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

Chọn B

Do $ABCA'B'C'$là lăng trụ đứng, góc giữa $A'C$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc giữa $A'C$ và $AC$ và là góc $\widehat {ACA'}$

Ta có gọi góc giữa $A'C$ và mặt phẳng $(ABC)$ là góc $\alpha$, nên $cos\alpha = \frac{{AA'}}{{AC}} = 1 \Rightarrow \alpha = 45^\circ$.

Chọn A

Ta có $AC = \sqrt 2$, mà tam giác $SAC$ đều nên $SA = SC = \sqrt 2$.

Chọn D

Ta có $- 3 \le 3\cos 2x \le 3$

Vậy tập giá trị cua hàm số $T = \left[ { - 3;3} \right]$.

Chọn C

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC}$$= \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NB} + \overrightarrow {DM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NC}$

$= 2\overrightarrow {MN}$.

Chọn B

Theo công thức tính thể tích của vật thể bằng cách cắt lát, thể tích $V$ của vật thể được giới hạn bởi hai mặt phẳng $x = a$ và $x = b$, với thiết diện vuông góc với trục $Ox$ tại hoành độ $x$ có diện tích là $S(x)$, được tính bằng công thức: $V = \int\limits_a^b S (x){\rm{d}}x$.

Vậy đáp án đúng là B.

Chọn D

Ta cần tìm nguyên hàm của hàm số $f(x) = x - \frac{1}{{{x^2}}}$.

Ta có: $\int {\left( {x - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} {\rm{d}}x = \int x {\rm{d}}x - \int {{x^{ - 2}}} {\rm{d}}x$$= \frac{{{x^{1 + 1}}}}{{1 + 1}} - \frac{{{x^{ - 2 + 1}}}}{{ - 2 + 1}} + C$$= \frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^{ - 1}}}}{{ - 1}} + C$$= \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{1}{x} + C$.

Vậy họ nguyên hàm của hàm số đã cho là $\frac{1}{2}{x^2} + \frac{1}{x} + C$.

Chọn A

Điều kiện xác định của phương trình: $x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > - 1$.

Ta có phương trình: ${\log _3}(x + 1) = 2$.

Theo định nghĩa logarit, ta có: $x + 1 = {3^2}$$\Leftrightarrow x = 8$.

Giá trị $x = 8$ thỏa mãn điều kiện $x > - 1$.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 8$.

Chọn D

Điểm cực đại của hàm số là điểm mà tại đó $f'(x)$ đổi dấu từ dương sang âm.

Quan sát bảng xét dấu của $f'(x)$:

- Tại $x = - 1$: $f'(x)$ đổi dấu từ $+$ sang $-$. Vậy $x = - 1$ là một điểm cực đại.

- Tại $x = 0$: $f'(x)$ đổi dấu từ $-$ sang $+$. Vậy $x = 0$ là một điểm cực tiểu.

- Tại $x = 1$: $f'(x)$ đổi dấu từ $+$ sang $-$. Mặc dù $f'(x)$ không xác định tại $x = 1$ (ký hiệu hai gạch đứng), nhưng hàm số $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $f'(x)$ đổi dấu từ dương sang âm, nên $x = 1$ là một điểm cực đại.

- Tại $x = 2$: $f'(x)$ bằng $0$ nhưng không đổi dấu (từ $-$ sang $-$). Vậy $x = 2$ không phải là điểm cực trị.

Vậy hàm số có 2 điểm cực đại là $x = - 1$ và $x = 1$.

Chọn C

Ta có ${u_5} = {u_1}.{q^4} \Leftrightarrow 162 = 2.{q^4} \Rightarrow q = \pm 3$.

Chọn B

Mặt phẳng vuông góc với $Oz$ nên có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$.

Mặt phẳng đi qua $M\left( {1;2; - 4} \right)$ và có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$ có phương trình là: $1\left( {z + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow z = - 4$.

Chọn A

Ta có $\frac{{3n}}{4} = 15 \Rightarrow {Q_3} \in \left[ {9;11} \right)$.

Khi đó ${Q_3} = 3 + \frac{{15 - \left( {2 + 7} \right)}}{7} \cdot 2 = \frac{{75}}{7} \approx 10{,}71$.

Mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $A$ và đi qua điểm $B$ nên có bán kính $R = AB = \sqrt {{{\left( {3 - 1} \right)}^2} + {{\left( {2 - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3 - 2} \right)}^2}} = \sqrt {30}$.

Khi đó $\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 30$.

a) Đúng. Mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ có phương trình $\frac{x}{{ - 2}} + \frac{y}{{ - 2}} + \frac{z}{{ - 2}} = 1 \Leftrightarrow \frac{x}{2} + \frac{y}{2} + \frac{z}{2} = - 1$.

b) Đúng. Ta có $\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1;1;1} \right)$ là VTPT mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\overrightarrow {{n_2}} = \left( {0;0;1} \right)$ là VTPT mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$.

Khi đó $\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} = 1$ và $\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| = \sqrt 3 ,\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right| = 1$.

Do đó $\cos \left( {\left( {ABC} \right),\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

c) Sai. Gọi $D\left( {x;y;z} \right)$, $\overrightarrow {AD} = \left( {x + 2;y;z} \right),\overrightarrow {BD} = \left( {x;y + 2;z} \right),\overrightarrow {CD} = \left( {x;y;z + 2} \right)$.

Vì $DA,DB,DC$ đôi một vuông góc

$$\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BD} = 0\\\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {CD} = 0\\\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {CD} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x + 2y = 0{\rm{ }}\left( 1 \right)\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2x + 2z = 0{\rm{ }}\left( 2 \right)\\{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2y + 2z = 0{\rm{ }}\left( 3 \right)\end{array} \right.$$

Lấy $\left( 1 \right) - \left( 2 \right)$ ta được $y = z$, Lấy $\left( 2 \right) - \left( 3 \right)$ ta được $x = y$, Lấy $\left( 1 \right) - \left( 3 \right)$ ta được $x = z$

Do đó $3{x^2} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\left( {KTM} \right)\\x = - \frac{4}{3}\left( {TM} \right)\end{array} \right.$.

Vậy $D\left( { - \frac{4}{3}; - \frac{4}{3}; - \frac{4}{3}} \right)$.

d) Sai.

Ta có $\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \left| {\overrightarrow {IB} } \right| \Leftrightarrow {\left( {a + 2} \right)^2} + {b^2} + {c^2} = {a^2} + {\left( {b + 2} \right)^2} + {c^2} \Leftrightarrow a = b$

Chứng minh tương tự, ta được $\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \left| {\overrightarrow {IB} } \right| = \left| {\overrightarrow {IC} } \right| \Leftrightarrow a = b = c$

Khi đó $\left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \left| {\overrightarrow {ID} } \right| \Leftrightarrow {\left( { - 2 - a} \right)^2} + {a^2} + {a^2} = 3{\left( {a + \frac{4}{3}} \right)^2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{3}$

Do đó $I\left( {\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}} \right)$.

Vậy $a + b + c = 1$.

a) Phương trình chính tắc của parabol lcó dạng ${y^2} = 2px$.

Do parabol đi qua điểm $M(2;1)$ nên ${1^2} = 2p.2 \Rightarrow p = \frac{1}{4}$.

Vậy phương trình của parabol là ${y^2} = \frac{1}{2}x$. Chọn đúng

b) Tổng diện tích hai nửa hình tròn đường kính $AB,\,\,CD$ là ${S_1} = \pi .{\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{9\pi }}{4}\,(c{m^2}).$

Diện tích hình vuông $ABCD$ là ${S_2} = {3^2} = 9\,(c{m^2}).$

Diện tích phần giới hạn bởi parabol và đường thẳng $MN$ là ${S_3} = 2\int\limits_0^2 {\sqrt {\frac{1}{2}x} } = \frac{8}{3}\,(c{m^2}).$

Vậy diện tích mặt cắt (làm tròn tới hàng đơn vị) là $S = {S_1} + {S_2} - {S_3} = \frac{{9\pi }}{4}\, + 9 - \frac{8}{3} \approx 13(c{m^2}).$ Chọn sai

c) Thể tích phần lõm của giá để bút được tính bằng công thức $\pi \int\limits_0^2 {{y^2}dx = } \pi \int\limits_0^2 {\frac{1}{2}xdx}$. Chọn đúng

d) Phương trình đường tròn đường kính AB là ${\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{9}{4}$. Suy ra Phương trình nửa đường tròn đường kính AB là $y = \frac{3}{2} + \sqrt {\frac{9}{4} - {{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2}}$.

