Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 4)

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {1\,;\,3} \right)$.

Chọn A.

Điều kiện xác định: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + 2 > 0}\\{{x^2} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x > - 2}\\{x \ne 0}\end{array}} \right.} \right..$

Vậy tập xác định của hàm số là $\left( { - 2;0} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right).$ Chọn A.

Ta có $f\left( x \right) = {x^4} - 10{x^2} + 1 = {\left( {{x^2} - 5} \right)^2} - 24.$

Do ${\left( {{x^2} - 5} \right)^2} \ge 0$ nên $f\left( x \right) \ge - 24.$

Đẳng thức xảy ra khi ${x^2} - 5 = 0 \Leftrightarrow x = - \sqrt 5 \in \left[ { - 3\,;\,2} \right]$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 3\,;\,2} \right]$ bằng $- 24$ khi $x = - \sqrt 5 .$ Chọn D.

Số trung bình của mẫu số liệu đã cho là:

$\bar x = \frac{{1 \cdot 2 + 3 \cdot 5 + 5 \cdot 8 + 7 \cdot 7 + 9 \cdot 3}}{{25}} = 5{,}32$. Chọn D.

Tích vô hướng của hai vectơ $\vec a$ và $\vec b$ được tính bằng công thức

$\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \cdot \cos \left( {\vec a,\vec b} \right)$. Chọn C.

Đường thẳng ở đáp án A có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {u'} = \left( { - 4; - 6;2} \right)$.

$\Rightarrow$ Đường thẳng này có một vectơ chỉ phương là $\vec u = \left( {2\,;3\,; - 1} \right).$ Chọn A.

Ta có $2 \cdot 2 - 3 \cdot 1 - 2 \cdot 2 + 3 = 0$ đúng.

Vậy $C\left( {2\,;1\,;2} \right) \in \left( P \right)$. Chọn B.

Ta có $AA'{\rm{//}}CC' \Rightarrow \left( {AA',BC'} \right) = \left( {CC',BC'} \right).$

Mặt khác tam giác $BCC'$ vuông tại $C$ có $CC' = BC$ nên là tam giác vuông cân.

Vậy góc giữa hai đường thẳng $AA'$ và $BC'$ bằng $45^\circ .$ Chọn C.

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;2;0} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {0\,;2\,;1} \right)$.

b) Đúng. Đường thẳng $d$ có phương trình tham số là $\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left\{ \begin{array}{l}x = t\;\\y = - 2 - t\;\\z = 3 - 2t.\end{array} \right.}\end{array}$

c) Sai. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,;2\,;0} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {0\,;2\,;\,1} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {2\,;1\,; - 2} \right)$.

d) Sai. Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ là $2x + y - 2z + 3 = 0.$

Thay $x,y,z$ theo $t$ vào phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ ta được: $2t - t - 2 - 2\left( {3 - 2t} \right) + 3 = 0 \Rightarrow t = 1$

$\Rightarrow I\left( {1\,; - 3\,;1} \right) \Rightarrow a + 2b + 3c = - 2$.

a) Sai. Xác suất để mẫu chọn ra có quá trình tự phân hủy cao là $\frac{{32}}{{110}} = \frac{{16}}{{55}}$.

b) Sai. Xác suất để mẫu chọn ra có quá trình tự phân hủy cao và độ thối rữa thấp là $\frac{{18}}{{110}} = \frac{9}{{55}}.$

c) Đúng. Nếu quá trình tự phân hủy của một mẫu chọn ra là cao thì xác suất để thối rữa thấp là$\frac{{18}}{{32}} = \frac{9}{{16}}$.

d) Đúng. Nếu độ thối rữa một mẫu chọn ra là cao thì xác suất để quá trình tự phân hủy cao bằng $\frac{{14}}{{73}}.$

a) Sai. Vì $D\left( {0\,;0\,;\,9} \right){\rm{ n\^e n }}\overrightarrow {CD} = \left( {0; - 20; - 1} \right) \ne \overrightarrow {AB} = \left( {0\,;20\,;\,1} \right)$.

b) Đúng. Ta có $\overrightarrow {DC} = \left( {0;\,20;\,1} \right) = \overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = 0$ nên $ABCD$ là hình chữ nhật.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Ta có $M\left( {10\,;10\,;9{,}5} \right){\rm{ v\`a }}N\left( {0\,;10\,;9{,}5} \right)$.

