Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Sơn La lần 2 có đáp án

Chọn B

Bước 1: Tìm giá trị đại diện ${x_i}$cho từng nhóm (trung điểm của các đầu mút khoảng):

${x_1} = 6;{x_2} = 8;{x_3} = 10;{x_4} = 12;{x_5} = 14$.

Bước 2: Tính số trung bình cộng $\bar x$

$\bar x = \frac{{2 \cdot 6 + 7 \cdot 8 + 7 \cdot 10 + 3 \cdot 12 + 1 \cdot 14}}{{20}} \Leftrightarrow \bar x = \frac{{12 + 56 + 70 + 36 + 14}}{{20}} = \frac{{188}}{{20}} = 9{,}4$.

Bước 3: So sánh kết quả: Giá trị $9{,}4$ thuộc khoảng $[9;11)$.

Chọn C

Thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SO$.

Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo mặt đáy.

$OD = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .\sqrt 2 = a$.

Xét tam giác $SOD$ vuông tại $O$, ta có: $SO = \sqrt {S{D^2} - O{D^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3$

$V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SO = \frac{1}{3}2{a^2}.a\sqrt 3 = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}$.

Chọn A

Xét tam giác $SAC$ cân tại $S$ (do $SA = SC$). $O$ là trung điểm của $AC$ (tâm hình bình hành), nên trung tuyến $SO$ đồng thời là đường cao: $SO \bot AC$.

Xét tam giác $SBD$ cân tại $S$ (do $SB = SD$). $O$ là trung điểm của $BD$, nên trung tuyến $SO$ đồng thời là đường cao: $SO \bot BD$.

Suy ra $SO \bot (ABCD)$.

Chọn A

Phương trình mặt phẳng có dạng $Ax + By + Cz + D = 0$ sẽ có vectơ pháp tuyến $\vec n = (A;B;C)$.

Từ phương trình $(P):2x - y + z + 3 = 0$, ta có $\overrightarrow {{n_1}} = (2; - 1;1)$.

Chọn D

Ta có: $\int_0^2 {f\left( x \right)} \,dx = \int_0^1 {f\left( x \right)} \,dx + \int_1^2 {f\left( x \right)} \,dx$

Suy ra $\int_1^2 {f\left( x \right)} \,dx = \int_0^2 {f\left( x \right)} \,dx - \int_0^1 {f\left( x \right)} \,dx = - 4 - 1 = - 5.$

Chọn B

Nhìn vào đồ thị, ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại điểm thấp nhất trong một khoảng lân cận (điểm lõm). Vị trí này tương ứng với trục hoành tại $x = 2$ và trục tung tại $y = - 2.$

Vậy điểm cực tiểu của hàm số đó là $x = 2.$

Chọn C

Ta có: $\int {\sin \,xdx = - {\rm{cos}}\,x + C}$.

Chọn D

Phương trình mặt cầu dạng tổng quát: ${\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}$ có tâm là $I\left( {a;\,b;\,c} \right).$

Ta có: ${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 4$$\Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - \left( { - 1} \right)} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = {2^2}$.

Vậy tâm của mặt cầu là $I\left( {2;\, - 1;\,3} \right).$

Chọn A

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$.

$f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4x$.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \in \left( { - 2;2} \right)\\x = 0 \in \left( { - 2;2} \right)\\x = 1 \in \left( { - 2;2} \right)\end{array} \right..$

Ta có: $f\left( { - 2} \right) = 13;f\left( { - 1} \right) = 4;f\left( 0 \right) = 5;f\left( 1 \right) = 4;f\left( 2 \right) = 13$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = 13$ đạt tại $x = \pm 2$.

Chọn C

Điều kiện xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4x + 1}}{{x - 1}} = 4,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4x + 1}}{{x - 1}} = 4$.

Vậy đường thẳng $y = 4$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Chọn B

Do $A,B$ độc lập nên $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = \frac{1}{5}.\frac{2}{3} = \frac{2}{{15}}$.

