Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 TH,THCS & THPT Lê Thánh Tông (TP.HCM) tháng 3 có đáp án

Chọn D

Đạo hàm đổi dấu $1$ lần từ dương sang âm và $y = f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ nên hàm số có $1$ điểm cực đại.

Chọn C

${\log _2}\left( {1 - 2x} \right) \ge {\log _2}3$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{1 - 2x > 0}\\{1 - 2x \ge 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x \le - 1$.

Chọn D

$\bar x = \frac{{{m_1}{x_1} + {m_2}{x_2} + ... + {m_k}{x_k}}}{n}$$= \frac{{2{,}85.3 + 3{,}15.6 + 3{,}45.5 + 3{,}75.4 + 4{,}05.2}}{{20}} = 3{,}39$

Phương sai:

${s^2} = \frac{1}{n}\left( {{m_1}{x_1}^2 + ... + {m_k}{x_k}^2} \right) - {\left( {\overline x } \right)^2}$$= \frac{1}{{20}}\left( {{{3.2{,}85}^2} + {{6.3{,}15}^2} + {{5.3{,}45}^2} + {{4.3{,}75}^2} + {{2.4{,}05}^2}} \right) - {3{,}39^2} = 0{,}1314$.

Chọn D

Giá trị lớn nhất của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {1;4} \right]$ là $y = 3$ đạt khi $x = 1$ và $x = 3$.

Chọn B

Ta có $\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {B'D'}$ và $\overrightarrow {DD'} = \overrightarrow {BB'}$

Từ giả thiết $\overrightarrow {BD} - \overrightarrow {D'D} - \overrightarrow {B'D'} = \overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DD'} - \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BB'}$

Vậy $k = 1$.

Chọn A

Ta có $\int\limits_1^2 {{e^{3x - 1}}dx} = \left. {\left( {\frac{{{e^{3x - 1}}}}{3}} \right)} \right|_1^2 = \frac{1}{3}\left( {{e^5} - {e^2}} \right)$

Vậy $m = \frac{1}{3};\,\,p = 5;\,\,q = 2 \Rightarrow m + p + q = \frac{{22}}{3}$.

Ta có $f(x) = {\log _2}(1 + {2^x})$$\Rightarrow f'(x) = \frac{{{2^x}ln2}}{{\left( {1 + {2^x}} \right)\ln 2}} = \frac{{{2^x}}}{{1 + {2^x}}}$.

Vậy $S = f'(0) + f'(1) = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} = \frac{7}{6}$.

Chọn C

$AH = d(A,(P)) = \frac{{\left| {32 + 12 + 15 - 4} \right|}}{{\sqrt {{{16}^2} + {{12}^2} + {{15}^2}} }} = \frac{{11}}{5}$.

Chọn C

$y = \frac{{ax + 1}}{{bx - 2}}$. Ta có tiệm cận đứng là $x = \frac{2}{b} = 2 \Rightarrow b = 1$.

Tiệm cận ngang là $y = \frac{a}{b} = a = 3 \Rightarrow a = 3 \Rightarrow a - 2b = 3 - 2 = 1$.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow {{u_d}} = \left[ {\overrightarrow {{n_{(\alpha )}}} ,\overrightarrow {{n_{(\beta )}}} } \right] = (4;2;2) \Rightarrow \sin (d,(P)) = \frac{{\left| {3.4 + 4.2 + 5.2} \right|}}{{\sqrt {9 + 16 + 25} .\sqrt {16 + 4 + 4} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \alpha = 60^\circ$.

Chọn B

Để xác định đây có phải là một cấp số cộng hay không và tìm công sai $d$, ta kiểm tra hiệu số giữa các vòng liên tiếp:

Hiệu giữa vòng 2 và vòng 1: ${u_2} - {u_1} = 12 - 6 = 6$.

Hiệu giữa vòng 3 và vòng 2: ${u_3} - {u_2} = 18 - 12 = 6$.