Vậy K sẽ là trung điểm của MN và $K\left( {5\,;10\,;9{,}5} \right)$.

c) Đúng. Độ dài $CQ = \sqrt {{{\left( {5 - 0} \right)}^2} + {{\left( {20 - 20} \right)}^2} + {{\left( {7 - 10} \right)}^2}} = \sqrt {34} = DP$.

Ta có $P\left( {5\,;0\,;c} \right)$ nên $DP = \sqrt {34} = \sqrt {{{\left( {5 - 0} \right)}^2} + {0^2} + {{\left( {c - 9} \right)}^2}}$

$\Rightarrow {\left( {c - 9} \right)^2} = 34 - 25 = 9 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{c - 9 = 3}\\{c - 9 = - 3}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{c = 12}\\{c = 6}\end{array}} \right.} \right.$.

Mà $Q$ có cao độ lớn hơn $P$ nên $c < 7$.

Vậy $P\left( {5\,;0\,;6} \right)$, tọa độ trung điểm $H$ của QP là $H = \left( {\frac{{5 + 5}}{2};\frac{{20 + 0}}{2};\frac{{7 + 6}}{2}} \right) = \left( {5\,;10\,;6{,}5} \right)$.

d) Sai. Điểm $I$ cách đều các điểm A, B, C, D nên nó sẽ nằm trên đường thẳng đi qua tâm hình chữ nhật ABCD, chính là đi qua điểm $K$ và nó cũng cách điểm $H$ khoảng cách tương tự.

Ta có $\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right] = \left( {0; - 10;200} \right) = 10\left( {0; - 1;20} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ với ${\vec n_{\left( {ABCD} \right)}} = \left( {0\,; - 1\,;20} \right)$ và đi qua điểm $A\left( {10\,;0\,;9} \right)$ có phương trình là $- y + 20z - 180 = 0$.

Gọi đường thẳng đi qua $K$ và vuông góc với $\left( {ABCD} \right)$ là $d$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{{\vec u}_d} = {{\vec n}_{\left( {ABCD} \right)}} = \left( {0\,; - 1\,;20} \right)\\K\left( {5;10;9{,}5} \right) \in d\end{array} \right. \Rightarrow d:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 5}\\{y = 10 - t}\\{z = 9{,}5 + 20t.}\end{array}} \right.$

Tham số điểm $I\left( {5;10 - t;9{,}5 + 20t} \right)$ và $IA = IH$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\overrightarrow {IA} = \left( {5;t - 10; - 0{,}5 - 20t} \right)}\\{\overrightarrow {IH} = \left( {0;t; - 3 - 20t} \right)}\end{array}} \right.$$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \sqrt {{5^2} + {{\left( {t - 10} \right)}^2} + {{\left( { - 0{,}5 - 20t} \right)}^2}} }\\{\left| {\overrightarrow {IH} } \right| = \sqrt {{0^2} + {t^2} + {{\left( { - 3 - 20t} \right)}^2}} }\end{array}} \right.$

$\Rightarrow {5^2} + {\left( {t - 10} \right)^2} + {\left( { - 0{,}5 - 20t} \right)^2} = {t^2} + {\left( { - 3 - 20t} \right)^2}$

$\Rightarrow 25 + {t^2} - 20t + 100 + 0{,}25 + 20t + 400{t^2} = {t^2} + 9 + 120t + 400{t^2}$ $\Rightarrow t = 0{,}96875$.

