Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT An Giang có đáp án

Chọn B

Phương trình ${\log _2}\left( {3x - 1} \right) = 3$

+ Điều kiện $3x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}$

+ ${\log _2}\left( {3x - 1} \right) = 3 \Leftrightarrow 3x - 1 = {2^3} \Leftrightarrow 3x = 9 \Leftrightarrow x = 3$ thoả mãn điều kiện.

Chọn B

Ta có $n = 8 + 10 + 12 + 6 + 3 + 1 = 40 \Rightarrow \frac{n}{2} = 20 \Rightarrow {Q_2} \in \left[ {80;\,120} \right)$.

${M_e} = {Q_2} = 80 + \frac{{20 - \left( {8 + 10} \right)}}{{12}}.40 = \frac{{260}}{3}$.

Chọn D

Ta có ${u_7} = {u_1} + 6d = 3 + 6.\left( { - 2} \right) = - 9$.

Chọn B

Ta có $\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \left. {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right|k \in \mathbb{Z}$.

Chọn A

$\vec u = - 3\vec i + 5\vec j + 2\vec k = \left( { - 3\,;5\,;2} \right)$.

Chọn A

$f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {x - 2} \right) > 0 \Leftrightarrow x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2$.

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$.

Chọn C

$\overrightarrow {MN} = \left( {2; - 2;1} \right)$ là véctơ chỉ phương của đường thẳng $MN$.

Chọn A

$\int {{{5.2}^x}{\rm{d}}x} = 5.\frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C$.

Chọn B

Vì ABCD là hình bình hành và $O$ là giao điểm hai đường chéo nên $O$ là trung điểm của cả AC và BD.

Áp dụng tính chất trung điểm cho điểm $S$ bất kỳ, ta có:

$\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = 2\overrightarrow {SO}$

$\overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SO}$

Từ đó suy ra: $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SD} .$

Chọn A

Đường thẳng $(d)$ được cho dưới dạng phương trình chính tắc: $\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}.$ Khi đó, các hệ số dưới mẫu số chính là tọa độ của vectơ chỉ phương $\vec u = (a;b;c)$.

Nhìn vào phương trình, ta có các mẫu số lần lượt là $2; - 4;3$.

Do đó, một vectơ chỉ phương của $(d)$ là ${\vec u_3} = (2; - 4;3).$

Chọn D

Trong hình lập phương, cạnh bên $DD' \bot (ABCD)$ nên mặt phẳng (BDD'B') vuông góc với mặt đáy (ABCD) theo giao tuyến BD.

Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình vuông đáy ABCD.

Vì ABCD là hình vuông nên $AO \bot BD \Rightarrow AO \bot (BDD'B')$.

Vậy khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng (BDD'B') chính là độ dài đoạn AO:

$d(A,(BDD'B')) = AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Chọn B

$V = \pi \int_0^2 {{{({x^2})}^2}} {\mkern 1mu} dx = \pi \int_0^2 {{x^4}} {\mkern 1mu} dx = \pi \left. {\left( {\frac{{{x^5}}}{5}} \right)} \right|_0^2 = \pi \left( {\frac{{{2^5}}}{5} - 0} \right) = \frac{{32\pi }}{5}$.

a) Sai. Công thức tính số lượng vi khuẩn tại thời điểm $t$ là $P\left( t \right) = 1000.{e^{kt}}$với $t \ge 0$.

b) Đúng. Ta có $P\left( 2 \right) = 1000.{e^{2k}} \Leftrightarrow 4000 = 1000.{e^{2k}} \Leftrightarrow {e^{2k}} = 4 \Leftrightarrow 2k = \ln 4 \Leftrightarrow k = \ln 2$.

c) Đúng. $P\left( 5 \right) = 1000.{e^{5.\ln 2}} = 32000$.

d) Sai. $P\left( t \right) = 1000.{e^{t.\ln 2}} \Leftrightarrow 64000 = 1000.{e^{t.\ln 2}} \Leftrightarrow {e^{t.\ln 2}} = 64 \Leftrightarrow t = 6$.

a) Đ b) S c) Đ d) S

Gọi các biến cố:

A: “Linh kiện do phân xưởng I sản xuất”.

