Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm THPT số 10 Ninh Bình có đáp án

Chọn D

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào trong các khoảng $( - 1;1)$ và $(1;3)$.

Chọn D

${u_6} = 40 = {u_3}.{q^3} = 5.{q^3} \Rightarrow {q^3} = 8 \Rightarrow q = 2$.

${u_4} = {u_3}.q = 5.2 = 10$.

Chọn B

Điều kiện xác định $3x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}$.

${\log _2}(3x - 1) < 3 \Rightarrow 3x - 1 < {2^3} \Rightarrow 3x < 9 \Rightarrow x < 3$. Vậy $\frac{1}{3} < x < 3$ hay $x \in \left( {\frac{1}{3};3} \right)$.

Suy ra $a = \frac{1}{3},b = 3 \Rightarrow 3a + b = 3.\frac{1}{3} + 3 = 4$.

Chọn C

Quan sát đồ thị thấy là đồ thị của hàm phân thức dạng $y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{dx + e}}$.

Đồ thị có tiệm cận đứng là $x = 1$.

Tiệm cận xiên đi qua điểm $\left( {1;0} \right);\left( {0;1} \right)$ nên có dạng $y = - x + 1$.

Vậy hàm số có dạng $y = \frac{{ - {x^2} + 2x - 2}}{{x - 1}} = - x + 1 - \frac{1}{{x - 1}}$.

Chọn D

Ta có $\int {{{2026}^x}dx} = \frac{{{{2026}^x}}}{{\ln 2026}} + C$.

Chọn C

Ta có $\int\limits_1^2 {f\left( x \right)dx}$$= F\left( 2 \right) - F\left( 1 \right)$$= 5 - 9 = - 4$.

Chọn C

Diện tích đáy hình chữ nhật $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = AB \cdot BC = a \cdot 2a = 2{a^2}$.

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 3a \cdot 2{a^2} = 2{a^3}$.

Chọn B

Ta có $\overrightarrow d = \overrightarrow a - 2\overrightarrow b = \left( {1 - 2 \cdot 2;\,\,2 - 2 \cdot 2;\,\,3 - 2 \cdot \left( { - 1} \right)} \right) = \left( { - 3; - 2;5} \right)$.

Chọn A

Đường thẳng $d$ có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {{u_d}} = (2;1; - 3)$.

Vì mặt phẳng cần tìm vuông góc với đường thẳng $d$ nên vectơ pháp tuyến của mặt phẳng chính là vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$.

Suy ra, vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là $\overrightarrow {{n_P}} = (2;1; - 3)$ và đi qua $A(1;0;1)$ nên phương trình mặt phẳng có dạng $2\left( {x - 1} \right) + y - 0 - 3\left( {z - 1} \right) = 0$$\Leftrightarrow 2x + y - 3z + 1 = 0$.

Vậy phương trình mặt phẳng là $2x + y - 3z + 1 = 0$.

Chọn B

Phương trình tổng quát của mặt cầu có dạng ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0$, với tâm $I(a;b;c)$.

So sánh với phương trình mặt cầu $(S):{x^2} + {y^2} + {z^2} + 4x - 2y + 2z - 11 = 0$, ta có:

$- 2a = 4 \Rightarrow a = - 2$

$- 2b = - 2 \Rightarrow b = 1$

$- 2c = 2 \Rightarrow c = - 1$

Vậy tâm $I$ của mặt cầu $(S)$ có tọa độ là $I( - 2;1; - 1)$.

Chọn A

- Khoảng $[0;4)$: Giá trị đại diện ${x_1} = \frac{{0 + 4}}{2} = 2$. Tần số ${n_1} = 2$.

- Khoảng $[4;8)$: Giá trị đại diện ${x_2} = \frac{{4 + 8}}{2} = 6$. Tần số ${n_2} = 4$.

- Khoảng $[8;12)$: Giá trị đại diện ${x_3} = \frac{{8 + 12}}{2} = 10$. Tần số ${n_3} = 7$.