Vậy $I\left( {5;9{,}03125;28{,}875} \right)$ nên điểm $I$ cách mặt đất một khoảng 28,875 mét.

a) Đúng. Ta có $h\left( t \right) = \int v \left( t \right){\rm{d}}t = \int {\left( { - 0{,}12{t^2} + 1{,}2t} \right)} \,{\rm{d}}t = - 0{,}04{t^3} + 0{,}6{t^2} + C$.

Theo đề $h\left( 5 \right) = 530$ suy ra $C = 520.$ Vậy $h\left( t \right) = - 0{,}04{t^3} + 0{,}6{t^2} + 520\,\,\,\left( {0 \le t \le 29} \right)$.

b) Đúng. Độ cao tối đa của khinh khí cầu khi bay chính là giá trị lớn nhất của hàm số $h\left( t \right)$ trên đoạn $\left[ {0\,;\,29} \right]$.

Ta có $h'\left( t \right) = v\left( t \right) = - 0{,}12{t^2} + 1{,}2t$; $h'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = 10}\\{t = 0}\end{array}} \right.$.

Có $h\left( 0 \right) = 520;\,\,h\left( {10} \right) = 540;\,\,h\left( {29} \right) = 49{,}04$ nên $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0\,;\,29} \right]} h\left( t \right) = 540{\rm{ khi }}t = 10.$

Độ cao tối đa của khinh khí cầu khi bay là 540 m.

c) Đúng. Khinh khí cầu trở lại độ cao khi xuất phát tức có $h\left( t \right) = 520$ với $t \ne 0.$

Ta có phương trình $- 0{,}04{t^3} + 0{,}6{t^2} + 520 = 520 \Leftrightarrow - 0{,}04{t^3} + 0{,}6{t^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{t = 0}\\{t = 15}\end{array}} \right.$.

Vì $t \ne 0$ nên $t = 15$.

Vậy sau 15 phút từ khi xuất phát thì khinh khí cầu trở lại độ cao khi bắt đầu xuất phát.

d) Đúng. Khinh khí cầu tiếp đất khi $h\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t \approx 29{,}7189$.

Tốc độ của khinh khí cầu khi đó là khoảng $70{,}3$ mét/phút.

Đáp án: 0,59.

Gọi $A$ là biến cố: “Máy bay xuất hiện ở vị trí A”; $B$ là biến cố: “Máy bay bị bắn trúng”.

Khi đó $\bar A$ là biến cố: “Máy bay xuất hiện ở vị trí B” và $\bar B$ là biến cố: “Máy bay không bị bắn trúng”.

Cần tính $P\left( {A\mid B} \right)$.

Vì có 3 khẩu đặt tại $B$ nên để máy bay rơi cần ít nhất một khẩu bắn trúng. Xác suất để ít nhất một khẩu tại B bắn trúng máy bay là $P\left( {B\mid \bar A} \right) = 1 - {0{,}3^3} = 0{,}973$.

Ta có $P\left( {B|A} \right) = 0{,}7$; $P\left( A \right) = \frac{2}{3};P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{3}$.

Suy ra xác suất để máy bay rơi (bị bắn trúng) là:

$P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{2}{3} \cdot 0{,}7 + \frac{1}{3} \cdot 0{,}973 = 0{,}791$.

Xác suất cần tìm là $P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{2}{3} \cdot 0{,}7}}{{0{,}791}} \approx 0{,}59$.

Đáp án: 0,67.

Kẻ $B'D{\rm{//}}A'B \Rightarrow A'B{\rm{//}}\left( {B'DC} \right)$$\Rightarrow d\left( {A'B,B'C} \right) = d\left( {B,\left( {B'DC} \right)} \right)$.

Vì $B$ là trung điểm $AD$$\Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot \sqrt 2 \cdot \sqrt 2 \cdot \sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.$

$C{D^2} = A{D^2} + A{C^2} - 2AD \cdot AC \cdot \cos \widehat {DAC}$

$= {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - 2 \cdot 2\sqrt 2 \cdot \sqrt 2 \cdot \cos 60^\circ = 6 \Rightarrow CD = \sqrt 6$.