Chọn D

Ta có: ${u_4} = {u_1} + 3d = 2 + 3.5 = 17$.

a) Quan sát đồ thị có hướng đi xuống (từ trái sáng phải) nên đây là đồ thị của hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. Nên đạo hàm của hàm số $y = f(x)$ luôn âm với mọi $x \in \mathbb{R}\backslash \{ 2\}$. Suy ra a) là khẳng định sai

b) Từ đồ thị, ta có

Tiệm cận đứng: Đường thẳng $x = 2$. Do đó $d = - 2$.

Giao điểm với trục tung: Đồ thị cắt trục $Oy$ tại điểm $(0; - 1{,}5)$.

Thay $x = 0$ vào hàm số: $f(0) = \frac{c}{d} = - 1{,}5$.

Với $d = - 2 \Rightarrow \frac{c}{{ - 2}} = - 1{,}5 \Rightarrow c = 3$.

Vậy tổng hai hệ số $c$ và $d$ bằng 1 là khẳng định đúng.

c) Giao điểm với trục hoành: Đồ thị cắt trục $Ox$ tại hai điểm $( - 1;0)$ và $(3;0)$.

Thay $x = - 1$: $a{( - 1)^2} + b( - 1) + 3 = 0 \Rightarrow a - b + 3 = 0 \Rightarrow a - b = - 3$ (1)

Thay $x = 3$: $a{(3)^2} + b(3) + 3 = 0 \Rightarrow 9a + 3b + 3 = 0 \Rightarrow 3a + b = - 1$ (2)

Giải hệ (1) và (2), ta được: $a = - 1$ và $b = 2$.

Vậy hàm số là: $y = f(x) = \frac{{ - {x^2} + 2x + 3}}{{x - 2}}$. $\frac{{ - {x^2} + 2x + 3}}{{x - 2}} = - x + \frac{3}{{x - 2}}$

do đó tiệm cận xiên là $y = - x$. Khẳng định đúng.

d) Điều kiện để $OA \bot OB$.

Phương trình hoành độ giao điểm của $y = f(x)$ và $y = m$:

$\frac{{ - {x^2} + 2x + 3}}{{x - 2}} = m \Leftrightarrow {x^2} + (m - 2)x - 2m - 3 = 0\quad (x \ne 2)$

Gọi $A({x_1};m)$ và $B({x_2};m)$. Theo định lý Vi-ét: ${x_1}{x_2} = - 2m - 3$.

Để $OA \bot OB \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {OB} = 0 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + {m^2} = 0$ $\Leftrightarrow - (2m + 3) + {m^2} = 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 3 = 0$.

Khẳng định đúng.

Gọi: T: Biến cố cử tri trả lời "Sẽ bầu cho ứng cử viên A"; B: Biến cố cử tri "Thực sự bầu cho ứng cử viên A".

Dựa vào dữ kiện bài toán, ta có các xác suất sau:

$$P(T) = 40\% = 0{,}4 \Rightarrow P(\bar T) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$$

$P(B|T) = 90\% = 0{,}9$ (Xác suất thực sự bầu nếu đã nói là sẽ bầu).

$P(B|\bar T) = 20\% = 0{,}2$ (Xác suất thực sự bầu dù nói là không bầu).

a) Xác suất cử tri bầu ứng cử viên A biết rằng trước bầu cử họ trả lời sẽ bầu ứng cử viên A là $P(B|T) = 90\% = 0{,}9$. Kết luận: ĐÚNG.

b) Xác suất cử tri không bầu ứng cử viên A biết rằng trước bầu cử họ trả lời sẽ không bầu ứng cử viên A là: $P(\bar B|\bar T) = 1 - P(B|\bar T) = 1 - 0{,}2 = 0{,}8$. Kết luận: SAI.

c) Tỉ lệ cử tri bầu cho ứng cử viên A là

$P(B) = P(T) \cdot P(B|T) + P(\bar T) \cdot P(B|\bar T) = 0{,}4 \cdot 0{,}9 + 0{,}6 \cdot 0{,}2 = 0{,}36 + 0{,}12 = 0{,}48 = 48\%$.