- Khoảng $[12;16)$: Giá trị đại diện ${x_4} = \frac{{12 + 16}}{2} = 14$. Tần số ${n_4} = 4$.

- Khoảng $[16;20]$: Giá trị đại diện ${x_5} = \frac{{16 + 20}}{2} = 18$. Tần số ${n_5} = 3$.

Tổng số học sinh là $N = \sum\limits_{i = 1}^5 {{n_i}} = 2 + 4 + 7 + 4 + 3 = 20$.

Tổng của tích giá trị đại diện với tần số tương ứng là $\sum\limits_{i = 1}^5 {{x_i}} {n_i} = 2 \times 2 + 6 \times 4 + 10 \times 7 + 14 \times 4 + 18 \times 3 = 208$.

Suy ra: Thời gian trung bình (đơn vị: phút) để hoàn thành bài tập của các em học sinh là $\overline x = \frac{{\sum\limits_{i = 1}^5 {{x_i}} {n_i}}}{{\sum\limits_{i = 1}^5 {{n_i}} }} = \frac{{208}}{{20}} = 10{,}4$.

Chọn D

Thiết diện là một tam giác đều có cạnh bằng $x$.

Diện tích của một tam giác đều với cạnh $x$ là $S\left( x \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2}$.

Vật thể được giới hạn bởi hai mặt phẳng $x = 0$ và $x = 1$, nên thể tích $V$ được tính bằng:

$V = \int\limits_0^1 S (x){\rm{d}}x$$= \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt 3 }}{4}} {x^2}{\rm{d}}x$$= \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}$

Vậy thể tích của vật thể là $V = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}$.

a) $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x$.

Suy ra là mệnh đề đúng.

b) $f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$

Mệnh đề đúng.

c) Ta có $A\left( {0;4} \right)$, $B\left( {2;0} \right)$ là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

$\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 4} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = 2\sqrt 5$.

Suy ra là mệnh đề sai.

d) $f\left( x \right) - 4 = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = 4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {x_0}\,\,\,\left( {{x_0} > 2} \right)\end{array} \right.$.

$y = \frac{{{x^4} - 2{x^3}}}{{f\left( x \right) - 4}} = \frac{{{x^3}\left( {x - 2} \right)}}{{a{x^2}\left( {x - {x_0}} \right)}} = \frac{{x\left( {x - 2} \right)}}{{a\left( {x - {x_0}} \right)}}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( {{x_0}} \right)}^ + }} y = \infty \Rightarrow x = {x_0}$ là tiệm cận đứng.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \infty \Rightarrow$ Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Mệnh đề sai.

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

Đổi $72$km/h=$20$m/s, $36$km/h $= 10$m/s.

a) Quãng đường ô tô đi được từ khi phát hiện biển báo giới hạn tốc độ đến khi bắt đầu giảm tốc độ là $s = 20 \times 2 = 40\left( m \right)$

Chọn ĐÚNG.

b) Quãng đường mà ô tô đi từ khi giảm tốc độ đến khi gặp biển báo là ${s_2} = 100 - 40 = 60$.

Tại thời điểm $t = 0$, vận tốc của ô tô là ${v_0} = 20$(m/s) nên suy ra $20 = a \times 0 + b \Leftrightarrow b = 20$.

Thời gian ô tô đi được từ khi giảm tốc độ đến khi gặp biển báo là

$a \times t + 20 = 10 \Leftrightarrow t = - \frac{{10}}{a}$.

Suy ra $\int\limits_0^{ - \frac{{10}}{a}} {\left( {at + 20} \right){\rm{d}}t = 60 \Leftrightarrow a = - 2{,}5}$.

Vậy ${v_1}\left( t \right) = - 2{,}5t + 20$.

Chọn SAI.

c) Khi ô tô đến chỗ biển báo, ta có ${v_1}\left( t \right) = 10$$\Leftrightarrow - 2{,}5t + 20 = 10 \Leftrightarrow t = 4$.

Chọn ĐÚNG.

d) Ta chọn lại mốc thời gian: $t = 0$ là lúc ô tô bắt đầu tăng tốc.