Vì hiệu số giữa các số hạng liên tiếp là không đổi và bằng $6$, nên dãy số này lập thành một cấp số cộng với:

Số hạng đầu ${u_1} = 6$.

Công sai $d = 6$.

a) Chọn Sai

$f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\sin x - 1 = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}$

b) Chọn Sai

Phương trình $g\left( x \right) = 0$có hai nghiệm thuộc $\left[ {0;\pi } \right]$

$g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = 0$

$\Leftrightarrow x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow x = \frac{{3\pi }}{4} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$

Vì $x \in \left[ {0;\pi } \right]$nên $x = \frac{{3\pi }}{4}$

Vậy phương trình $g\left( x \right) = 0$có một nghiệm thuộc $\left[ {0;\pi } \right]$

c) Chọn Đúng

$\begin{array}{l}f\left( x \right).g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 0\\g\left( x \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2\sin x - 1 = 0\\\sqrt 2 \cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = \frac{1}{2}\\\cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \\x = \frac{{3\pi }}{4} + k\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\end{array}$

d) Chọn Sai

$f\left( x \right) = g\left( x \right) \Leftrightarrow 2\sin x - 1 = \sqrt 2 \cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow \cos x - \sin x = - 1$

$\Leftrightarrow \cos \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{4} = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{4} = - \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = - \pi + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}$.

a) Chọn Đúng

Quỹ đạo chuyển động của tàu vũ trụ và tiểu hành tinh lần lượt là các đường thẳng ${d_1}$, ${d_2}$ có phương trình là ${d_1}:\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 1 + 2t}\\{y = - 3 - t}\\{z = 4 + 3t}\end{array}} \right.$ và ${d_2}:\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 3 + t}\\{y = - 4 + 2t}\\{z = 5 - t}\end{array}} \right.$.

Ta có: $\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 1;1} \right)$, $\left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] = \left( { - 5;5;5} \right)$.

Do $\overrightarrow {AB} .\left[ {\overrightarrow {{v_1}} ,\overrightarrow {{v_2}} } \right] = 2.\left( { - 5} \right) - 1.5 + 1.5 = - 10 \ne 0$ nên hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ là hai đường thẳng chéo nhau.

b) Chọn sai

Ta có: $\cos \left( {{d_1},{d_2}} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{v_1}} .\overrightarrow {{v_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{v_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{v_2}} } \right|}} = \frac{{\left| {2.1 - 1.2 + 3.\left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {3^2}} .\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt {21} }}{4}$

Do đó $\left( {{d_1},{d_2}} \right) \ne 60^\circ$.

c) Chọn Sai

Quỹ đạo chuyển động của tàu vũ trụ và tiểu hành tinh lần lượt là các đường thẳng ${d_1}$, ${d_2}$ có phương trình là ${d_1}:\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 1 + 2t}\\{y = - 3 - t}\\{z = 4 + 3t}\end{array}} \right.$ và ${d_2}:\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 3 + t}\\{y = - 4 + 2t}\\{z = 5 - t}\end{array}} \right.$.

Gọi $A',B'$ lần lượt là vị trí của tàu vũ trụ và tiểu hành tinh tại thời điểm $t = 10$ giây. Khi đó

$A'\left( {21; - 13;34} \right),B'\left( {13;16; - 5} \right)$.

Vậy khoảng cách giữa chúng là

$A'B' = \sqrt {{{\left( {13 - 21} \right)}^2} + {{\left( {16 + 13} \right)}^2} + {{\left( { - 5 - 34} \right)}^2}} = \sqrt {2426} \approx 49{,}25\,\,km$.

d) Chọn Sai

Khoảng cách bình phương giữa chúng tại thời điểm $t$ bất kỳ là một hàm số:

${d^2}\left( t \right) = {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)^2} + {\left( {{y_2} - {y_1}} \right)^2} + {\left( {{z_2} - {z_1}} \right)^2}$

${d^2}\left( t \right) = {(2 - t)^2} + {( - 1 + 3t)^2} + {(1 - 4t)^2}$

${d^2}\left( t \right) = \left( {4 - 4t + {t^2}} \right) + \left( {1 - 6t + 9{t^2}} \right) + \left( {1 - 8t + 16{t^2}} \right)$

${d^2}(t) = 26{t^2} - 18t + 6n$

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $t = - \frac{b}{{2a}} = \frac{{18}}{{52}} = \frac{9}{{26}}$.