Kết luận: ĐÚNG.

d) Biết rằng một cử tri đã bầu cho ứng cử viên A, xác suất để họ đã nói sẽ không bầu ứng cử viên A trước bầu cử là

$P(\bar T|B) = \frac{{P(\bar T) \cdot P(B|\bar T)}}{{P(B)}} = \frac{{0{,}6 \cdot 0{,}2}}{{0{,}48}} = \frac{{0{,}12}}{{0{,}48}} = 0{,}25$. Kết luận: SAI.

Lời giải 2

Bước 1: Gọi tên các biến cố và tóm tắt giả thiết

Gọi:

 $M$: "Cử tri trả lời sẽ bầu cho ứng cử viên A trước bầu cử".

 $\bar M$: "Cử tri trả lời sẽ không bầu cho ứng cử viên A trước bầu cử".

 $N$: "Cử tri thực sự bầu cho ứng cử viên A".

 $\bar N$: "Cử tri thực sự không bầu cho ứng cử viên A".

Theo giả thiết bài toán, ta có các xác suất sau:

 Tỉ lệ trả lời sẽ bầu là 40%: $P(M) = 0{,}4 \Rightarrow P(\bar M) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$.

 Trong số những người trả lời sẽ bầu, có 90% thực sự bầu: $P(N|M) = 0{,}9$.

 Trong số những người trả lời không bầu, có 20% thực sự bầu: $P(N|\bar M) = 0{,}2$.

Bước 2: Xét tính đúng sai của từng mệnh đề

 Mệnh đề a: Đúng.

Mệnh đề phát biểu: "Xác suất cử tri bầu ứng cử viên A biết rằng trước bầu cử họ trả lời sẽ bầu ứng cử viên A là 0,9".

Đây chính là xác suất có điều kiện $P(N|M)$. Theo giả thiết đề bài đã cho $P(N|M) = 0{,}9$.

 Mệnh đề b: Sai.

Mệnh đề phát biểu: "Xác suất cử tri không bầu ứng cử viên A biết rằng trước bầu cử họ trả lời sẽ không bầu ứng cử viên A là 0,2".

Đây là xác suất có điều kiện $P(\bar N|\bar M)$.

Ta có:

$P(\bar N|\bar M) = 1 - P(N|\bar M) = 1 - 0{,}2 = 0{,}8$

Kết quả tính được là 0,8, khác với 0,2 của mệnh đề.

 Mệnh đề c: Đúng.

Mệnh đề yêu cầu tính tỉ lệ cử tri thực sự bầu cho ứng cử viên A, tức là tính $P(N)$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

$P(N) = P(M) \cdot P(N|M) + P(\bar M) \cdot P(N|\bar M)$

$P(N) = 0{,}4 \cdot 0{,}9 + 0{,}6 \cdot 0{,}2 = 0{,}36 + 0{,}12 = 0{,}48$

Vậy tỉ lệ cử tri thực sự bầu cho A là 48%.

 Mệnh đề d: Sai.

Mệnh đề phát biểu: "Biết rằng một cử tri đã bầu cho ứng cử viên A, xác suất để họ đã nói sẽ không bầu ứng cử viên A trước bầu cử là 0,2".

Đây là yêu cầu tính xác suất có điều kiện $P(\bar M|N)$. Áp dụng định lí Bayes, ta có:

$P(\bar M|N) = \frac{{P(\bar M) \cdot P(N|\bar M)}}{{P(N)}}$

$$P(\bar M|N) = \frac{{0{,}6 \cdot 0{,}2}}{{0{,}48}} = \frac{{0{,}12}}{{0{,}48}} = 0{,}25$$

Kết quả tính được là 0,25, khác với 0,2 của mệnh đề.

a) Đúng: Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {0;2; - 1} \right)$ và bán kính là $R = \sqrt {29}$.