Kẻ $BH \bot CD \Rightarrow BH = \frac{{2 \cdot {S_{BCD}}}}{{CD}} = \frac{{2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt 6 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.$

$BB' = AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {6 - 2} = 2.$

Hạ $BE \bot B'H$ (1).

Vì $BB' \bot CD,BH \bot CD \Rightarrow CD \bot \left( {BB'H} \right)$$\Rightarrow CD \bot BE$ (1).

Từ (1) và (2), suy ra $BE \bot \left( {B'CD} \right)$.

Do đó $d\left( {A'B,B'C} \right) = d\left( {B,\left( {B'DC} \right)} \right) = BE$.

Xét $\Delta B'BH$ vuông tại $B$ có: $\frac{1}{{B{E^2}}} = \frac{1}{{B'{B^2}}} + \frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{4} + \frac{1}{{\frac{1}{2}}} = \frac{9}{4}$$\Rightarrow BE = \frac{2}{3}{\rm{. }}$

$\Rightarrow d\left( {A'B,B'C} \right) = \frac{2}{3} \approx 0{,}67.$

Đáp án: 20,7.

Ta có hình vẽ trên thể hiện mặt cắt của đồng hồ cát qua tâm hình trụ theo phương thẳng đứng của chiều cao.

Ta có $OF = 4,OE = h.$

Vì ban đầu lượng cát dồn hết ở phần trên của đồng hồ thì chiều cao của mực cát bằng $\frac{2}{3}$ chiều cao của bên đó nên $OD = \frac{3}{2}h.$

$\Rightarrow$ Chiều cao của khối trụ bên ngoài là $DK = 2OD = 3h.$

Vì khi chiều cao của cát còn 4 cm thì bề mặt trên cùng của cát tạo thành một đường tròn có chu vi bằng $8\pi \;\,{\rm{cm}}$.

$\Rightarrow 2\pi \cdot AF = 8\pi \Rightarrow AF = 4 \Rightarrow A\left( { - 4\,;\,4} \right),B\left( {4\,;4} \right)$.

Parabol đi qua gốc tọa độ $O$ và 2 điểm A, B có dạng $y = a{x^2}\quad \left( P \right).$

Thay tọa độ điểm $A$ vào phương trình parabol $\left( P \right)$ ta được:

$a = \frac{1}{4} \Rightarrow y = \frac{{{x^2}}}{4}.$

Cát chảy từ trên xuống với tốc độ $v\left( t \right) = 0{,}2t + 13\,\,({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{/}}$phút) và sau 20 phút thì các chảy hết xuống phía dưới đồng hồ nên ta có thể tích cát ban đầu dồn hết ở phần trên của đồng hồ là

$V = \int\limits_0^{20} {\left( {0{,}2t + 13} \right)} \,{\rm{d}}t = 300$.

Thể tích giới hạn bởi parabol $\left( P \right):x = 2\sqrt y$, các đường thẳng $y = 0,y = h$ khi quay quanh trục Oy chính là thể tích cát ban đầu dồn hết ở phần trên của đồng hồ nên ta có:

$\pi \int\limits_0^h {{{\left( {2\sqrt y } \right)}^2}{\rm{d}}y} = 300 \Rightarrow 2{h^2} = \frac{{300}}{\pi } \Rightarrow h = 5\sqrt {\frac{6}{\pi }}$$\Rightarrow DK = 15\sqrt {\frac{6}{\pi }} \approx 20{,}7$.

Đáp án: −4.

Ta có $\overrightarrow {CD} = \left( {4;2; - 4} \right)$.

Gọi phương trình mặt phẳng cần tìm là $\left( P \right):x + ay + bz + c = 0.$ Suy ra $\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;a;b} \right)$.