Khi ô tô bắt đầu tăng tốc, ta có ${v_2}\left( 0 \right) = 10$

$\Rightarrow m \cdot 0 + n = 10 \Leftrightarrow n = 10$.

Sau $10$ giây, ô tô đạt vận tốc $20$m/s nên ta có ${v_2}\left( {10} \right) = m \cdot 10 + 10 = 20 \Leftrightarrow m = 1$.

Suy ra ${v_2}\left( t \right) = t + 10$.

Quãng đường ô tô đi được kể từ khi phát hiện có công trường đang thi công đến khi đạt vận tốc $72$km/h là

$s = 100 + 200 + \int\limits_0^{10} {\left( {t + 10} \right){\rm{d}}t = 450}$(m)

Chọn ĐÚNG.

Gọi biến cố $A:$ “ Người đó mắc bệnh tim mạch ”

Biến cố $B:$ “ Người đó tập thể dục thường xuyên ”

a) Số người tập thể dục thường xuyên là: $480 + 7520 = 8000$

Xác suất người đó tập thể dục thường xuyên là $P\left( B \right) = \frac{{8000}}{{20\,000}} = \frac{2}{5}.$

b) Xác suất để người đó mắc bệnh tim mạch và tập thể dục thường xuyên là:

$P\left( {AB} \right) = \frac{{480}}{{20\,000}} = 0{,}024$

Xác suất để người đó mắc bệnh tim mạch là: $P\left( A \right) = \frac{{480 + 1200}}{{20\,000}} = 0{,}084$

Nếu người đó bị mắc bệnh tim mạch thì xác suất người đó tập thể dục thường xuyên là:

$P\left( {B/A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}024}}{{0{,}084}} \approx 0{,}286$

Vậy, nếu người đó bị mắc bệnh tim mạch thì xác suất người đó tập thể dục thường xuyên là: $P\left( {B/\overline A } \right) = 1 - P\left( {B/A} \right) = 1 - 0{,}28 = 0{,}714 = 71{,}4\% > 70\% .$

c) Số người không mắc bệnh tim mạch là: $7520 + 10\,800 = 18\,320$

Xác suất người đó không mắc bệnh tim mạch là $P = \frac{{18\,320}}{{20\,000}} = 0{,}916 = 91{,}6\%$

d) Xác suất người đó không tập thể dục thường xuyên là: $P\left( {\overline B } \right) = \frac{{1200 + 10800}}{{20000}} = \frac{3}{5}$

Nếu người đó không tập thể dục thường xuyên, xác suất có nguy cơ mắc bệnh tim mạch là: $P\left( {A/\overline B } \right) = \frac{{P\left( {A\overline B } \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{1200}}{{20000}}:\frac{3}{5} = \frac{1}{{10}}.$

Nếu người đó tập thể dục thường xuyên, xác suất có nguy cơ mắc bệnh tim mạch là:

$P\left( {A/B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{480}}{{20000}}:0{,}4 = \frac{3}{{50}}.$

Ta có: $\frac{{P\left( {A/\overline B } \right)}}{{P\left( {A/B} \right)}} = \frac{1}{{10}}:\frac{3}{{50}} = \frac{5}{3} \approx 1{,}67.$

Vậy người không tập thể dục thường xuyên có nguy cơ mắc bệnh tim mạch cao gấp $1{,}67$ lần so với người tập thể dục thường xuyên.

a) Ta có $A\left( {0;0;0{,}1} \right)$ và ${R_1} = 6$; $B\left( {10;0;0{,}1} \right)$ và ${R_2} = 8$. Gọi $O,\,B'$ lần lượt là chân của trạm phát sóng A và B.

Phương trình biểu thị vùng phát sóng của trạm A là phương trình mặt cầu $(S):{x^2} + {y^2} + {(z - 0{,}1)^2} = 36$. Vậy a – đúng.

b) Gọi $H;\,\,K$ là hình chiếu vuông góc của C lên trục hoành và trục tung

Có tam giác $ACB$ vuông vì$A{B^2} = A{C^2} + B{C^2}$

Điểm C (nút giao đường) nằm trên mặt đất $(Oxy)$, có tung độ dương nên tọa độ $C(x;y;0)$ thuộc 2 mặt cầu ${x^2} + {y^2} = {6^2}$ và ${(x - 10)^2} + {y^2} = {8^2}$.