B: “Linh kiện được chọn bị lỗi”.

a) Xác suất linh kiện bị lỗi và do phân xưởng I sản xuất:

$P(AB) = P(A) \cdot P(B|A) = 0{,}75 \cdot 0{,}04 = 0{,}03$=> a) ĐÚNG.

b) Nếu thuộc phân xưởng I, xác suất không bị lỗi: $P(\bar B|A) = 0{,}96$=> b) SAI.

c) Xác suất linh kiện được chọn bị lỗi:

$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) = 0{,}75 \cdot 0{,}04 + 0{,}25 \cdot 0{,}02 = 0{,}03 + 0{,}005 = 0{,}035$=> c) ĐÚNG.

d) Nếu linh kiện bị lỗi, xác suất do phân xưởng I sản xuất:

$P(A|B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0{,}03}}{{0{,}035}} = \frac{{30}}{{35}} = \frac{6}{7}$=> d) SAI.

a) $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12$.

$f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = \pm 2$. Suy ra là mệnh đề sai.

b) $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12$ là mệnh đề đúng.

c) $f\left( 2 \right) = {2^3} - 12.2 + 5 = - 11$. Suy ra là mệnh đề sai.

d) $f\left( { - 3} \right) = 14;\,\,f\left( 3 \right) = - 4;\,\,f\left( { - 2} \right) = 21;\,\,f\left( 2 \right) = - 11$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { - 3;3} \right]$ bằng 21.

Mệnh đề sai.

a) Mặt cầu $\left( S \right):$ ${\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 5} \right)^2} = 25$ có $R = \sqrt {25} = 5.$

b) Tâm mặt cầu $I\left( {1;\,2;\,5} \right)$

Đường thẳng $d$ đi qua $A\left( {7;\,8;\,5} \right)$ và có VTCP $\overrightarrow {u\,} = \overrightarrow {AB} = \left( {1;\, - 1;\,0} \right)$

$\overrightarrow {IA} = \left( {6;\,6;\,0} \right)$

Khoảng cách từ tâm mặt cầu $\left( S \right)$ ở vị trí ban đầu đến đường thẳng $d$ là:

$h = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {IA} ,\,\overrightarrow {u\,} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {u\,} } \right|}} = \frac{{\left| {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}6&0\\{ - 1}&0\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}0&6\\0&1\end{array}} \right|,\,\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}6&6\\1&{ - 1}\end{array}} \right|} \right|}}{{\left| {\left( {1;\, - 1;\,0} \right)} \right|}} = \frac{{\left| {\left( {0;\,0;\, - 12} \right)} \right|}}{{\left| {\left( {1;\, - 1;\,0} \right)} \right|}} = \frac{{12}}{{\sqrt 2 }} = 6\sqrt 2 .$

c) Vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$ là $\overrightarrow {u\,} = \overrightarrow {AB} = \left( {1;\, - 1;\,0} \right).$

d) Mặt cầu tịnh tiến đi lên theo trục $Oz$ thì tâm $I'\left( {1;\,2;\,m + 5} \right)$ với $m > 0.$

Đường thẳng $d$ đi qua hai điểm $A\left( {7;\,8;\,5} \right),\,B\left( {8;\,7;\,5} \right).$ Nhận thấy cả hai điểm $A$ và $B$ đều có cao độ $z = 5.$ Do đó, đường thẳng $d$ nằm hoàn toàn trong mặt phẳng $\left( P \right):\,z = 5.$ Mặt phẳng này song song với mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxy} \right).$

Gọi $h$ là khoảng cách từ tâm $I'$ đến đường thẳng $d.$ Vì $d$ nằm trong mặt phẳng $z = 5$ và tâm $I'$di chuyển trên đường thẳng đứng $x = 1,\,y = 2$

Khoảng cách hình chiếu từ $I'\left( {1;\,2;\,5 + m} \right)$ xuống mặt phẳng $\left( P \right):\,z = 5$ là $\left| {\left( {5 + m} \right) - 5} \right| = m$

Khoảng cách từ tâm mặt cầu $\left( S \right)$ ở vị trí ban đầu đến đường thẳng $d$ bằng $6\sqrt 2 .$

Theo định lý Pitago trong không gian, $d\left( {I',\,d} \right) = \sqrt {{{\left[ {d\left( {I,\,d} \right)} \right]}^2} + {m^2}} = \sqrt {{{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2} + {m^2}}$

Để mặt cầu $S$ tiếp xúc với đường thẳng $d,$ khoảng cách từ tâm $I'$ đến $d$ phải đúng bằng bán kính mặt cầu $R = 5.$

$\sqrt {{{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2} + {m^2}} = 5$

$\Leftrightarrow {\left( {6\sqrt 2 } \right)^2} + {m^2} = 25$

$\Leftrightarrow 72 + {m^2} = 25$

$\Leftrightarrow {m^2} = - 47$ (vô lí)

Vậy trong suốt quá trình tịnh tiến đi lên, mặt cầu luôn cách đường thẳng $d$ một khoảng lớn hơn bán kính, nên không bao giờ tiếp xúc với đường thẳng $d.$

Đáp án: 2033.