Vì $\left( P \right){\rm{//}}CD$ nên $\overrightarrow {{n_P}} \cdot \overrightarrow {CD} = 0$$\Leftrightarrow 4 + 2a - 4b = 0$$\Leftrightarrow 2 + a - 2b = 0$ (1).

Vì $\left( P \right)$ tiếp xúc với hai mặt cầu $\left( {{S_1}} \right),\left( {{S_2}} \right)$ nên $\left\{ \begin{array}{l}d\left( {A,\left( P \right)} \right) = 3\\d\left( {B,\left( P \right)} \right) = \frac{3}{2}\end{array} \right.$

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

Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình $\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2 + a - 2b = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}\left| {1 + 2a - 3b + c} \right| = \left| {3 + 3a - b + 2c} \right|\\\left| {3 + 3a - b + 2c} \right| = 3\sqrt {{1^2} + {a^2} + {b^2}} \end{array}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2b - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}\left| {1 + 4b - 4 - 3b + c} \right| = \left| {3 + 6b - 6 - b + 2c} \right|\\\left| {3 + 6b - 6 - b + 2c} \right| = 3\sqrt {{1^2} + {{\left( {2b - 2} \right)}^2} + {b^2}} \end{array}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2b - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}\left| {b + c - 3} \right| = \left| {5b + 2c - 3} \right|\\\left| {3 + 6b - 6 - b + 2c} \right| = 3\sqrt {{1^2} + {{\left( {2b - 2} \right)}^2} + {b^2}} \end{array}\end{array}} \right.$.

TH1: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2b - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}b + c - 3 = 5b + 2c - 3\\\left| {3 + 6b - 6 - b + 2c} \right| = 3\sqrt {{1^2} + {{\left( {2b - 2} \right)}^2} + {b^2}} \end{array}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2b - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}c = - 4b\\\left| {3 + 6b - 6 - b - 8b} \right| = 3\sqrt {{1^2} + {{\left( {2b - 2} \right)}^2} + {b^2}} \end{array}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2b - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}c = - 4b\\\left| {b + 1} \right| = \sqrt {5{b^2} - 8b + 5} \end{array}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2b - 2\\c = - 4b\\4{b^2} - 10b + 4 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2b - 2\\c = - 4b\\b = 2\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2b - 2}\\\begin{array}{l}c = - 4b\,\,\,\,\,\\b = \frac{1}{2}\end{array}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\c = - 8\\b = 2\end{array} \right.$ hoặc $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = - 1}\\\begin{array}{l}c = - 2\\b = \frac{1}{2}\end{array}\end{array}} \right.$.

Với $\left\{ \begin{array}{l}a = 2\\c = - 8\\b = 2\end{array} \right.$ thì $\left( P \right):x + 2y + 2z - 8 = 0$ (thỏa mãn). Suy ra $a + b + c = - 4.$

Với $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = - 1}\\\begin{array}{l}c = - 2\\b = \frac{1}{2}\end{array}\end{array}} \right.$ thì $\left( P \right):x - y + \frac{1}{2}z - 2 = 0$ (loại) vì $C \in \left( P \right)$.

TH2: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2b - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}b + c - 3 = - 5b - 2c + 3\\\left| {3 + 6b - 6 - b + 2c} \right| = 3\sqrt {{1^2} + {{\left( {2b - 2} \right)}^2} + {b^2}} \end{array}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2b - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}2b + c = 2\\\left| {3 + 6b - 6 - b + 2c} \right| = 3\sqrt {{1^2} + {{\left( {2b - 2} \right)}^2} + {b^2}} \end{array}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2b - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}c = 2 - 2b\\\left| {3 + 6b - 6 - b + 4 - 4b} \right| = 3\sqrt {{1^2} + {{\left( {2b - 2} \right)}^2} + {b^2}} \end{array}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 2b - 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}c = 2 - 2b\\\left| {b + 1} \right| = 3\sqrt {5{b^2} - 8b + 5} \end{array}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2b - 2\\c = 2 - 2b\\44{b^2} - 74b + 44 = 0\end{array} \right.$ (vô nghiệm).

