Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THCS-THPT Nguyễn Khuyến - Lê Thánh Tông (TP.HCM) ngày 30.11 có đáp án

Chọn C

Ta có $l = \sqrt {O{C^2} + O{A^2}} = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 5$.

Chọn B

Gọi $I\left( { - 2;3; - 5} \right)$ là trung điểm của $CD$, khi đó đường trung tuyến $OI$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow u \left( {4; - 6;10} \right)$.

Chọn C

Với điểm $M\left( {3; - 1;0} \right)$, ta có $OM = \sqrt {10}$.

Với điểm $M\left( {1; - 1;2} \right)$, ta có $OM = \sqrt 6$.

Với điểm $M\left( {1; - 2;2} \right)$, ta có $OM = 3$.

Với điểm $M\left( {2; - 1;3} \right)$, ta có $OM = \sqrt {14}$.

Chọn A

+ Xét hàm số $y = \sqrt {{x^3} + x - 5}$ có tập xác định $\left[ {a; + \infty } \right)$, với $a \approx 1{,}516$.

Ta có $y' = \frac{{3{x^2} + 1}}{{2\sqrt {{x^3} + x - 5} }} > 0,\,\,\forall x \in \left( {a; + \infty } \right)$.

Vậy hàm số đồng biến trên tập xác định của nó.

+ Xét hàm số $y = \frac{{4x - 2}}{{x - 1}}$ có tập xác định $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

Ta có $y' = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \ne 1$.

Vậy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.

+ Xét hàm số $y = {x^4} + {x^3} + x + 11$ có tập xác định $\mathbb{R}$.

Ta có $y' = 4{x^3} + 3{x^2} + 1 > 0,\,\,\forall x \in \left( { - 1; + \infty } \right),\,y' < 0,\,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)$.

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 1; + \infty } \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$.

+ Xét hàm số $y = \cot 2x$ có tập xác định $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2},\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Ta có $y' = \frac{{ - 2}}{{{{\sin }^2}2x}} < 0,\,\,\forall x \in TXD$.

Vậy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó.

Chọn D

Ta có $\sqrt[3]{{4\sqrt {2\sqrt[5]{8}} }} = \sqrt[3]{{4\sqrt {{{2.2}^{\frac{3}{5}}}} }} = \sqrt[3]{{4\sqrt {{2^{\frac{8}{5}}}} }} = \sqrt[3]{{{2^2}{{.2}^{\frac{8}{{10}}}}}} = \sqrt[3]{{{2^{\frac{{28}}{{10}}}}}} = {2^{\frac{{28}}{{30}}}} = {2^{\frac{{14}}{{15}}}}$.

Vậy $\frac{m}{n} = \frac{{14}}{{15}}$$\Rightarrow m = 14,n = 15$$\Rightarrow P = {14^2} + {15^2} = 421$.

Chọn B

Cỡ của mẫu số liệu là $n = 20$. Nên nhóm $\left[ {12;16} \right)$ chứa tứ phân vị ${Q_3}$ là có tần số là $4$.

Chọn B

Ta có $\int\limits_4^{ - 1} {2f\left( x \right)dx} = - 2\int\limits_{ - 1}^4 {f\left( x \right)dx} = - 2.2 = - 4$.

Chọn A

Ta có số vectơ được tạo thành từ các đỉnh của tam giác là: $A_3^2 = 6$ vectơ.

Chọn D

Do tổng diện tích hai mặt đáy là 4 suy ra diện tích mỗi đáy là 2. Theo công thức thể tích có $V = {S_{d\'a y}} \times h \Rightarrow h = \frac{V}{{{S_{d\'a y}}}} = \frac{6}{2} = 3$.

Chọn D

Ta có $\int\limits_1^0 {f\left( x \right)dx} = - \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = - F\left( x \right)\left| {_0^1} \right. = F\left( 0 \right) - F\left( 1 \right)$.