Giải hệ phương trình ta được $x = 3{,}6$ và $y = 4{,}8$. Vậy $C(3{,}6;4{,}8;0)$.

Nên một vecto chỉ phương của đường thẳng AC là $\overrightarrow n (36;48; - 1)$

Vậy phương trình đường thẳng AC là $\frac{x}{{36}} = \frac{y}{{48}} = \frac{{z - 0{,}1}}{{ - 1}}$. Vậy b – sai.

c) Ta có $OC = 6km;\,CD = 60m = 0{,}06km$$\Rightarrow OD = OC - CD = 6 - 0{,}06 = 5{,}94$

Có $\frac{{OE}}{{OH}} = \frac{{OD}}{{OC}} \Rightarrow OE = \frac{{OH \times OD}}{{OC}} = 3{,}564$

Có $\frac{{OF}}{{OK}} = \frac{{OD}}{{OC}} \Rightarrow OF = \frac{{OK \times OD}}{{OC}} = 4{,}752$, vậy $D\left( {3{,}564;\,4752;\,0} \right)$

$\Rightarrow BD = \sqrt {{{(10 - 3{,}564)}^2} + {{(4{,}752)}^2} + 0,{1^2}} = 8{,}00085 > 8$. Vậy c – đúng.

d) Gọi $J$ là hình chiếu vuông góc của ${F_2}$ lên $BB'$

$\Rightarrow {F_2}B = 3;\,\,BJ = 0{,}05;\,\,{F_2}J = \sqrt {{3^2} - 0,{{05}^2}} = 2{,}999583304$

Gọi G là hình chiếu vuông góc của ${F_2}$ lên mặt phẳng $Oxy$

${F_2}D = \sqrt {{F_2}{G^2} + D{G^2}}$, nên ${F_2}D$ đạt lớn nhất khi $DG$ lớn nhất, khi đó $D,\,\,B',\,\,G$thẳng hàng

$\Rightarrow DG = DB' + B'G$ $= \sqrt {{{(10 - 3{,}564)}^2} + 4,{{752}^2}} + 2{,}999583304 \approx 10{,}9998083$.

$\Rightarrow D{F_2} = \sqrt {0,{{05}^2} + D{G^2}} = 10{,}99992194$

Lại có $D{F_1}$ lớn nhất khi $D,\,\,A,\,\,{F_1}$ thẳng hàng$\Rightarrow D{F_1} = {R_1} + AD = 6 + 5{,}94 = 11{,}94$

Tổng khoảng cách lớn nhất $D{F_1} + D{F_2} = 22{,}9392194 \approx 23$ km. Vậy d – sai.

Đáp án: $3072$.

Ngày bắt đầu: 01/04/2026 (tương ứng $t = 0$).

Ngày giao hàng dự kiến: Sáng ngày 15/06/2026.

Ngày hoàn thành thực tế: Trước ngày giao 11 ngày.

Tính số ngày từ 01/04 đến 15/06:

Tháng 4: 30 ngày.

Tháng 5: 31 ngày.

Tháng 6: 14 ngày (đến sáng ngày 15).

Tổng cộng: $30 + 31 + 14 = 75$ ngày.

Vì công ty hoàn thành trước ngày giao 11 ngày, nên tổng số ngày sản xuất là:

$T = 75 - 11 = 64{\rm{ ng\`a y}}$.

Tính tổng số ngày công:

$P = \int_0^{64} p (t){\mkern 1mu} dt = \int_0^{64} {(56 + 30\sqrt t - 3t)} {\mkern 1mu} dt = \left[ {56t + 30 \cdot \frac{{{t^{3/2}}}}{{3/2}} - 3 \cdot \frac{{{t^2}}}{2}} \right]_0^{64}$

$= \left[ {56t + 20t\sqrt t - 1{,}5{t^2}} \right]_0^{64} = 3584 + 10240 - 6144 = 7680{\rm{ (ng\`a y c\^o ng)}}$

Số tiền mà công ty phải trả để hoàn thành đơn hàng đó là $7680.400000 =$3072 triệu đồng.