Thay $t = \frac{9}{{26}}$ vào ${d^2}(t)$, ta được giá trị nhỏ nhất:$26{\left( {\frac{9}{{26}}} \right)^2} - 18\left( {\frac{9}{{26}}} \right) + 6 = \frac{{75}}{{26}}$.

Nên khoảng cách ngắn nhất là $\sqrt {\frac{{75}}{{26}}} = \frac{{5\sqrt {78} }}{{26}}$.

Gọi $A$ là biến cố: “Hộ gia đình được chọn có người trưởng thành đang đi làm”.

$\Rightarrow$ Biến cố đối $\bar A$: “Hộ gia đình được chọn không có người trưởng thành đi làm”.

Gọi $B$ là biến cố: “Hộ gia đình được chọn có thu nhập lớn hơn $200000$ DKK/năm”.

Ta có: $P\left( A \right) = 0{,}7 \Rightarrow P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$.

$P\left( {B|A} \right) = 0{,}4$; $P\left( {B|\bar A} \right) = 0{,}1$.

a) [NB] Ta cần tính $P\left( {B|\bar A} \right)$.

Theo đề bài, ta có: $P\left( {B|\bar A} \right) = 0{,}1 = 10\%$.

b) [TH] Ta cần tính $P\left( {AB} \right)$.

Áp dụng công thức nhân xác suất, ta có:

$P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) = 0{,}7\,.0{,}4 = 0{,}28 = 28\%$.

c) [TH] Ta cần tính $P\left( B \right)$.

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

$P\left( B \right) = P\left( A \right)\,.\,P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right)\,.\,P\left( {B|\bar A} \right) = 0{,}28 + 0{,}3\,.\,0{,}1 = 0{,}31 = 31\%$.

d) [TH] Ta cần tính $P\left( {A|B} \right)$.

Áp dụng công thức Bayes, ta có:

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}28}}{{0{,}31}} = \frac{{28}}{{31}}$.

a) Đúng.

Bán kính đáy bằng $40\,m$ nên diện tích phần đáy dưới là $S = \pi {.40^2} = 1600\pi \approx 5027\,\left( {{m^2}} \right)$.

b) Sai.

Vì đoạn giao nhau giữa $Ox$ là tháp bằng 30 mét, $O$ là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm giao nhau đấy nên tọa độ các điểm thuộc hypebol là $\left( { - 15;0} \right),\,\,\left( {15;0} \right)$.

c) Sai.

Phương trình chính tắc của hypebol có dạng $\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$.

Hypebol đi qua điểm $\left( {15;0} \right)$ nên $a = 15$. Khi đó $\frac{{{x^2}}}{{{{15}^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$.

Vì đáy dưới có bán kính bằng $40\,m$, gốc $O$ cách mặt đất $80\,m$ nên hypebol đi qua điểm $A\left( {40; - 80} \right)$. Thay tọa độ điểm $A$ vào phương trình chính tắc trên ta có:

$\frac{{{{40}^2}}}{{225}} - \frac{{{{\left( { - 80} \right)}^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow {b^2} = \frac{{11520}}{{11}}$.

Vậy $\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{225}} - \frac{{{y^2}}}{{\frac{{11520}}{{11}}}} = 1$.

d) Đúng.

Ta có độ dài từ $O$ đến nóc tháp là $40\,m$.