Chọn A

Ta có $\left( Q \right):6x + 3y - 6z + 15 = 0 \Leftrightarrow 2x + y - 2z + 5 = 0$. Ta thấy $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ là hai mặt phẳng song song nên $d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {5 - \left( { - 1} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 2$.

Chọn C

Hình chiếu của $I\left( {1; - 2;3} \right)$ trên trục tung là $H\left( {0; - 2;0} \right)$. Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm là $I\left( {1; - 2;3} \right)$ tiếp xúc với trục tung thì có bán kính $R = IH = \sqrt {{{\left( {0 - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2 + 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {10}$.

a) Khoảng cách từ quả táo đến bức tường: $d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 2.\left( { - 3} \right) + 2.4 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{{12}}{3} = 4$.

b) Phương trình đường thẳng qua $B$ và nhận véctơ $\overrightarrow a$ làm véc tơ chỉ phương là

$\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - 1 + 4t\\z = 4\end{array} \right.$

Thay tọa độ điểm $M$ vào phương trình đường thẳng trên ta được

$\left\{ \begin{array}{l}1 = 2 + 2t\\ - 3 = - 1 + 4t\\4 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow t = - \frac{1}{2}$, suy ra điểm $M$ thuộc đường thẳng $\Delta$.

Hơn nữa, thay tọa độ điểm $B$ và $M$ vào phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ ta được

$\left\{ \begin{array}{l}2 + 2 + 8 - 3 > 0\\1 + 6 + 8 - 3 > 0\end{array} \right.$

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

$\overrightarrow {BM} = \left( { - 1; - 2;0} \right)$, $\overrightarrow {BM}$ ngược hướng với $\overrightarrow a$.

Vậy mũi tên không xuyên qua quả táo.

c) Xét hệ phương trình

$\left\{ \begin{array}{l}x - 2y + 2{\rm{z}} - 3 = 0\\x = 2 + 2t\\y = - 1 + 4t\\z = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2 + 2t} \right) - 2\left( { - 1 + 4t} \right) + 2.4 - 3 = 0\\x = 2 + 2t\\y = - 1 + 4t\\z = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{3}{2}\\x = 5\\y = 5\\z = 4\end{array} \right.$

Giao điểm của đường thẳng $\Delta$ và mặt phẳng $\left( P \right)$ là điểm $C\left( {5;5;4} \right)$.

Vậy mũi tên cắm vào bức tường tại điểm $C\left( {5;5;4} \right)$.

d) Góc giữa mũi tên và mặt đất bằng góc giữa đường thẳng $\Delta$ và $\left( Q \right)$.

$\sin \left( {\Delta ,\left( Q \right)} \right) = \frac{4}{{\sqrt {{2^2} + {4^2}} .\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt {10} }}$.

${\rm{cos}}\left( {\Delta ,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt {10} }}$

Chiều dài bóng của mũi tên $l = \frac{{\sqrt {39} }}{{10}}.\frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt {10} }} = \frac{{3\sqrt {65} }}{{50}}$.

a. Vận tốc là đạo hàm của quãng đường theo thời gian:

$v\left( t \right) = s\prime \left( t \right) = \left( {{2^{\frac{t}{{10}} + 1}} - 2} \right)\prime = {2^{\frac{t}{{10}} + 1}} \cdot \ln 2 \cdot \left( {\frac{t}{{10}} + 1} \right)\prime = \frac{1}{{10}} \cdot {2^{\frac{t}{{10}} + 1}} \cdot \ln 2\left( {\;{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)$

Chọn Sai.

b. Gia tốc của hạt là:

$a(t) = {v^\prime }(t) = \frac{1}{{10}} \cdot \ln 2 \cdot {\left( {{2^{\frac{t}{{10}} + 1}}} \right)^\prime } = \frac{1}{{100}} \cdot {2^{\frac{t}{{10}} + 1}} \cdot {(\ln 2)^2} > 0$

Vì gia tốc $a(t)$ vẫn phụ thuộc vào $t$ (biến thiên theo hàm mũ) nên đây không phải là chuyển động nhanh dần đều (gia tốc phải là hằng số).