Gọi ${u_n}$ là tổng số tiền ông $A$ dùng để trả chi phí vận hành trong năm thứ $n$ (với $n = 1$ tương ứng năm $2025$).

Theo đề bài, ta có ${u_1} = 2$ và chi phí năm sau tăng $10\%$ so với năm trước, nên dãy số $({u_n})$ là một cấp số nhân có số hạng đầu ${u_1} = 2$ và công bội $q = 1 + 10\% = 1{,}1$.

Số hạng tổng quát của dãy số là ${u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}} = 2 \cdot {(1{,}1)^{n - 1}}$.

Để tìm năm đầu tiên có chi phí vận hành lớn hơn $4$ tỷ đồng, ta giải bất phương trình ${u_n} > 4 \Leftrightarrow 2 \cdot {(1{,}1)^{n - 1}} > 4 \Leftrightarrow {(1{,}1)^{n - 1}} > 2 \Leftrightarrow n - 1 > {\log _{1{,}1}}2 \Leftrightarrow n > 1 + {\log _{1{,}1}}2 \approx 8{,}27$.Vì $n$ là số nguyên dương nên giá trị nhỏ nhất của $n$ thỏa mãn là $n = 9$.

Năm thứ nhất là năm $2025$, vậy năm thứ $9$ là $2025 + (9 - 1) = 2033$.

Vậy năm đầu tiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là năm $2033$.

Đáp án: $32$

Gọi ${A_1}$ là hình chiếu của $A$ trên mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$$\Rightarrow {A_1}\left( {0;8;15} \right)$. Ta có $A{A_1}$ song song với trục $Ox$. Vì $AM$ luôn tạo với trục $Ox$ một góc $60^\circ$nên ta có $AM$ tạo với $A{A_1}$ một góc $60^\circ$. Suy ra $\widehat {MA{A_1}} = 60^\circ$. Điểm $M$ chạy trên đường tròn có tâm ${A_1}$, bán kính $R = {A_1}M$.

Xét tam giác ${A_1}AM$, có $R = M{A_1} = A{A_1} \cdot \tan 60^\circ = 5\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 = 15$.

Suy ra khoảng lớn nhất từ vệt sáng đến $O$là $O{M_{{\rm{max}}}} = O{A_1} + R = \sqrt {{8^2} + {{15}^2}} + 15 = 32$.

Đáp án: 151

Mỗi người dùng đăng ký trả 2 triệu đồng/năm. Với x người dùng, tổng doanh thu trong một năm là:$R(x) = 2x$ (triệu đồng)

Tổng chi phí duy trì hệ thống và cập nhật phần mềm trong một năm là:

$C(x) = 10\ln \left( x \right) + 50$ (triệu đồng)

Hàm lợi nhuận $P\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = 2x - 10\ln x + 50$(triệu đồng)

Để nhóm phát triển đạt mức lợi nhuận tối thiểu là 200 triệu đồng trong một năm thì

$P(x) \ge 200$$\Rightarrow 2x - 10\ln x - 50 \ge 200$$\Rightarrow x - 5\ln x \ge 125\quad (*)$

Xét hàm số $f\left( x \right) = x - 5\ln x$ với $x \in {\mathbb{N}^*}$. Ta có $f'\left( x \right) = 1 - \frac{5}{x} = 0 \Rightarrow x = 5$.

Với x < 5, ta có $f'\left( x \right) < 0$, suy ra hàm số$f\left( x \right)$ nghịch biến $\Rightarrow f\left( x \right) < f\left( 5 \right) = 5 - 5\ln 5 < 125$

(không thoả mãn)

Với x > 5, ta có $f'\left( x \right) > 0$, suy ra hàm số$f\left( x \right)$ đồng biến.