Ta có $\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{225}} - \frac{{{y^2}}}{{\frac{{11520}}{{11}}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{225}} = 1 + \frac{{11{y^2}}}{{11520}} \Rightarrow {x^2} = 225\left( {1 + \frac{{11{y^2}}}{{11520}}} \right)$.

Xét $x = f\left( y \right)$.

Thể tích của tháp là thể tích khối tròn xoay (quay quanh trục $Oy$): $V = \pi \int\limits_{ - 80}^{40} {{f^2}\left( y \right)} dy = \pi \int\limits_{ - 80}^{40} {225\left( {1 + \frac{{11{y^2}}}{{11520}}} \right)dy} = 68250\pi \approx 214414\,\left( {{m^3}} \right)$.

Đáp án: $10{,}4$.

$d\left( {SB,CD} \right) = d\left( {\left( {SAB} \right),CD} \right) = d\left( {CD,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right)$

${V_{S.ABCD}} = 2{V_{S.ABD}} = 2{V_{D.SAB}} = 2.\frac{1}{3}.d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right).{S_{\Delta SAB}}$

$\Rightarrow d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ABCD}}}}{{2{S_{\Delta SAB}}}} = \frac{{3.3{a^3}}}{{2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = 6\sqrt 3 a = m \times a \Rightarrow m = 6\sqrt 3 \approx 10{,}4$.

Đáp án: $7$.

Gọi $t\,\left( {t \in \mathbb{N}*} \right)$ là số trạm phụ cần xây dựng. Khi đó:

Khoảng cách giữa hai trạm phụ liền kề nhau là $x = \frac{{100}}{{t + 1}}$ $\left( {km} \right)$

Số đoạn nối cáp quang giữa hai trạm liền kề là $\,t + 1$

Tổng chi phí là:

$\begin{array}{l}f\left( t \right) = 320t + \,\left( {t + 1} \right).\frac{{100}}{{t + 1}}\left( {5 + 2.\frac{{100}}{{t + 1}}} \right) = 320t + 500 + \frac{{20000}}{{t + 1}}\\f'\left( t \right) = 320 - \frac{{20000}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}};\,\,\\f'\left( t \right) = 0\, \Leftrightarrow \,{\left( {t + 1} \right)^2} = \frac{{20000}}{{320}}\, \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}t = \, - 1 + \frac{{5\sqrt {10} }}{2}\,\\t = - 1 - \frac{{5\sqrt {10} }}{2}\end{array} \right.\end{array}$

Nhận thấy $\mathop {Min}\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} \,f\left( t \right)\, = \,f\left( { - 1 + \frac{{5\sqrt {10} }}{2}} \right)$.

Do $- 1 + \frac{{5\sqrt {10} }}{2} \approx \,6{,}9\,\,v\`a \,\,\,t\, \in \,{\mathbb{N}^*}\,$nên ta so sánh $f\left( 6 \right)\,\,v\`a \,\,f\left( 7 \right)$.

$\begin{array}{l}f\left( 6 \right) = 320.6 + 500 + \frac{{20000}}{{6 + 1}} = \frac{{36940}}{7} \approx 5277{,}1\\f\left( 7 \right) = 320.7 + 500 + \frac{{20000}}{{7 + 1}} = 5240\, < \,f\left( 6 \right)\end{array}$

Do đó nhà mạng cần xây thêm $7$ trạm phụ để tổng chi phí thi công là thấp nhất.

Đáp án: 44

Gọi độ dài đoạn $AN = x\,\left( {dm} \right)$(ĐK: $0 < x < 4\sqrt 2$). Xét mặt cắt của chậu qua đường chéo là hình thang cân $MNQF$ (như hình vẽ). Kẻ $NH \bot MF,\left( {H \in MF} \right)$.

Ta có tấm nhôm hình vuông có cạnh bằng 8 dm nên ta có đường chéo $AC = 8\sqrt 2 \,\left( {dm} \right)$, suy ra độ dài đường chéo đáy chậu là $NQ = 8\sqrt 2 - 2x\,\left( {dm} \right)$.