Ta có: $\overrightarrow {IA} = \left( {0; - 2;5} \right) \Rightarrow IA = \sqrt {29} = R$, do đó điểm $A$ nằm trên mặt cầu $\left( S \right)$.

$\overrightarrow {IB} = \left( {6; - 4;7} \right) \Rightarrow IB = \sqrt {101} > R$, do đó điểm $B$ nằm ngoài mặt cầu $\left( S \right)$.

b) Sai: Gọi $H\left( {4 + t; - 8 - t;4 + 2t} \right)$ là hình chiếu vuông góc của $I\left( {0;2; - 1} \right)$ lên đường thẳng $d$.

Ta có: $\overrightarrow {IH} = \left( {t + 4; - t - 10;2t + 5} \right)$; $\overrightarrow u = \left( {1; - 1;2} \right)$ là vectơ chỉ phương của $d$.

$\overrightarrow {IH} .\overrightarrow u = 0 \Rightarrow 1.\left( {t + 4} \right) - 1.\left( { - t - 10} \right) + 2\left( {2t + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow t = - 4$.

$$\Rightarrow \overrightarrow {IH} = \left( {0; - 6; - 3} \right) \Rightarrow IH = 3\sqrt 5 > R$$

Do đó, $d$ không phải là tiếp tuyến của mặt cầu $\left( S \right)$.

c) Đúng: Do $\widehat {AMB} = 90^\circ$ nên điểm $M$ nằm trên mặt cầu $\left( {S'} \right)$ đường kính $AB$.

Phương trình của $\left( {S'} \right)$ là ${\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 5} \right)^2} = 11$.

Mặt khác, $M$ là điểm thuộc mặt cầu $\left( S \right)$, do đó tọa độ điểm $M$ thỏa mãn hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2} + {{\left( {z + 1} \right)}^2} = 29\,\,\,\,\,\,\,}\\{{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {{\left( {y + 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 5} \right)}^2} = 11}\end{array}} \right. \Rightarrow x - y + 2z - 8 = 0$.

Vậy $M$ nằm trên đường tròn $\left( C \right)$ là giao tuyến của $\left( S \right)$ và $\left( {S'} \right)$, đường tròn $\left( C \right)$ nằm trên mặt phẳng $\left( P \right):x - y + 2z - 8 = 0$.

d) Sai: Gọi $H$ là tâm của đường tròn giao tuyến của đường tròn $\left( C \right)$, khi đó $H$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $\left( P \right)$.

Ta có: $d\left( {I,\left( P \right)} \right) = 2\sqrt 6$

$IH:\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = t\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{y = 2 - t\,\,\,\,\,}\\{z = - 1 + 2t}\end{array}} \right. \Rightarrow H\left( {t;2 - t; - 1 + 2t} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IH} = \left( {t; - t;2t} \right) \Rightarrow IH = \sqrt {6{t^2}}$.

Do $IH = d\left( {I,\left( P \right)} \right) \Rightarrow 6{t^2} = 24 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = 2}\\{t = - 2}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{H\left( {2;0;3} \right)}\\{H\left( { - 2;4; - 5} \right)}\end{array}} \right.$.

Do $H \in \left( P \right)$ nên $H\left( {2;0;3} \right)$.

Gọi $N$ là giao điểm của $d$ và $\left( P \right)$$\Rightarrow N\left( {2; - 6;0} \right) \Rightarrow NH = 3\sqrt 5$.

Mặt khác $MH = \sqrt {I{M^2} - I{H^2}} = \sqrt {29 - 24} = \sqrt 5$.

$\Rightarrow NH = 3MH \Rightarrow 2\overrightarrow {MH} + \overrightarrow {MN} = \overrightarrow 0 \Rightarrow M\left( {2; - 2;2} \right)$.

Vậy ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 12$.

a) Đúng.

Trong một giây đầu tiên, đồ thị hàm số $v\left( t \right)$ là đường thẳng đi qua gốc tọa độ và điểm $B\left( {1;2} \right)$.

Vậy vận tốc của chất điểm là $v\left( t \right) = 2t$, $0 \le t \le 1$.

b) Đúng.