Chọn Sai.

c. Đổi 2 phút $= 120$ giây. Quãng đường đi được trong 2 phút đầu là:

$s(120) = {2^{\frac{{120}}{{10}} + 1}} - 2 = {2^{13}} - 2 = 8192 - 2 = 8190(\;{\rm{m}}) = 8{,}19\;{\rm{km}}$

Vì $8{,}19 < 8{,}5$ nên khẳng định hạt đi được hơn $8{,}5\;{\rm{km}}$

Chọn Sai.

d. Để $v\left( t \right) \ge 3 \cdot {10^{7{,}5}}$:

$\frac{1}{{10}} \cdot {2^{\frac{t}{{10}} + 1}} \cdot \ln 2 \ge 3 \cdot {10^{7{,}5}} \Leftrightarrow$${2^{\frac{t}{{10}} + 1}} \ge \frac{{30 \cdot {{10}^{7{,}5}}}}{{\ln 2}} \Leftrightarrow$$\frac{t}{{10}} + 1 \ge {\log _2}\left( {\frac{{30 \cdot {{10}^{7{,}5}}}}{{\ln 2}}} \right) \Leftrightarrow$$t \ge 293{,}5$

Đổi ra phút: $t \approx 4{,}89$ phút.

Như vậy, mất ít nhất khoảng 5 phút để hạt đạt vận tốc yêu cầu.

Chọn Đúng.

a) [NB] Toạ độ điểm $A$ là $\left( {4;\,0;\,0} \right)$. Đúng

Vì điểm $A \in Ox$ và hoành độ điểm $A$ bằng hoành độ điểm $B$.

b) [TH] Toạ độ $\overrightarrow {AH} = \left( {4;\,5;\,3} \right)$. Sai

Ta có $C\left( {0;\,5;\,0} \right),\,\,H\left( {0;\,5;\,3} \right),\,F\left( {4;\,0;\,3} \right)$

$\overrightarrow {AH} = \left( {0 - 4;\,5 - 0;\,3 - 0} \right) = \left( { - 4;\,5;\,3} \right)$.

c) [TH] Thể tích của nhà kho là $70\,\left( {{m^2}} \right)$. Đúng

Gọi $V$ là thể tích ngôi nhà

Ta có $OA = EF = 4,\,OE = 3,\,OC = EH = 5,\,EP = FP = \sqrt 5 ,\,$

$V = {V_{OABC.EFGH}} + {V_{EFP.HGQ}} = 3.4.5 + \frac{1}{2}.1.4.5 = 70\,\left( {{m^2}} \right)$

d) [VD,VDC] Ông F muốn thiết kế một dây đèn bên trong nhà kho theo phong cách Chrismas, dây đèn giăng từ vị trí $O$ kéo thẳng đến một điểm trên cây cột $BG$rồi lại kéo thẳng về một điểm trên cây cột $OE$ rồi kéo thẳng đến vị trị $G$. Chi phí cho 1 mét dây đèn là 50.000 đồng. Ông F đã tính toán để tiết kiệm nhất có thể và chi 970.000 đồng cho công trình trên (làm tròn đến hàng nghìn).

Gọi các điểm tương ứng trên trụ $BG$, $OE$ là $M,\,N$ thì chiều dài của dây đèn là $OM + MN + NG$

$M\left( {4;\,5;\,a} \right),\,N\left( {0;\,0;\,b} \right),\,0 < a < b < 3$.

Ta trải phẳng hình ra ta được $OM + MN + NG = OM + MN' + N'G' \ge OG'$

Do đó $OM + MN + NG$ nhỏ nhất khi $O;\,M;\,N';\,G'$ thẳng hàng.