Ta có cạnh hình vuông sau khi cắt các góc là $6\left( {dm} \right)$, suy ra đường chéo miệng chậu $MF = 6\sqrt {2\,} \,\left( {dm} \right)$.

Suy ra $MH = \frac{{MF - NQ}}{2} = x - \sqrt 2 \,\left( {dm} \right)$.

Xét $\Delta AMN$có:

$M{N^2} = A{M^2} + A{N^2} - 2.AM.AN.\cos MAN = {1^2} + {x^2} - 2.1.x.\cos 45^\circ = {x^2} - x\sqrt 2 + 1$.

X ét $\Delta MNH$ vuông tại $H$ có:

$NH = \sqrt {M{N^2} - M{H^2}} = \sqrt {{x^2} - x\sqrt 2 + 1 - {{\left( {x - \sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt {x\sqrt 2 - 1} \left( {dm} \right)$.

Ta có thể tích chậu được tính bằng công thức:

$\begin{array}{l}V = \frac{1}{3}h.\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}.{S_2}} } \right) = \frac{1}{3}\sqrt {x\sqrt 2 - 1} .\left( {\frac{1}{2}N{Q^2} + \frac{1}{2}M{F^2} + \sqrt {\frac{1}{2}N{Q^2}.\frac{1}{2}M{F^2}} } \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}\sqrt {x\sqrt 2 - 1} .\left( {\frac{1}{2}{{\left( {8\sqrt 2 - 2x} \right)}^2} + \frac{1}{2}{{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2} + \frac{1}{2}\left( {8\sqrt 2 - 2x} \right).\left( {6\sqrt 2 } \right)} \right)\\\,\,\,\,\, = \frac{1}{3}\sqrt {x\sqrt 2 - 1} .\left( {2{x^2} - 22\sqrt 2 x + 148} \right)\end{array}$

Ta có: $V' = \frac{{10\sqrt 2 {x^2} - 140x + 192\sqrt 2 }}{{6\sqrt {x\sqrt 2 - 1} .}}$; $V' = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt {530} + 35\sqrt 2 }}{{10}}\,\left( {KTM} \right)\\x = \frac{{ - \sqrt {530} + 35\sqrt 2 }}{{10}}\,\left( {TM} \right)\end{array} \right.$.

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy sức chứa lớn nhất của chậu nước hình chóp cụt tứ giác đều này xấp xỉ 44 lít.

Đáp án: 41,6

+ Ta có $O \equiv {A_0}\left( {0;\,0;\,0} \right)$ vị trí chân chạm bóng

${A_1}\left( {12;\,5;\,0} \right)$ vị trí quả bóng chạm đất lần thứ nhất

${A_0}{A_1} = \sqrt {{{12}^2} + {5^2} + {0^2}} = 13$

+ Các lần chạm tiếp theo có bề rộng bằng $60\%$ bề rộng của lần nảy ngay trước đó cho nên bề rộng của các lần nảy tạo thành cấp số nhân có ${u_1} = 13;\,q = 0{,}6$.

Tổng độ dài đến lần nảy thứ $n$ là ${S_n} = 13.\frac{{1 - {{0{,}6}^n}}}{{1 - 0{,}6}}$

Theo đề bài ta có ${S_n} = 13.\frac{{1 - {{0{,}6}^n}}}{{1 - 0{,}6}} = 31{,}590208 \Leftrightarrow n = 7$.