Đồ thị hàm số $v\left( t \right)$ là đường thẳng $v\left( t \right) = 2$, $1 \le t \le 3$.

Quãng đường chất điểm đi được trong hai giây đầu tiên là $\int\limits_0^1 {2t{\rm{d}}t} + \int\limits_1^2 {2{\rm{d}}t} = 3$ (m).

c) Sai.

Parabol $v\left( t \right) = a{t^2} + bt + c$ có đỉnh $C\left( {3;2} \right)$ và đi qua điểm $D\left( {5;0} \right)$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \frac{b}{{2a}} = 3\\9a + 3b + c = 2\\25a + 5b + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{1}{2}\\b = 3\\c = - \frac{5}{2}\end{array} \right. \Rightarrow v\left( t \right) = - \frac{{{t^2}}}{2} + 3t - \frac{5}{2}$, $3 \le t \le 5$.

d) Sai.

Quãng đường chất điểm đi được trong bốn giây đầu tiên là

$\int\limits_0^1 {2t{\rm{d}}t} + \int\limits_1^3 {{\rm{2d}}t} + \int\limits_3^4 {\left( { - \frac{{{t^2}}}{2} + 3t - \frac{5}{2}} \right){\rm{d}}t} \approx 6{,}8$ (m).

Đáp án: 50.

Chiều dài tuyến là $100$ km, vận tốc khai thác là $v$ km/h, nên thời gian một chuyến là:

$t = \frac{{100}}{v}$ (giờ).

Doanh thu

Số khách: $N(v) = \frac{v}{5} + 20$.

Giá vé bình quân $500000$ đồng/khách nên doanh thu:

$R(v) = 500000\left( {\frac{v}{5} + 20} \right) = 100000v + 10000000$.

Chi phí điện

Công suất: $P(v) = 10{v^3}$ (W) $= 0{,}01{v^3}$ (kW).

Điện lượng tiêu thụ: $A = P(v)t = 0{,}01{v^3} \cdot \frac{{100}}{v} = {v^2}$ (kWh).

Tiền điện: ${C_1}(v) = 2000{v^2}$.

Chi phí vận hành cố định: ${C_2}(v) = 2500000 \cdot \frac{{100}}{v} = \frac{{250000000}}{v}$.

Lợi nhuận ròng: $L(v) = R(v) - {C_1}(v) - {C_2}(v)$$= 100000v + 10000000 - 2000{v^2} - \frac{{250000000}}{v}$.

Xét đạo hàm: $L'(v) = 100000 - 4000v + \frac{{250000000}}{{{v^2}}}$.

Giải $L'(v) = 0$, hay $100000 - 4000v + \frac{{250000000}}{{{v^2}}} = 0$$\Leftrightarrow {v^3} - 25{v^2} - 62500 = 0$$\Leftrightarrow v = 50$.

Lại có $L'(v) > 0$ khi $v < 50$ và $L'(v) < 0$ khi $v > 50$, nên lợi nhuận lớn nhất tại $v = 50{\rm{ km/h}}$.

Đáp án: $46$.

Gọi ${S_1}$ là diện tích của hình phẳng giới hạn bởi cung tròn.

Ta có diện tích bàn cờ $S = {S_{ABCD}} + 2{S_1}$

${S_{ABCD}} = 1 \times 0{,}4 = 0{,}4$(m$^2$).

Gọi $R$ là bán kính đường tròn có hình quạt ${S_1}$ tương ứng.

$\Rightarrow {\left( {R - 0{,}1} \right)^2} + 0,{2^2} = {R^2}$

$\Rightarrow R = 0{,}25$

Gọi $\alpha$ là góc ở tâm của hình quạt.

$\sin \frac{\alpha }{2} = \frac{{0{,}2}}{{0{,}25}} = \frac{4}{5}$

Suy ra ${S_1} = {\sin ^{ - 1}}\left( {\frac{4}{5}} \right) \times 0,{25^2} - \frac{1}{2}\left( {0{,}25 - 0{,}1} \right) \times 0{,}4$.