$OG' = \sqrt {{{\left( {3\sqrt {41} } \right)}^2} + {3^2}} = \sqrt {378}$

Số tiền cần dung là: $50.000\sqrt {378} \approx 972.111{,}104761$đồng

Làm tròn đến hàng nghìn: $972$ nghìn.

a) [NB] Thầy quản nhiệm muốn chia lớp ra thành 4 tổ, mỗi tổ có 10 bạn thì có $C_{40}^{10}.C_{30}^{10}.C_{20}^{10}$ cách.

Số cách chia lớp thành 4 tổ, mỗi tổ 10 bạn là $C_{40}^{10}.C_{30}^{10}.C_{20}^{10}.C_{10}^{10} = C_{40}^{10}.C_{30}^{10}.C_{20}^{10}$ (cách)

Vậy a) đúng.

b) [TH] Xác suất để thầy quản nhiệm chia lớp ra thành 4 tổ, mỗi tổ có 10 bạn sao cho số lượng nam và nữ của mỗi tổ bằng nhau là $0{,}03$. (Làm tròn đến hàng phần trăm)

Mỗi tổ 10 bạn sao cho số lượng nam và nữ của mỗi tổ bằng nhau thì mỗi tổ có 5 nam và 5 nữ. Xác suất chia như vậy là

$\frac{{C_{20}^5.C_{20}^5.C_{15}^5.C_{15}^5.C_{10}^5.C_{10}^5}}{{C_{40}^{10}.C_{30}^{10}.C_{20}^{10}}} \approx 0{,}03$.

Vậy b) đúng.

c) [TH] Thầy quản nhiệm có thể chia lớp ra thành 4 tổ, mỗi tổ có 10 bạn sao cho số lượng các bạn nữ của các tổ lập thành một cấp số cộng và số lượng các bạn nam của mỗi tổ cũng vậy.

Mỗi tổ có 5 nam và 5 nữ hoặc 4 tổ có số lượng nữ lần lượt là 2, 4, 6, 8 và nam lần lượt là 8, 6, 4, 2 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy c) đúng.

d) [VD,VDC] Nghe lời thầy F có am hiểu về phong thủy, để cả lớp đạt NV1 trong kì thi quốc gia sắp tới thầy quản nhiệm chia lớp ra thành 4 tổ, mỗi tổ có 10 bạn sao cho tổ nào cũng có nam lẫn nữ và sự chênh lệch giữa số lượng nam và nữ trong tổ nhiều hơn 3 bạn. Nếu gọi ${k_1},{k_2},{k_3},{k_4}$lần lượt là hiệu số giữa số lượng nam và nữ của tổ 1, 2, 3 và 4 thì $\left\{ {{k_1},{k_2},{k_3},{k_4}} \right\}$ lập thành một cấp số nhân với công bội $q \ne 1$. Xác suất để thầy quản nhiệm chia như vậy lớn hơn $0{,}0015$.

Gọi $a$ là số nam của một tổ, suy ra số nữ một tổ là $10 - a$.

Vì sự chênh lệch giữa số lượng nam và nữ trong tổ nhiều hơn 3 bạn nên $\left| {10 - a - a} \right| > 3$

Suy ra $\left[ \begin{array}{l}10 - 2a > 3\\10 - 2a < - 3\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a < \frac{7}{2}\\a > \frac{{13}}{2}\end{array} \right.$. Mà $a$ nguyên nên $a \in \left\{ {1\,;\,2\,;\,3\,;\,7\,;\,8\,;\,9} \right\}$.

Do đó tương ứng ${k_i} \in \left\{ {8\,;\,6\,;\,4\,;\, - 4\,;\, - 6\,;\, - 8} \right\},\,i = 1,\,2,\,3,\,4$.