Thể tích của toàn bộ giá để bút là $V = \pi {\int\limits_{ - 1}^2 {\left( {\frac{3}{2} + \sqrt {\frac{9}{4} - {{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2}} } \right)} ^2}dx - \pi \int\limits_0^2 {\frac{1}{2}xdx} \approx 65{,}5\,(c{m^3})$. Chọn sai.

Gọi M là biến cố xác suất để học sinh được chọn thuộc trường A, N là biến cố xác suất để học sinh được chọn đạt huy chương vàng.

a) ĐÚNG

$n\left( \Omega \right) = 51 + 24 = 75$.

Trường THPT A có $51$ học sinh nên $P\left( M \right) = \frac{{51}}{{75}} = \frac{{17}}{{25}}$ nên a) đúng.

b) SAI

$P\left( {\overline N \left| {\overline M } \right.} \right) = 1 - P\left( {N\left| {\overline M } \right.} \right) = 1 - 0{,}06 = 0{,}94$

Vậy b) Sai.

c) SAI

$P\left( N \right) = P\left( M \right)P\left( {N\left| M \right.} \right) + P\left( {\overline M } \right)P\left( {N\left| {\overline M } \right.} \right) = \frac{{17}}{{25}}.0{,}08 + \frac{8}{{25}}.0{,}06 = \frac{{46}}{{625}}$

Vậy c) Sai.

d) ĐÚNG

$P\left( {M\left| N \right.} \right) = \frac{{P\left( {N\left| M \right.} \right)P\left( M \right)}}{{P\left( N \right)}} = \frac{{0{,}08.\,\frac{{17}}{{25}}}}{{\frac{{46}}{{625}}}} = \frac{{17}}{{23}}$. Vậy d) Đúng.

a) Sai.

Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;2} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.

b) Đúng.

Tiệm cận xiên của đồ thị có dạng $y = ax + b$ đi qua hai điểm có tọa độ $\left( {2;4} \right);\left( {0;2} \right)$.

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng $y = x + 2$.

c) Sai.

Dựa vào đồ thị hàm số có giá trị lớn nhất trên đoạn $\left[ { - 2;1} \right]$ là $4$.

d) Đúng

Hàm số có tiệm cận đứng $x = 2$

Hàm số có tiệm cận xiên $y = x + 2$

Hàm số $y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x - d}} = x + 2 + \frac{\alpha }{{x - 2}}$ đi qua điểm có tọa độ $\left( {1;4} \right)$ $\Rightarrow y = x + 2 - \frac{1}{{x - 2}} = \frac{{{x^2} - 5}}{{x - 2}}$.

Suy ra $a = 1;b = 0;c = - 5;d = 2$. Vậy ${a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} = 30$.

Đáp án: 5,19

Ta có 1000 Gray $= 1{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000$ milliGray.

Thay hàm số khoảng cách $R(T) = 7000 + 3000T$ vào công thức tính suất liều bức xạ, ta được hàm số $D$ theo biến thời gian $T$:

$D(R(T)) = 60{\left( {\frac{{7000 + 3000T}}{{25{\mkern 1mu} 000}}} \right)^2} = 60{\left( {\frac{{3T + 7}}{{25}}} \right)^2}$

Tổng liều bức xạ vệ tinh nhận được trong một vòng bay (10 giờ) là:

$L = 2\int_0^5 6 0{\left( {\frac{{3T + 7}}{{25}}} \right)^2}{\rm{d}}T$

$L = \frac{{120}}{{625}}\int_0^5 {{{(3T + 7)}^2}} {\rm{d}}T = \frac{{24}}{{125}}\left[ {\frac{{{{(3T + 7)}^3}}}{9}} \right]_0^5$