+ Độ cao cực đại của các lần nảy sau bằng $75\%$ độ cao cực đại của lần nảy ngay trước đó. Do đó độ cao cực đại của lần nảy tạo thành cấp số nhân có ${v_1} = 4;\,q = 0{,}75$

Vị trí ở lần nảy thứ $7$ có độ cao ${v_7} = 4.{\left( {0{,}75} \right)^6} = 0{,}7119140625$

+ Ta có ${S_6} = 13.\frac{{1 - {{0{,}6}^5}}}{{1 - 0{,}6}} = 30{,}98368$

Hình chiếu ${H_7}$ của đỉnh parabol thứ $7$ nằm chính giữa đoạn ${A_6}{A_7}$

Do đó ${A_0}{H_7} = {S_6} + \frac{{{A_6}{A_7}}}{2} = {S_6} + \frac{{{u_7}}}{2} = 30{,}98368 + \frac{{13.{{\left( {0{,}6} \right)}^6}}}{2} = 31{,}286944$

Chiếu ${A_0}{H_7}$lên $Ox$ ta được $x = \frac{{12}}{{13}}{A_0}{H_7} = 28{,}880256$

Chiếu ${A_0}{H_7}$lên $Oy$ ta được $y = \frac{5}{{13}}{A_0}{H_7} = 12{,}03344$.

Toạ độ đỉnh của parabol thứ $7$ là $M\left( {28{,}880256;\,12{,}03344;\,0{,}7119140625} \right)$

$a + b + c = 28{,}880256\, + \,12{,}03344 + \,0{,}7119140625 = 41{,}6256100625 \simeq 41{,}6$.

Đáp án: $1167$.

Xét miền phẳng $\left( D \right)$ giới hạn bởi parabol $\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c$ như hình vẽ với $BE = BG,SH = 2HE$

Từ đồ thị ta có $a < 0,b > 0,c > 0$.

Đặt $BE = BG = d\left( {d > 0} \right) \Rightarrow E\left( {d;0} \right),G\left( {0;d} \right)$

$\left( P \right)$ đi qua $G,E$ Þ $\left\{ \begin{array}{l}c = d\\a.{d^2} + b.d + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = d\\a.{d^2} + b.d + d = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{c = d}&{\left( 1 \right)}\\{a.d + b + 1 = 0}&{\left( 2 \right)}\end{array}} \right.$

Ta có $H\left( { - \frac{b}{{2a}};0} \right) \Rightarrow HE = d + \frac{b}{{2a}} \Rightarrow SH = 2HE = 2d + \frac{b}{a}$

Lại có $SH = - \frac{\Delta }{{4a}} = - \frac{{{b^2} - 4ac}}{{4a}} = - \frac{{{b^2} - 4ad}}{{4a}} = - \frac{{{b^2}}}{{4a}} + d$

Þ $- \frac{{{b^2}}}{{4a}} + d = 2d + \frac{b}{a} \Leftrightarrow \begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{b^2} + 4b + 4ad = 0}&{\left( 3 \right)}\end{array}$

Từ (2) Þ $ad + b = - 1$, thế vào (3), ta được ${b^2} - 4 = 0 \Rightarrow b = 2$ (vì $b > 0$)

Þ $a = \frac{{ - b - 1}}{d} = - \frac{3}{d}$

Þ $\left( P \right):y = - \frac{3}{d}{x^2} + 2x + d$

Diện tích miền $\left( D \right)$ là $S\left( D \right) = \int\limits_0^d {\left( { - \frac{3}{d}{x^2} + 2x + d} \right)dx} = \left. {\left( {\frac{{ - {x^3}}}{d} + {x^2} + dx} \right)} \right|_0^d = {d^2}$

Dựng trục $Ox$ như hình vẽ

Đặt $CB = OB = x\left( {0 \le x \le 20} \right)$

Xét hình thang $ACDF$.

Gọi $I = AC \cap FD$

Vì $AF = 2CD$ Þ $C$ là trung điểm của $IA$

Ta có $\frac{{BE}}{{AF}} = \frac{{IB}}{{IA}} \Rightarrow BE = \frac{{AF.IB}}{{IA}} = \frac{{10.\left( {20 + x} \right)}}{{40}} = \frac{{20 + x}}{4}$

Áp dụng kết quả trên với $d = BE = \frac{{20 + x}}{4}$, ta có diện tích thiết diện $BESG$ là

$S\left( x \right) = B{E^2} = {\left( {\frac{{20 + x}}{4}} \right)^2}$.