Đáp án: 0,7

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ.

$H \equiv O(0;0;0)$, tia $HB$ trùng với tia $Ox$, tia $HA\prime$ trùng với tia $Oz$, và trục $Oy$ song song với $AD$.

$d\left( {D,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {AD,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = d\left( {A,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\,\left( {A'BC} \right)} \right)$.

Kẻ $HI \bot A'B$ suy ra $d\left( {H,\left( {A'BC} \right)} \right) = HI$.

Theo giả thiết: $d\left( {D,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{3}{4}$ hay $2HI = \frac{3}{4} \Leftrightarrow$$HI = \frac{3}{8}$.

$\frac{1}{{A'{H^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{1}{{H{I^2}}} \Rightarrow H{A'^2} = \frac{9}{{28}} = {h^2}$.

Ta có: $A\left( { - \frac{1}{2};\,{\mkern 1mu} 0\,;{\mkern 1mu} \,0} \right)$; $B\left( {\frac{1}{2};{\mkern 1mu} \,0\,;{\mkern 1mu} \,0} \right)$; $C\left( {\frac{1}{2};{\mkern 1mu} \,2\,;{\mkern 1mu} \,0} \right)$;$D\left( { - \frac{1}{2};\,{\mkern 1mu} 2\,;{\mkern 1mu} \,0} \right)$; $A\prime \left( {0\,;\,{\mkern 1mu} 0\,;\,h} \right)$.

Đường thẳng $A\prime B$ đi qua $B$ có vectơ chỉ phương ${\vec u_1} = \overrightarrow {BA\prime } = \left( { - \frac{1}{2};\,{\mkern 1mu} 0\,;{\mkern 1mu} \,h} \right)$.

Đường thẳng $AC$ đi qua $A$ có vectơ chỉ phương ${\vec u_2} = \overrightarrow {AC} = \left( {1\,;\,{\mkern 1mu} 2\,;\,{\mkern 1mu} 0} \right)$.

Ta có: $\left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right] = \left( { - 2h\,;{\mkern 1mu} \,h\,;{\mkern 1mu} - 1} \right)$ và $\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\,{\mkern 1mu} 0\,;\,{\mkern 1mu} 0} \right)$.

Khoảng cách giữa $A\prime B$ và $AC$ là:

$$d\left( {A\prime B,AC} \right) = \frac{{\left| {\left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right] \cdot \overrightarrow {AB} } \right|}}{{\left| {\left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right]} \right|}} = \frac{{| - 2h|}}{{\sqrt {4{h^2} + {h^2} + 1} }} = \frac{{2h}}{{\sqrt {5{h^2} + 1} }}$$

Thay ${h^2} = \frac{9}{{28}}$ vào ta được:

$d = \sqrt {\frac{{4{h^2}}}{{5{h^2} + 1}}} = \sqrt {\frac{{4 \cdot \frac{9}{{28}}}}{{5 \cdot \frac{9}{{28}} + 1}}} = \sqrt {\frac{{\frac{9}{7}}}{{\frac{{45 + 28}}{{28}}}}} = \sqrt {\frac{9}{{73}}} = \frac{3}{{\sqrt {73} }} \approx 0{,}7$.

Đáp án: 140.

Ta có

$x \ge 0$ (1)

$y \ge 0$ (2)

Ta có số vốn ban đầu không vượt quá $1{,}5$ tỷ đồng nên ta có bất phương trình

$30x + 15y \le 1500$ (3)

Tổng nhu cầu của hệ thống các trường học tại địa phương không vượt quá $80$ máy nên ta có

$x + y \le 80$ (4)

Hàm lợi nhuận là $F = 5x + 3y$

Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ bất phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\30x + 15y \le 1500\\x + y \le 80\end{array} \right.$

Ta có miền nghiệm của hệ bất phương trình là tứ giác $OABC$ với

$O\left( {0;0} \right)$, $A\left( {0;80} \right)$, $B\left( {20;60} \right)$, $C$$\left( {50;0} \right)$.