$L = \frac{8}{{375}}\left( {{{22}^3} - {7^3}} \right) = \frac{8}{{375}} \cdot 10{\mkern 1mu} 305 = 219{,}84{\rm{ (milliGray)}}$

Số vòng bay tối đa vệ tinh có thể thực hiện trước khi hỏng hoàn toàn là:

$N = \frac{{1{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219{,}84}}{\rm{ (v\`o ng)}}$

Do mỗi vòng bay kéo dài 10 giờ, tổng thời gian hoạt động của vệ tinh là:

$t = 10 \cdot \frac{{1{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219{,}84}} = \frac{{10{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219{,}84}}{\rm{ }}$(giờ)

Đổi thời gian hoạt động sang đơn vị năm (với 1 năm có 365 ngày, 1 ngày có 24 giờ):

Số năm $= \frac{{10{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{219{,}84 \cdot 365 \cdot 24}} = \frac{{10{\mkern 1mu} 000{\mkern 1mu} 000}}{{1{\mkern 1mu} 925{\mkern 1mu} 798{,}4}} \approx 5{,}1926...{\rm{ }}$(năm)

Làm tròn kết quả tới hai chữ số thập phân sau dấu phẩy, ta được 5,19 năm.

Đáp án: 632

Bước 1: Thiết lập hàm chi phí trung bình mỗi ngày

Thời gian của một chu kỳ đặt hàng và tiêu thụ hết hàng là $\frac{Q}{d}$ (ngày).

Gọi $g(Q)$ là hàm chi phí trung bình mỗi ngày. Ta có công thức chi phí trung bình bằng tổng chi phí chia cho thời gian chu kỳ:

$g(Q) = \frac{f}{{\frac{Q}{d}}} = \frac{{K + cQ + \frac{{h{Q^2}}}{{2d}}}}{{\frac{Q}{d}}}$

Nhân nghịch đảo và rút gọn biểu thức, ta được:

$g(Q) = \frac{d}{Q}\left( {K + cQ + \frac{{h{Q^2}}}{{2d}}} \right) = \frac{{Kd}}{Q} + cd + \frac{{hQ}}{2}$

Bước 2: Tìm giá trị của lượng hàng $Q$ để chi phí nhỏ nhất

Để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm$g(Q)$, ta tính đạo hàm bậc nhất của $g(Q)$ theo biến$Q$:

$g'(Q) = - \frac{{Kd}}{{{Q^2}}} + 0 + \frac{h}{2}$

Cho $g'(Q) = 0$ để tìm điểm cực trị:

$- \frac{{Kd}}{{{Q^2}}} + \frac{h}{2} = 0$ $\Leftrightarrow \frac{h}{2} = \frac{{Kd}}{{{Q^2}}}$ $\Leftrightarrow {Q^2} = \frac{{2Kd}}{h}$

Vì số lượng hàng nhập $Q > 0$, ta suy ra:$Q = \sqrt {\frac{{2Kd}}{h}}$

(Lưu ý: Bạn cũng có thể áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $\frac{{Kd}}{Q}$ và $\frac{{hQ}}{2}$ để ra được kết quả $Q$ tương tự).

Bước 3: Thay số và tính toán

Thay các số liệu đã cho từ đề bài: $d =$ 100, $K =$ 1.000.000, $h =$ 500 vào công thức vừa tìm được:

$Q = \sqrt {\frac{{2 \cdot 1.000.000 \cdot 100}}{{500}}}$$= \sqrt {\frac{{200.000.000}}{{500}}}$$= \sqrt {400.000}$$\approx 632{,}4555...$

Theo yêu cầu của đề bài là chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng đơn vị, ta có $Q \approx$ 632.

Kết luận: Cửa hàng nên nhập 632 hộp trong mỗi lần đặt hàng để chi phí trung bình mỗi ngày là nhỏ nhất.

Đáp án: 126.

Áp dụng công thức tô $k$ màu cho $n$ đỉnh trên 1 vòng tròn

${\left( {k - 1} \right)^n} + {\left( { - 1} \right)^n}\left( {k - 1} \right)$.