Lại có $\left\{ {{k_1},{k_2},{k_3},{k_4}} \right\}$ lập thành một cấp số nhân với công bội $q \ne 1$ nên ${k_i},\,i = 1,\,2,\,3,\,4$, đôi một khác nhau và $k_i^2 = {k_{i - 1}}.{k_{i + 1}}$ nên bộ số $\left\{ {{k_1},{k_2},{k_3},{k_4}} \right\}$ nhận các bộ số sau $\left\{ {6, - 6{,}6, - 6} \right\}$, $\left\{ {4, - 4{,}4, - 4} \right\}$, $\left\{ {8, - 8{,}8, - 8} \right\}$. Như vậy thầy quản nhiệm có thể chia 4 tổ sao cho 2 tổ có 2 nam, 8 nữ và 2 tổ có 8 nam, 2 nữ hoặc 2 tổ có 3 nam, 7 nữ và 2 tổ 7 nam, 3 nữ hoặc 2 tổ có 1 nam, 9 nữ và 2 tổ 1 nữ, 9 nam. Xác suất chia như vậy là

$\frac{{C_{20}^2.C_{20}^8.C_{18}^8.C_{12}^2.C_{10}^2.C_{10}^8 + C_{20}^3.C_{20}^7.C_{17}^7.C_{13}^3.C_{10}^3.C_{10}^3 + C_{20}^1.C_{20}^9.C_{19}^9.C_{11}^1.C_{10}^1.C_{10}^9}}{{C_{40}^{10}.C_{30}^{10}.C_{20}^{10}}} \approx 0{,}001534 > 0{,}0015$.

Vậy d) đúng.

Gọi tọa độ điểm $A$ là $A({x_A};{y_A};0)$ (do $A$ nằm trên mặt phẳng $(Oxy)$).

Gọi tọa độ điểm $S$ là $S(0;0;{z_S})$ (do $S$ nằm trên trục $Oz$).

Ta có: $\overrightarrow {AB} = ( - {x_A};6 - {y_A};0)$

$\overrightarrow {AC} = (8 - {x_A}; - {y_A};0)$

$\overrightarrow {AS} = ( - {x_A}; - {y_A};{z_S})$

$[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ] = (0;0;6{x_A} + 8{y_A} - 48)$

Theo giả thiết, ta có $\overrightarrow {AS} = - \frac{1}{{12}}[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]$$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ - {x_A} = 0}\\{ - {y_A} = 0}\\{{z_S} = - \frac{1}{{12}}(6{x_A} + 8{y_A} - 48)}\end{array}} \right.$

Từ hai phương trình đầu, ta suy ra ${x_A} = 0$ và ${y_A} = 0$.

Vậy điểm $A$ trùng với gốc tọa độ $O$, tức là $A(0;0;0)$.

Thay ${x_A} = 0$ và ${y_A} = 0$ vào phương trình thứ ba, ta được: ${z_S} = 4$

Vậy điểm $S$ có tọa độ là $S(0;0;4)$.

Khi đó, các đỉnh của khối chóp là $A(0;0;0)$, $B(0;6;0)$, $C(8;0;0)$ và $S(0;0;4)$.

Ta nhận thấy $A \equiv O,B \in Oy,C \in Ox,S \in Oz$; $AC = 8;AB = 6;AS = 4$.

Do đó: $AB,AC,AS$ đôi một vuông góc.

Suy ra ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{6} \cdot AC.AB.AS = \frac{1}{6} \cdot 8.6 \cdot 4 = 8 \cdot 4 = 32$(đơn vị thể tích).

Làm tròn đến hàng đơn vị, thể tích là $32$.

Công suất tối đa một ngày của cả xưởng là $100{\rm{m}}$ lụa: $x + y \le 100$.

Chi phí cho mỗi mét lụa gấm: $20 + 2 \times 40 = 100$ (nghìn đồng).

Chi phí cho mỗi mét lụa tơ tằm: $10 + 1 \times 40 = 50$ (nghìn đồng).

Vốn của xưởng một ngày là không quá $6$ triệu đồng: $100x + 50y \le 6000 \Leftrightarrow 2x + y \le 120$.

Lợi nhuận thu từ mỗi mét lụa gấm: $150 - 100 = 50$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận thu từ mỗi mét lụa tơ tằm: $80 - 50 = 30$ (nghìn đồng).