Thể tích đường hầm là $V = \int\limits_0^{20} {{{\left( {\frac{{20 + x}}{4}} \right)}^2}dx} = \frac{{3500}}{3} \approx 1167\left( {{m^3}} \right)$

Cách khác:

Ta có $\frac{{BE}}{{AF}} = \frac{{IB}}{{IA}} = \frac{{20 + x}}{{40}}$ Þ $\frac{{{S_{BESG}}}}{{{S_{AFKM}}}} = {\left( {\frac{{20 + x}}{{40}}} \right)^2}$

Giải tương tương tự cách trên với $d = AF = 10$, ta có ${S_{AFKM}} = {10^2} = 100$

Þ ${S_{BESG}} = 100.{\left( {\frac{{20 + x}}{{40}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{20 + x}}{4}} \right)^2}$.

Thể tích đường hầm là $V = \int\limits_0^{20} {{{\left( {\frac{{20 + x}}{4}} \right)}^2}dx} = \frac{{3500}}{3} \approx 1167\left( {{m^3}} \right)$.

Trả lời: 9900.

Phân tích bài toán:

1. Có 15 quả bóng được đánh số từ 1 đến 15.

2. Có 3 chiếc hộp giống nhau (mất nhãn).

3. Mỗi hộp có 6 ngăn được đánh số từ 1 đến 6. Mỗi ngăn chứa tối đa 1 quả bóng.

4. Tổng số ngăn là $3 \times 6 = 18$ ngăn.

5. Sau khi bỏ 15 quả bóng vào, còn lại $18 - 15 = 3$ ngăn trống.

6. $N$ là số cách thực hiện sao cho:

Có đúng một hộp mà các quả bóng được bỏ vào có số tăng dần theo thứ tự từ trên xuống.

Hộp đó chứa đủ 6 quả bóng.

Bước 1: Chọn và sắp xếp các quả bóng cho hộp "có thứ tự" (hộp O).

Hộp O phải chứa đủ 6 quả bóng, và các quả bóng này phải có số tăng dần từ ngăn 1 đến ngăn 6.

Số cách chọn 6 quả bóng từ 15 quả: $C_{15}^6$ cách.

Một khi 6 quả bóng được chọn (ví dụ: ${b_1} < {b_2} < \ldots < {b_6}$), chỉ có 1 cách duy nhất để sắp xếp chúng vào 6 ngăn của hộp O theo thứ tự tăng dần (ngăn 1 chứa ${b_1}$, ngăn 2 chứa ${b_2}$,., ngăn 6 chứa ${b_6}$).

Vậy, số cách chuẩn bị hộp O là $C_{15}^6 \times 1 = C_{15}^6 = 5005$ cách.

Bước 2: Phân phối các quả bóng còn lại vào 2 hộp còn lại (hộp X và hộp Y) sao cho không hộp nào trong số đó "có thứ tự".

Sau khi chọn 6 quả bóng cho hộp O, còn lại $15 - 6 = 9$ quả bóng.

Còn lại $18 - 6 = 12$ ngăn cho hộp X và hộp Y (mỗi hộp 6 ngăn).

Trong 12 ngăn này, 9 quả bóng sẽ được đặt vào, để lại $12 - 9 = 3$ ngăn trống.

Điều kiện là: không hộp nào trong hộp X và hộp Y thỏa mãn điều kiện "có thứ tự" (tức là chứa 6 quả bóng được sắp xếp tăng dần).

Để tính số cách phân phối 9 quả bóng vào 12 ngăn của hộp X và hộp Y (tạm thời coi là phân biệt), chúng ta sử dụng nguyên lý bù trừ.