Vậy số cách phát đề cho các thí sinh ngồi quanh bàn tròn là

${\left( {3 - 1} \right)^7} + {\left( { - 1} \right)^7}\left( {3 - 1} \right) = 126$.

Đáp án: 3,48.

Đặt $f\left( {x\,;y\,;z} \right) = x + y + 5{\rm{z}} + 1$

$f\left( A \right) = 6 + 0 + 5.4 + 1 = 27 > 0$

$f\left( B \right) = - 3 - 2 + 5.1 + 1 = 1 > 0$

Suy ra hai điểm $A,\,B$ nằm cùng phía đối với mặt phẳng $\left( P \right)$.

Gọi $C$ là điểm đối xứng với $B$ qua mặt phẳng $\left( P \right)$.

Ta có $MA + MB = MA + MC \ge AC$.

$MA + MB$ nhỏ nhất bẳng $AC$ khi $A,\,M,\,C$ thẳng hàng.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên mặt phẳng $\left( P \right)$.

Phương trình đường phẳng $BH$: $\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + t\\y = - 2 + t\\y = 1 + 5t\end{array} \right.$.

Tọa độ $H$ là nghiệm $\left( {x\,;\,y\,;\,z} \right)$ của hệ

$\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + t\\y = - 2 + t\\y = 1 + 5t\\x + y + 5z + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + t\\y = - 2 + t\\y = 1 + 5t\\\left( { - 3 + t} \right) + \left( { - 2 + t} \right) + 5\left( {1 + 5t} \right) + 1 = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + t\\y = - 2 + t\\y = 1 + 5t\\27t + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - \frac{{82}}{{27}}\\y = - \frac{{55}}{{27}}\\z = \frac{{22}}{{27}}\\t = - \frac{1}{{27}}\end{array} \right.$

$H\left( { - \frac{{82}}{{27}}\,;\, - \frac{{55}}{{27}}\,;\,\frac{{22}}{{27}}} \right)$.

$H$ là trung điểm của $BC$, tọa độ $C\left( { - \frac{{83}}{{27}}\,;\, - \frac{{56}}{{27}}\,;\,\frac{{17}}{{27}}} \right)$;

Điểm $M$ là giao điểm của đường thẳng $AC$ và mặt phẳng $(P)$.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng $AC$: $\overrightarrow {AC} = \left( { - \frac{{83}}{{27}} - 6;{\mkern 1mu} - \frac{{56}}{{27}} - 0;{\mkern 1mu} \frac{{17}}{{27}} - 4} \right) = \left( { - \frac{{245}}{{27}};{\mkern 1mu} - \frac{{56}}{{27}};{\mkern 1mu} - \frac{{91}}{{27}}} \right)$

Ta chọn vectơ chỉ phương của đường thẳng $AC$ là: $\vec u = - \frac{{27}}{7} \cdot \overrightarrow {AC} = \left( {35\,;{\mkern 1mu} \,8\,;{\mkern 1mu} \,13} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng $AC$:$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 6 + 35t}\\{y = 8t}\\{z = 4 + 13t}\end{array}} \right.$

Thay $x,y,z$ vào phương trình mặt phẳng $\left( P \right):x + y + 5z + 1 = 0$:

$\left( {6 + 35t} \right) + 8t + 5\left( {4 + 13t} \right) + 1 = 0$$\Leftrightarrow 6 + 35t + 8t + 20 + 65t + 1 = 0$$\Leftrightarrow 108t + 27 = 0 \Rightarrow t = - \frac{{27}}{{108}} = - \frac{1}{4}$

Suy ra $M\left( { - \frac{{11}}{4}\,;\, - 2\,;\,\,\frac{3}{4}} \right)$

$OM = \sqrt {x_M^2 + y_M^2 + z_M^2}$

$OM = \sqrt {{{\left( { - \frac{{11}}{4}} \right)}^2} + {{( - 2)}^2} + {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{{121}}{{16}} + 4 + \frac{9}{{16}}}$

$OM = \sqrt {\frac{{130}}{{16}} + \frac{{64}}{{16}}} = \sqrt {\frac{{194}}{{16}}} = \frac{{\sqrt {194} }}{4} \approx 3{,}48$.