Hàm tổng lợi nhuận: $P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y$. Bài toán đưa về tìm $x$, $y$ là nghiệm của hệ bất phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + y \le 100\\2x + y \le 120\\x,y \ge 0\end{array} \right.$ sao cho $P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y$ có giá trị lớn nhất.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác $OABC$ như hình trên với , $B\left( {20;80} \right)$, và $C\left( {60;0} \right)$. Biểu thức $P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y$ tại một trong các đỉnh này:

+ ${P_A} = 50 \times 0 + 30 \times 100 = 3000$;

+ ${P_B} = 50 \times 20 + 30 \times 80 = 3400$;

+ ${P_C} = 50 \times 60 + 30 \times 0 = 3000$.

Vậy lợi nhuận lớn nhất là $3400$ nghìn đồng hay $3{,}4$ triệu đồng khi sản xuất $20$ mét lụa gấm và $80$ mét lụa tơ tằm. Do đó, $x + 3y = 20 + 3 \times 80 = 260$.

Thể tích của bể nước là $V = 4.3.2\sqrt 3 = 24\sqrt 3$.

Vì thể tích nước bằng $1/2$ thể tích thể nên độ cao của mặt nước so với mặt phẳng đáy là $z = \sqrt 3$

Khi nghiêng bể quanh trục $Oy$ một góc $\alpha$. Mặt nước chứa cạnh $A'D'$và thể tích nước bằng $\frac{1}{2}$ thể tích hình hộp chữa nhật nên mặt nước là mặt phẳng đối xứng qua tâm của hình hộp chữ nhật. Vì vậy mặt phẳng phải đi qua cạnh $BC$.

Góc nghiêng tạo bởi mặt phẳng đáy với mặt phẳng $\left( {O\,xy} \right)$ bằng góc tạo bởi mặt phẳng $\left( {MNEF} \right)$ và mặt phẳng đáy và bằng góc $\left( {ADD'A'} \right)$ và mặt phẳng $\left( {zoy} \right)$.

Xét tam giác $A'AB$ ta có: $\sin \alpha = \sqrt {\frac{3}{7}}$; $cos\alpha = \sqrt {\frac{4}{7}}$.

Điểm $M$ nằm trên $A\,A'$ nhưng vì mặt nước chạm $A'$ nên $M$ trùng $A' = \left( {0;\,0;\,2\sqrt 3 } \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_{A'}} = A\,A'.\sin \alpha = \frac{{2\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{6}{{\sqrt 7 }}\\{y_{A'}} = 0\\{z_{A'}} = A\,A'.\cos \alpha = \frac{{2\sqrt 3 .\sqrt 4 }}{7} = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = {x_B} = 4.\cos \alpha = \frac{8}{{\sqrt 7 }}\\{y_C} = 3\\{z_C} = {z_B} = 4.\sin \alpha = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\end{array} \right.$

Vì điểm $I$ mới sau khi nghiêng vẫn thuộc $ME$ và $\frac{{MI}}{{ME}} = \frac{{A'I}}{{A'C}} = \frac{2}{5} \Leftrightarrow \overrightarrow {2IC} + 3\overrightarrow {IA'} = 0$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( {\frac{8}{{\sqrt 7 }} - {x_o}} \right) + 3\left( {\frac{6}{{\sqrt 7 }} - {x_o}} \right) = 0\\2\left( {3 - {y_o}} \right) + 3\left( { - {y_o}} \right) = 0\\2\left( {\frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} - {z_o}} \right) + 3\left( {\frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} - {z_o}} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_o} = \frac{{34}}{{5\sqrt 7 }}\\{y_o} = \frac{6}{5}\\{z_o} = \frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\end{array} \right.$

Vậy $\frac{{{x_o}}}{{\sqrt 7 }} + 5{y_o} + \frac{{5{z_o}}}{{\sqrt {21} }} = \frac{{34}}{{5.7}} + 5.\frac{6}{5} + \frac{5}{{\sqrt {21} }}.\frac{{4\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{344}}{{35}}$

Gọi $X$ là biến cố: “ông F xem được chương trình thu được từ đúng với các tín hiệu lúc phát đi”

Ta có sơ đồ cây như sau:

Vậy $P\left( X \right) = 0{,}55.\,\left( {1 - \frac{2}{9}} \right) + 0{,}45.\,\left( {1 - \frac{1}{5} - \frac{1}{4}} \right) \simeq 0{,}68$.