Với $x = 150$$\Rightarrow f\left( {150} \right) = 150 - 5\ln 150 \approx 124{,}947 < 125$(Không thỏa mãn)

Với $x \ge 151$ $\Rightarrow f\left( x \right) \ge f(151) = 151 - 5\ln 151 \approx 125{,}913 > 125$(Thỏa mãn)

Kết luận: Để đạt được lợi nhuận tối thiểu là 200 triệu đồng trong một năm, nhóm phát triển cần thu hút được ít nhất 151 người dùng đăng ký phần mềm.

Đáp số: 144

Gọi $I,\,\,J$lần lượt là hình chiếu của $A',\,\,C'$ lên $(ABCD)$

Gọi $a,\,\,b$ lần lượt độ dài cạnh của đáy lơn và đáy bé.

Khi đó, ${S_{ABCD}} = {a^2},\,\,{S_{A'B'C'D'}} = {b^2}$

Theo đề ta có: ${a^2} + {b^2} = 54$; $AC = a\sqrt 2 ,\,\,IJ = A'C' = b\sqrt 2$

Suy ra, $AJ = AC - JC = a\sqrt 2 - \frac{{a\sqrt 2 - b\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 + b\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a + b}}{{\sqrt 2 }}$

Đặt $a + b = x > 0$ ta có: $AJ = \frac{x}{{\sqrt 2 }}$ và ${x^2} = {(a + b)^2} = {a^2} + {b^2} + 2ab = 54 + 2ab \Rightarrow ab = \frac{{{x^2}}}{2} - 27$

Xét tam giác $AC'J$ vuông tại $J$ ta có: $h = C'J = \sqrt {A{{C'}^2} - A{J^2}} = \sqrt {{9^2} - {{\left( {\frac{x}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}} = \sqrt {81 - \frac{{{x^2}}}{2}}$

Thể tích khối chóp cụt là: $V = \frac{1}{3}h\left( {{S_{ABCD}} + {S_{A'B'C'D'}} + \sqrt {{S_{ABCD}}.{S_{A'B'C'D'}}} } \right)$

$= \frac{1}{3}\sqrt {81 - \frac{{{x^2}}}{2}} \left( {{a^2} + {b^2} + \sqrt {{a^2}.{b^2}} } \right) = \frac{1}{3}\sqrt {81 - \frac{{{x^2}}}{2}} \left( {54 + \sqrt {{{\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - 27} \right)}^2}} } \right) = \frac{1}{3}\sqrt {81 - \frac{{{x^2}}}{2}} \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + 27} \right)$ (*)

Đặt $t = \sqrt {81 - \frac{{{x^2}}}{2}} \Rightarrow {t^2} = 81 - \frac{{{x^2}}}{2} \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{2} = 81 - {t^2}$

Thay vào (*) ta được: $V = \frac{1}{3}t.(81 - {t^2} + 27) = - \frac{1}{3}{t^3} + 36t$

đặt $f(t) = - \frac{1}{3}{t^3} + 36t \Rightarrow f'(t) = - {t^2} + 36 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 6\\t = - 6\,\,(L)\end{array} \right.$

Vậy $\max V = f(6) = 144$.

Đáp án: 56

Gọi $S = \left\{ {\left. {M\left( {x;y} \right)} \right|x;y \in \left\{ {1;2;...;15} \right\}} \right\} \Rightarrow n\left( S \right) = {15^2} = 225$.

Ta có $n\left( \Omega \right) = C_{225}^2$.

Điểm $C\left( {{x_C};{y_C}} \right)$ là trung điểm của $AB$ thì ${x_C};{y_C} \in \mathbb{Z}$, suy ra ${x_A};{x_B}$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ và ${y_A};{y_B}$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Ta có số cách chọn điểm $C$ có toạ độ đều là số nguyên là $n = C_{49}^2 + C_{56}^2 + C_{56}^2 + C_{64}^2$

Suy ra $p = \frac{{C_{49}^2 + C_{56}^2 + C_{56}^2 + C_{64}^2}}{{C_{225}^2}} = \frac{{56}}{{225}} \Rightarrow 225p = 56.$

Đáp án: 2.

Điểm P: Thay $x = 2$ vào hàm số $f\left( x \right)$: $f\left( 2 \right) = \frac{1}{4}{\left( 2 \right)^3} + 2 = 2 + 2 = 4 \Rightarrow P\left( {2;4} \right)$

Đường thẳng d: Đi qua $O\left( {0;0} \right)$ và $P\left( {2;4} \right)$, nên có phương trình $y = \frac{4}{2}x \Rightarrow d:y = 2x$.