Đáp án: $1{,}92$

Gọi $I = AB' \cap A'M$ và $D = A'N \cap AC$.

Ta có $\frac{{IA}}{{IB'}} = \frac{1}{2}$ nên suy ra ${\rm{d}}\left( {B',\left( {AMN} \right)} \right) = 2{\rm{d}}\left( {A,\left( {A'MN} \right)} \right)$.

Mặt khác, theo giả thiết

$\left. {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{A'M \bot \left( {ABC} \right)}\\{A'M \subset \left( {A'MD} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow \left( {A'MD} \right) \bot \left( {ABC} \right) = MD$.

Kẻ $AE \bot MD$.

Suy ra $AE = {\rm{d}}\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right)$.

Xét tam giác $A'AD$, có $\frac{{CD}}{{AD}} = \frac{{CM}}{{AA'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow CD = \frac{1}{2}AD$

Do đó $AC = CD = 2$.

Mặt khác $M{D^2} = A{M^2} + A{D^2} - 2AM \cdot AD \cdot \cos \widehat {MAD} = 13$$\Rightarrow MD = \sqrt {13}$.

$\Rightarrow {S_{\Delta A'MD}} = \frac{1}{2} \cdot AM \cdot AD \cdot \sin \widehat {MAD} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 4 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3$

Suy ra ${\rm{d}}\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right) = AE = \frac{{2 \cdot {S_{\Delta AMD}}}}{{MD}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }}$

$\Rightarrow {\rm{d}}\left( {B',\left( {AMN} \right)} \right) = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt {13} }} \approx 1{,}92$.

Đáp án: 147

Theo đề bài, nốt La (A4) có tần số ${f_{A4}} = 440Hz$

Nốt Mi (E4) đứng trước nốt La (A4) trong dãy âm cơ bản. Ta đếm số nửa cung ($n$) từ Mi (E4) đến La (A4) dựa trên dãy nốt đã cho:

Mi $\to$ Pha (1) $\to$ Pha (2) $\to$ Sol (3) $\to$ Sol (4) $\to$ La (5).

Vậy nốt La cao hơn nốt Mi là $n = 5$ nửa cung.

Áp dụng công thức: $\frac{{{f_{A4}}}}{{{f_{E4}}}} = {2^{\frac{5}{{12}}}} \Rightarrow {f_{E4}} = \frac{{{f_{A4}}}}{{{2^{\frac{5}{{12}}}}}} = \frac{{440}}{{{2^{\frac{5}{{12}}}}}}Hz$.

Tần số hiện tại của dây số 1 (đang bị chùng) là ${f_{ht}} = 300Hz$.

Gọi $x$ là số nửa cung cần tăng thêm để từ $300Hz$ đạt đến tần số chuẩn ${f_{E4}}$. Ta có phương trình: $\frac{{{f_{E4}}}}{{{f_{ht}}}} = {2^{\frac{x}{{12}}}} \Leftrightarrow \frac{{440}}{{300 \cdot {2^{\frac{5}{{12}}}}}} = {2^{\frac{x}{{12}}}}$

Giải phương trình tìm $x$:

${2^{\frac{x}{{12}}}} = \frac{{44}}{{30 \cdot {2^{\frac{5}{{12}}}}}} \Rightarrow \frac{x}{{12}} = {\log _2}\left( {\frac{{44}}{{30 \cdot {2^{\frac{5}{{12}}}}}}} \right)$

$x = 12 \cdot {\log _2}\left( {\frac{{44}}{{30}} \cdot {2^{ - \frac{5}{{12}}}}} \right) = 12 \cdot \left( {{{\log }_2}\frac{{44}}{{30}} - \frac{5}{{12}}} \right) = 12 \cdot {\log _2}\frac{{22}}{{15}} - 5$

Theo quy tắc: xoay $90^\circ$ thì tăng $1$ nửa cung. Vậy để tăng $x$ nửa cung, cần xoay một góc $\alpha$ là: $\alpha = x \cdot 90^\circ = \left( {12 \cdot {{\log }_2}\frac{{22}}{{15}} - 5} \right) \cdot 90^\circ$.

Nên $\alpha \approx 147^\circ$.