Tổng chi phí là $T = \left( {0{,}4 + 2 \times {S_1}} \right) \times 100 = 45{,}5911$.

Đáp án: $58$.

Tổng số tiền cần bồi thường là: $450.60\% = 270$(triệu đồng)

Số tiền nộp mỗi tháng (đơn vị: triệu đồng) là:

 Tháng 1: $m$

 Tháng 2: $m.0{,}9$

 …….

 Tháng 6: $m.0,{9^5}$

Đây là một cấp số nhân với số hạng đầu ${u_1} = m$ và công bội $q = 0{,}9$.

Tổng số tiền nộp sau 6 tháng là: ${S_6} = m.\frac{{1 - 0,{9^6}}}{{1 - 0{,}9}}$(triệu đồng)

Theo đề bài, ta có bất phương trình: $m.\frac{{1 - 0,{9^6}}}{{1 - 0{,}9}} \ge 270 \Rightarrow m \ge 57{,}6$

Làm tròn đến hàng đơn vị ta được $m \approx 58$.

Đáp án: 19.

· Ta có $DM\parallel \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {DM,SB} \right) = d\left( {DM,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right)$.

Mặt khác, $AM \cap \left( {SBC} \right) = B$ nên $\frac{{d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{MB}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)$.

· Tứ giác $AMCD$ có $AM,CD$ song song và bằng nhau nên là hình bình hành. Hơn nữa, $AD = AM$ nên $AMCD$ là hình thoi. Do đó, $AC \bot DM.$ Mà $DM\parallel BC$(do $DMBC$ là hình bình hành) nên $AC \bot BC.$

· Kẻ $AH \bot SC$ tại $H$. Khi đó, $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\\BC \bot {\rm{S}}A\\AC \cap SA = A\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

Ta có: $\left. \begin{array}{l}AH \bot SC\\AH \bot BC\\SC \cap BC = C\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH$.

· $A{C^2} = A{B^2} - B{C^2} = 3{a^2} \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{4}{{9{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{3}{2}a \Rightarrow d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{3}{4}a$.

· Do vậy, $x = 3,y = 4 \Rightarrow x + y + xy = 19.$

Đáp án: $0{,}67$.

Gọi ${P_1},{P_2},{P_3},{P_4}$ lần lượt là xác suất anh Sơn tìm được kho báu khi anh ấy đang ở phòng 1, phòng 2, phòng

Trường hợp 1: Anh Sơn xuất phát từ phòng 1

${P_1} = \frac{1}{3}{P_2} + \frac{1}{3}{P_3} + \frac{1}{3}$ (1)

Trường hợp 2: Anh Sơn xuất phát từ phòng 2

${P_2} = \frac{1}{2}{P_1} + \frac{1}{2}{P_4}{\rm{ }}(2)$

Trường hợp 3: Anh Sơn xuất phát từ phòng 3

${P_3} = \frac{1}{2}{P_1} + \frac{1}{2}{P_4}{\rm{ }}(3)$

Trường hợp 4: Anh Sơn xuất phát từ phòng 4

${P_4} = \frac{1}{3}{P_2} + \frac{1}{3}{P_3}$(4)

Từ (1) (2) (3) (4) suy ra $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{P_1} = \frac{2}{3}}\\{{P_2} = \frac{1}{2}}\\{{P_3} = \frac{1}{2}}\\{{P_4} = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.$.

Xác suất để anh Sơn tìm được kho báu là: ${P_1} = \frac{2}{3} \approx 0{,}67$

Từ (1) (2) (3) (4) suy ra $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{P_1} = \frac{2}{3}}\\{{P_2} = \frac{1}{2}}\\{{P_3} = \frac{1}{2}}\\{{P_4} = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.$.

Xác suất để anh Sơn tìm được kho báu là: ${P_1} = \frac{2}{3} \approx 0{,}67$.

Đáp án: 118.