Vậy khi $x = 20,y = 60$ thì lợi nhuận doanh nghiệp là lớn nhất, khi đó $T = x + 2y = 20 + 2.60 = 140$.

Đáp án: $29$.

Chọn hệ trục toạ độ $Oxy$ như hình vẽ, mỗi đơn vị là $1\;m$. Khi đó toạ độ các điểm là $O\left( {0;0} \right),\;M\left( {0{,}9;0{,}9} \right),\;A\left( {2{,}4;0} \right),\;C\left( {0;2{,}4} \right)$.

Parabol $\left( {{P_1}} \right):y = {\rm{a}}{{\rm{x}}^2} + bx + c$ đi qua $3$ điểm $O\left( {0;0} \right),\;M\left( {0{,}9;0{,}9} \right),\;A\left( {2{,}4;0} \right)$ nên $\left\{ \begin{array}{l}c = 0\\0{,}81a + 0{,}9b + c = 0{,}9\\5{,}76a + 2{,}4b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0\\a = - \frac{2}{3}\\b = 1{,}6\end{array} \right. \Rightarrow \left( {{P_1}} \right):y = - \frac{2}{3}{x^2} + 1{,}6x$.

Parabol $\left( {{P_2}} \right):x = {\rm{a}}{{\rm{y}}^2} + by + c$ đi qua $3$ điểm $O\left( {0;0} \right),\;M\left( {0{,}9;0{,}9} \right),\;C\left( {0;2{,}4} \right)$.

Gọi $S$ là diện tích của hình vuông $OABC$,

${S_1}$ là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi $\left( {{P_1}} \right)$, trục hoành, $x = 0,\;x = 2{,}4$,

${S_2}$ là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi $\left( {{P_2}} \right)$, $\left( {{P_1}} \right)$, $x = 0,\;x = 0{,}9.$

Hai Parabol này đối xứng nhau qua đường thẳng $d:y = x$ nên ${S_2} = 2\int\limits_0^{0{,}9} {\left( { - \frac{2}{3}{x^2} + 0{,}6x} \right)dx}$.

${S_3}$ là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi $\left( {{P_2}} \right)$và trục tung như hình vẽ, ta có ${S_3} = {S_1}$.

Diện tích phần lắp kính trắng là

${S_3} + {S_1} - {S_2}$$= 2\int\limits_0^{2{,}4} {\left[ { - \frac{2}{3}{x^2} + 1{,}6x} \right]} dx - 2\int\limits_0^{0{,}9} {\left[ { - \frac{2}{3}{x^2} + 0{,}6x} \right]} dx = 2{,}91\;{m^2}$.

Diện tích phần tô đậm là $2,{4^2} - 2{,}91 = 2{,}85\;{m^2}$.

Tổng số tiền kính để làm cửa sổ là $2{,}91.2 + 2{,}85.8 \approx 29$ triệu đồng.

Đáp án: 12.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {2;1; - 2} \right) \Rightarrow AB = 3$. Vì $\overrightarrow {AB}$ cùng phương với $\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}$ nên $AB \bot \left( P \right)$.

Ta tính được $d\left( {A,\left( P \right)} \right) = 4$ và $d\left( {B,\left( P \right)} \right) = 7$. Gọi $I$ là hình chiếu của $A$ lên $\left( P \right)$.

Do $I \in AB:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = 5 + t\\ = - 1 - 2t\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2 + 2t;5 + t; - 1 - 2t} \right) \in \left( P \right):2x + y - 2z + 1 = 0$

$\Rightarrow 2\left( {2 + 2t} \right) + 5 + t - 2\left( { - 1 - 2t} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{4}{3} \Rightarrow I\left( { - \frac{2}{3};\frac{{11}}{3};\frac{5}{3}} \right)$.