Tổng số cách đặt 9 quả bóng vào 12 ngăn (phân biệt):

Chọn 9 ngăn từ 12 ngăn và sắp xếp 9 quả bóng vào 9 ngăn đã chọn,

số cách chọn và sắp xếp là $C_{12}^9 \times 9! = 79833600$ cách.

Số cách mà hộp X "có thứ tự":

Để hộp X "có thứ tự", nó phải chứa 6 quả bóng và được sắp xếp tăng dần.

Chọn 6 quả bóng từ 9 quả còn lại cho hộp X: $C_9^6$ cách.

Sắp xếp 6 quả này vào hộp X theo thứ tự tăng dần: 1 cách.

Còn lại $9 - 6 = 3$ quả bóng cho hộp Y.

Đặt 3 quả bóng này vào 6 ngăn của hộp Y:

Chọn 3 ngăn từ 6 ngăn và sắp xếp 3 quả bóng vào 3 ngăn đã chọn: $C_6^3 \times 3! = 120$cách.

Số cách mà hộp X "có thứ tự" = $C_9^6.1.120 = 10080$.

Số cách mà hộp Y "có thứ tự":

Tương tự như hộp X, số cách mà hộp Y "có thứ tự" là 10080.

Số cách mà cả hộp X và hộp Y đều "có thứ tự":

Điều này là không thể, vì cần $6 + 6 = 12$ quả bóng, nhưng chỉ có 9 quả bóng còn lại. Vậy số cách là 0.

Số cách để 9 quả bóng được đặt vào hộp X và hộp Y (phân biệt) mà không hộp nào "có thứ tự" (gọi là $A$):

$A = 79833600 - (10080 + 10080) + 0 = 79813440$.

Bước 3: Xử lý điều kiện "3 chiếc hộp mất nhãn (giống nhau)".

Chúng ta đã tính số cách chọn và sắp xếp cho hộp O, và số cách sắp xếp cho hai hộp X và Y phân biệt.

Vì các hộp ban đầu là giống nhau, điều này có nghĩa là "một hộp O, một hộp X, một hộp Y" là một cấu hình, không phân biệt vị trí vật lý của chúng.

Tuy nhiên, hộp O có tính chất riêng biệt (chứa 6 quả bóng có thứ tự), còn hộp X và hộp Y thì không có thứ tự.

Hơn nữa, số lượng bóng trong hộp X và hộp Y sẽ khác nhau:

Nếu hộp X có 3 bóng, hộp Y có 6 bóng.

Nếu hộp X có 4 bóng, hộp Y có 5 bóng.

(Không thể có ${k_X} = {k_Y}$ vì ${k_X} + {k_Y} = 9$).

Vì số lượng bóng khác nhau, cấu hình của hộp X và hộp Y sẽ luôn khác nhau (${C_X} \ne {C_Y}$).

Do đó, khi chúng ta tính $A = 79813440$, chúng ta đã tính các cặp sắp xếp có thứ tự $({C_X},{C_Y})$ ví dụ:

(Hộp X chứa 3 bóng được sắp xếp, Hộp Y chứa 6 bóng được sắp xếp không thứ tự)

(Hộp X chứa 6 bóng được sắp xếp không thứ tự, Hộp Y chứa 3 bóng được sắp xếp)

Hai trường hợp này được tính là khác nhau trong $A$.

Vì hộp X và hộp Y là các hộp giống nhau, thì các cặp sắp xếp trên thực tế là tương đương nhau (chỉ khác vị trí). Tức là, tập hợp $\{ {C_X},{C_Y}\}$ được tính 2 lần trong $A$.

Vì vậy, số cách thực hiện cho 2 hộp còn lại (giống nhau, không có thứ tự) là $\frac{A}{2}$$= \frac{{79813440}}{2} = 39906720$.

Bước 4: Tính giá trị của N.

$N = C_{15}^6.\frac{A}{2} = 5005 \times 39906720 = 199733133600$.

Suy ra $\frac{N}{{20175064}}$$= \frac{{199733133600}}{{20175064}} = 9900$.