Điểm Q: Là giao điểm của $d$ và $\Delta$. Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

$2x = - x + 3 \Rightarrow 3x = 3 \Rightarrow x = 1 \Rightarrow y = 2 \Rightarrow Q\left( {1;2} \right)$

Điểm R: Là giao điểm của $\Delta$ và trục hoành $y = 0$: $- x + 3 = 0 \Rightarrow x = 3 \Rightarrow R\left( {3;0} \right)$

Gọi ${x_0}$ là hoành độ giao điểm của đường cong $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng $\Delta$. Dựa vào đồ thị, ta thấy $1 < {x_0} < 2$.

Diện tích A: Giới hạn bởi đường $y = 2x$ (trên), đường $\Delta$ (dưới, từ $x = 1$ đến ${x_0}$) và đường $y = f\left( x \right)$ (dưới, từ $x = {x_0}$ đến $x = 2$).

$$A = \int\limits_1^{{x_0}} {\left[ {2x - \left( { - x + 3} \right)} \right]{\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_0}}^2 {\left[ {2x - f(x} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_1^{{x_0}} {\left( {3x - 3} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_0}}^2 {\left[ {2x - f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}$$

Diện tích B: Giới hạn bởi đường $y = f\left( x \right)$ (trên, từ $x = 0$ đến ${x_0}$), đường $\Delta$ (trên, từ $x = {x_0}$ đến $x = 3$) và trục hoành (dưới).

$B = \int\limits_0^{{x_0}} {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_0}}^3 {\left( { - x + 3} \right){\rm{d}}x}$

Ta lấy biểu thức $B$ trừ đi $A$:

$$B - A = \left( {\int\limits_0^{{x_0}} {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_0}}^3 {\left( { - x + 3} \right){\rm{d}}x} } \right) - \left( {\int\limits_1^{{x_0}} {\left( {3x - 3} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_0}}^2 {\left[ {2x - f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} } \right)$$

$$= \int\limits_0^{{x_0}} {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_0}}^3 {\left( { - x + 3} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^{{x_0}} {\left( {3x - 3} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_{{x_0}}^2 {\left[ {2x - f\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x}$$

$$= \int\limits_0^{{x_0}} {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_0}}^3 {\left( { - x + 3} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^{{x_0}} {\left( {3x - 3} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_{{x_0}}^2 {2x{\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_0}}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}$$

$$= \left( {\int\limits_0^{{x_0}} {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_0}}^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} } \right) + \int\limits_{{x_0}}^3 {\left( { - x + 3} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^{{x_0}} {\left( {3x - 3} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_{{x_0}}^2 {2x{\rm{d}}x}$$

$$= \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_0}}^3 {\left( { - x + 3} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_1^{{x_0}} {\left( {3x - 3} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_{{x_0}}^2 {2x{\rm{d}}x}$$

Ta có

$$\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {\left( {\frac{1}{4}{x^3} + x} \right){\rm{d}}x} = \left. {\left( {\frac{{{x^4}}}{{16}} + \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_0^2 = \frac{{16}}{{16}} + \frac{4}{2} = 3$$

$$\int\limits_{{x_0}}^3 {\left( { - x + 3} \right){\rm{d}}x} = \frac{9}{2} - \left( { - \frac{{x_0^2}}{2} + 3{x_0}} \right) = \frac{{x_0^2}}{2} - 3{x_0} + \frac{9}{2}$$

$$\int\limits_1^{{x_0}} {\left( {3x - 3} \right){\rm{d}}x} = - \left( {\left( {\frac{{3x_0^2}}{2} - 3{x_0}} \right) - \left( {\frac{3}{2} - 3} \right)} \right) = - \frac{{3x_0^2}}{2} + 3{x_0} - \frac{3}{2}$$

$$\int\limits_{{x_0}}^2 {2x{\rm{d}}x} = - \left( {4 - x_0^2} \right) = - 4 + x_0^2$$

Thế vào ta được

$B - A = 3 + \left( {\frac{1}{2} - \frac{3}{2} + 1} \right)x_0^2 + \left( { - 3 + 3} \right){x_0} + \frac{9}{2} - \frac{3}{2} - 4 = 3 + 0 \cdot x_0^2 + 0 \cdot {x_0} + 3 - 4 = 3 - 1 = 2$.