Ta gọi số của 3 người trong một nhóm lần lượt là $a$, $b$, $c$($a,b,c \in \mathbb{N}*$$1 \le a < b < c \le 100$).

Ta có: $a + b + c = 100$ với điều kiện (do mỗi thẻ ghi một số khác nhau và việc lập nhóm không phân biệt thứ tự từng người).

Vì $a < b < c$ nên ta có bất đẳng thức:

$$a + \left( {a + 1} \right) + \left( {a + 2} \right) \le a + b + c$$

$$\Leftrightarrow 3a + 3 \le 100$$

$$\Leftrightarrow 3a \le 97$$

$$\Rightarrow a \le 32$$

Vậy $a$ nhận các giá trị nguyên từ 1 đến 32.

Với một giá trị $a$ cho trước, ta có $b + c = 100 - a$.

Vì $b < c$ nên $b + b < b + c \Rightarrow 2b < 100 - a \Rightarrow b < \frac{{100 - a}}{2}$

Mặt khác, vì $a < b$ nên $a + 1 \le b$. Kết hợp điều kiện ở trên ta được: $a + 1 \le b < \frac{{100 - a}}{2}$

TH1: $a$ là số lẻ

Đặt $a = 2k - 1$ với $k \in {\mathbb{N}^*}$.

Vì $1 \le a \le 31$ nên $1 \le 2k - 1 \le 31 \Rightarrow 1 \le k \le 16$.

Thế $a = 2k - 1$ vào bất phương trình của $b$:

$\left( {2k - 1} \right) + 1 \le b < \frac{{100 - \left( {2k - 1} \right)}}{2}$

$\Leftrightarrow 2k \le b < \frac{{101 - 2k}}{2} = 50{,}5 - k$

Vì $b$ là số nguyên, điều kiện $b < 50{,}5 - k \Leftrightarrow b \le 50 - k$.

Vậy $b$ nằm trong đoạn: $\left[ {2k\,;\,50 - k} \right]$.

Số lượng giá trị của $b$ tạo được ứng với mỗi $k$ là: $\left( {50 - k} \right) - 2k + 1 = 51 - 3k$

Thay giá trị của $k$ từ 1 đến 16, ta được dãy số lượng nhóm: $48{,}45{,}42, \ldots ,3$.

Đây là cấp số cộng có 16 số hạng.

Tổng của dãy cấp số cộng này là:

${S_1} = \frac{{\left( {48 + 3} \right)\,.\,16}}{2} = 408$ (nhóm).

TH2: $a$ là số chẵn

Đặt $a = 2k$ với $k \in {\mathbb{N}^*}$.

Vì $2 \le a \le 32$ nên $1 \le 2k \le 32 \Rightarrow 1 \le k \le 16$.

Thế $a = 2k$ vào bất phương trình của $b$:

$\begin{array}{l}2k + 1 \le b < \frac{{100 - 2k}}{2}\\ \Leftrightarrow 2k + 1 \le b < 50 - k\end{array}$ .

Vì $b$ là số nguyên, điều kiện $b < 50 - k$ tương đương với $b \le 49 - k$.

Vậy $b$ nằm trong đoạn: $\left[ {2k + 1\,;\,49 - k} \right]$.

Số lượng giá trị của $b$ tạo được ứng với mỗi $k$ là: $\left( {49 - k} \right) - \left( {2k + 1} \right) + 1 = 49 - 3k$

Lần lượt cho $k$ chạy từ $1$ đến 16, ta được dãy số lượng nhóm: $46{,}43{,}40, \ldots ,1$.

Tổng của cấp số cộng này là:

${S_2} = \frac{{\left( {46 + 1} \right)\,.\,16}}{2} = 376$ (nhóm).

Tổng số các nhóm 3 người thoả mãn yêu cầu đề bài: $408 + 376 = 784$(nhóm).

Tổng số tiền lớn nhất cần chuẩn bị là: $784.150000 = 117600000$đồng$\approx 118$triệu đồng.

Vậy số tiền ban quản lý siêu thị phải chuẩn bị khoảng 118 triệu đồng.