Gọi $E$ là tâm mặt cầu và $M$ là trung điểm $AB$, ta có: $MA = MB = \frac{{AB}}{2} = \frac{3}{2}$.

Với $C$ là tiếp điểm của mặt cầu và $\left( P \right)$, ${R_{mc}} = EC = MA + d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{3}{2} + 4 = \frac{{11}}{2}$

$\Rightarrow CI = d\left( {I,AB} \right) = \sqrt {R_{mc}^2 - M{B^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{11}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} = 2\sqrt 7$.

Vậy tiếp điểm $C$ chuyển động trên đường tròn tâm $I\left( { - \frac{2}{3};\frac{{11}}{3};\frac{5}{3}} \right)$, bán kính $2\sqrt 7$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên $\left( P \right)$, suy ra $OH = d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{1}{3}$.

Lại có: $OI = \frac{{5\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow IH = \sqrt {O{I^2} - O{H^2}} = \frac{{\sqrt {149} }}{3} < 2\sqrt 7$.

Do đó, $O{C_{\min }} = O{C_1} = \sqrt {O{H^2} + {C_1}{H^2}}$ với ${C_1}H = CI - IH = 2\sqrt 7 - \frac{{\sqrt {149} }}{3} = \frac{{ - \sqrt {149} + 6\sqrt 7 }}{3}$

$\Rightarrow O{C_{\min }} = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - \sqrt {149} + 6\sqrt 7 }}{3}} \right)}^2}} \approx 1{,}2673$ (chục mét).

Vậy chi phí thấp nhất để hoàn thành việc kết nối cáp là $1{,}2673 \times 10 \times 950.000 \approx 12$ (triệu đồng).

Đáp án: 2048.

Mỗi cụm đèn trong số 12 cụm đèn có 2 cách chọn màu (Vàng Gold hoặc Xanh Cyan).

Do đó, số phần tử của không gian mẫu là: $n(\Omega ) = {2^{12}} = 4096$.

12 cụm đèn đặt cách đều nhau trên một vòng tròn tạo thành các đỉnh của một đa giác đều 12 cạnh. Một hình chữ nhật được tạo thành từ 4 đỉnh của đa giác này khi và chỉ khi 2 đường chéo nối các cặp đỉnh đó là 2 đường kính của đường tròn.

Số đường kính nối các cặp đỉnh đối diện là: $\frac{{12}}{2} = 6$ đường kính.

Số hình chữ nhật là số cách chọn 2 đường kính trong 6 đường kính: $C_6^2 = 15$ hình chữ nhật.

Xét các trường hợp thỏa mãn:

Trường hợp 1: Tất cả 6 cặp đều khác màu. Mỗi cặp có 2 cách chọn (VX hoặc XV). Số cách: ${2^6} = 64$.

Trường hợp 2: Có đúng 1 cặp cùng màu (V, V), 5 cặp còn lại khác màu. Chọn 1 cặp trong 6 cặp để đặt (V, V), 5 cặp còn lại mỗi cặp có 2 cách.

Số cách: $C_6^1 \times {2^5} = 6 \times 32 = 192$.

Trường hợp 3: Có đúng 1 cặp cùng màu (X, X), 5 cặp còn lại khác màu. Tương tự trường hợp 2. Số cách: $C_6^1 \times {2^5} = 192$.

Trường hợp 4: Có đúng 1 cặp (V, V) và đúng 1 cặp (X, X), 4 cặp còn lại khác màu. Chọn 2 cặp trong 6 cặp, 1 cặp gán (V, V), 1 cặp gán (X, X), 4 cặp còn lại có 2 cách.

Số cách: $C_6^2 \times 2! \times {2^4} = 15 \times 2 \times 16 = 480$.

Tổng số kết quả thuận lợi là: $n(A) = 64 + 192 + 192 + 480 = 928$.

Xác suất $a = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{928}}{{4096}}$.

Giá trị $K = \frac{{464}}{a} = \frac{{464}}{{\left( {\frac{{928}}{{4096}}} \right)}} = \frac{{464 \times 4096}}{{928}} = \frac{{1 \times 4096}}{2} = 2048$.