Vậy $a + b + c = - 4.$

Đáp án: 0,54.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ dưới đây.

Khi đó phương trình đường tròn có dạng ${x^2} + {y^2} = 25 \Rightarrow y = \pm \sqrt {25 - {x^2}}$.

Một phần tư đường tròn $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{y = \sqrt {25 - {x^2}} }\\{x \ge 0}\end{array}} \right.$ cắt các đường thẳng $y = 4$ và $x = 4$ lần lượt tại các điểm $\left( {3\,;4} \right)$ và $\left( {4\,;3} \right)$.

Do đó thể tích của mô hình khi quay quanh trục XY là

$V = 2\pi \left[ {\int\limits_0^3 {\left( {25 - {x^2}} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_4^5 {\left( {25 - {x^2}} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_3^4 {{4^2}{\rm{d}}x} } \right]$$= \frac{{520\pi }}{3}\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3} \approx 0{,}54\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}$.

Đáp án: 10,9.

Ta có 2 đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}$ là $x = 1,y = 1.$

Kẻ đường thẳng ${d_1}$ sao cho ${d_1}$ là đường phân giác của góc tạo bởi 2 đường tiệm cận của đồ thị hàm số $\left( C \right)$.

Suy ra ${d_1}$ là trục đối xứng của đồ thị và hình vuông.

Khi đó ta có hình vẽ bên.

Suy ra $2d\left( {A,{d_1}} \right) = d(A,d).$

Để tìm khoảng cách từ $A$ đến ${d_1}$, ta cần tìm được phương trình đường thẳng ${d_1}$.

Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận $x = 1,y = 1 \Rightarrow I\left( {1\,;1} \right)$.

Xét tam giác vuông IPQ, ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{IP = IQ = 1}\\{\widehat {PIH} = \widehat {HIQ} = 45^\circ }\end{array}} \right.$ (vì $IH \in {d_1}$ là đường phân giác của $\widehat {PIQ}$).

Suy ra $IH \bot PQ$ hay ${d_1} \bot d$.

Ta có $d:y = - x + 1$ hay $d:x + y - 1 = 0$ có vectơ pháp tuyến là $\vec n = \left( {1\,;1} \right)$.

Vì ${d_1} \bot d$ nên tích vô hướng của 2 vectơ pháp tuyến của ${d_1}$ và $d$ bằng 0 suy ra vectơ pháp tuyến của ${d_1}$ là ${\vec n_1} = \left( { - 1;1} \right)$.

Đường thẳng ${d_1}$ đi qua điểm $I\left( {1\,;1} \right)$ và có vectơ pháp tuyến ${\vec n_1} = \left( { - 1;1} \right)$ có phương trình là ${d_1}: - x + y = 0.$

Vì $A \in \left( C \right) \Rightarrow A\left( {x;\frac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right).$

Ta có $2d\left( {A,{d_1}} \right) = d(A,d) \Leftrightarrow 2\frac{{\left| { - x + \frac{{x + 1}}{{x - 1}}} \right|}}{{\sqrt {{{( - 1)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {x + \frac{{x + 1}}{{x - 1}} - 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }}$$\Leftrightarrow 2\left| { - {x^2} + 2x + 1} \right| = \left| {{x^2} - x + 2} \right|$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\left( { - {x^2} + 2x + 1} \right) = {x^2} - x + 2\\2\left( { - {x^2} + 2x + 1} \right) = - {x^2} + x - 2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3{x^2} - 5x = 0\\{x^2} - 3x - 4 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \frac{5}{3}\\x = - 1\\x = 4\end{array} \right.$. Suy ra $x = \frac{5}{3} \Rightarrow AD = \frac{{7\sqrt 2 }}{3}$.

Suy ra diện tích mặt sàn nổi hình vuông là $S = {\left( {\frac{{7\sqrt 2 }}{3}} \right)^2} = \frac{{98}}{9} \approx 10{,}9.$