tròn lớn và tập hợp ba số đặt ở ba vòng tròn nhỏ (ba vòng tròn nhỏ không phân biệt vị trí). Số ở vòng tròn lớn có $12$ cách chọn, ba số còn lại có $C_{11}^3 = 165$ cách chọn. Do đó

$n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 12 \cdot 165 = 1980.$

Đếm kết quả thuận lợi. Gọi ba số ở ba vòng tròn nhỏ, sắp xếp tăng dần, là $b - k,\,\,b,\,\,b + k$ với $k \in {\mathbb{N}^ * }$.

Tổng của chúng bằng $3b$, nên số ở vòng tròn lớn là $3b$.

Điều kiện cần là $1 \le b - k$, $b + k \le 12$, $3b \le 12$ và $3b$ khác cả ba số $b - k,\,\,b,\,\,b + k$.

Từ $3b \le 12$ suy ra $b \le 4$; từ $b - k \ge 1$ suy ra $k \le b - 1$, nên $b \ge 2$.

$b = 2:\,\,k = 1$, được bộ $\left\{ {1;\,\,2;\,\,3} \right\}$, số ở giữa là $6$ (thỏa mãn).

$b = 3:\,\,k \in \left\{ {1;\,\,2} \right\}$, được các bộ $\left\{ {2;\,\,3;\,\,4} \right\}$, $\left\{ {1;\,\,3;\,\,5} \right\}$, số ở giữa là $9$ (thỏa mãn).

$b = 4:\,\,k \in \left\{ {1;\,\,2;\,\,3} \right\}$, được các bộ $\left\{ {3;\,\,4;\,\,5} \right\}$, $\left\{ {2;\,\,4;\,\,6} \right\}$, $\left\{ {1;\,\,4;\,\,7} \right\}$, số ở giữa là $12$ (thỏa mãn). Trong mọi trường hợp, điều kiện $b + k \le 12$ đều được thỏa mãn.

Vậy số kết quả thuận lợi là $1 + 2 + 3 = 6$.

$P = \frac{6}{{1980}} = \frac{1}{{330}}$, do đó $33990P = \frac{{33990}}{{330}} = 103$.

Đáp án: 103.