Gọi $Y$ là biến cố : “Ông $F$ đang xem chương trình truyền hình. ”

Khi đó : $P\left( Y \right) = 1 - 0{,}45.\frac{1}{4} = 0{,}8875$.

Suy ra : $P\left( {X|Y} \right) = \frac{{P\left( {XY} \right)}}{{P\left( Y \right)}} = \frac{{P\left( X \right)}}{{P\left( Y \right)}} = \frac{{0{,}55.\,\left( {1 - \frac{2}{9}} \right) + 0{,}45.\,\left( {1 - \frac{1}{5} - \frac{1}{4}} \right)}}{{0{,}8875}} \simeq 0{,}76$.

Gọi $(\alpha )$ là mặt phẳng qua $A$ và vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng $(P),(Q).$

Ta có: ${\vec n_P} = (1;1;0),{\vec n_Q} = (1;0; - 1) \Rightarrow {\vec n_\alpha } = {\vec n_Q} \times {\vec n_P} = (1; - 1;1) \Rightarrow (\alpha ):x - y + z - 3 = 0.$

Gọi $H,K$ lần lượt hình chiếu vuông góc của $A$ lên $(P),(Q).$ Theo đề bài, ta có

$AH = d(A,(P)) = 2;AK = d(A,(Q)) = 1;\cos \left( {\widehat {(P),(Q)}} \right) = \frac{{\left| {{{\vec n}_P}.{{\vec n}_Q}} \right|}}{{|{{\vec n}_P}|.|{{\vec n}_Q}|}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\widehat {(P),(Q)}} \right) = 60^\circ .$

Gọi $a = (\alpha ) \cap (P),b = (\alpha ) \cap (Q),E = a \cap b \Rightarrow E \in (P) \cap (Q).$ Khi đó, trong mặt phẳng $(\alpha )$ ta có tứ giác $HAKE$ như hình vẽ.

Xét phép quay tâm $A$ góc quay $- 60^\circ$ biến điểm $M \in a$ thành $M' \in b$.

Đặt $\widehat {MAH} = \alpha \Rightarrow \widehat {M'AK} = 120^\circ - \widehat {MAH} - \widehat {MAM'} = 60^\circ - \alpha$

Xét $\Delta MAH$ vuông tại $H$, có: $MA = \frac{{AH}}{{\cos \alpha }} = \frac{2}{{\cos \alpha }}$.

Xét $\Delta M'AK$vuông tại $K$, có: $AM' = \frac{{AK}}{{\cos \left( {60^\circ - \alpha } \right)}} = \frac{1}{{\cos \left( {60^\circ - \alpha } \right)}}$.

Mà $AM = AM' \Leftrightarrow \cos \alpha = 2\cos \left( {60^\circ - \alpha } \right)$

$$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \cos \alpha = 2\left( {\cos 60^\circ .\cos \alpha + \sin 60.\sin \alpha } \right)\\ \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin \alpha = 0\\ \Rightarrow \alpha = 0\end{array}$$

Vậy $M \equiv H$. Vậy $\Delta ABC$ đều $\Rightarrow B \equiv H$ và thực hiện phép quay tâm $A$, góc quay $- 60^\circ$ biến điểm $H$ thành điểm $C.$

Suy ra $C$ thuộc mp$(\beta )$ là mặt phẳng trung trực của $AH$ hay mặt phẳng cách đều $A$ và $(P).$

Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ và vuông góc với $(P).$ Khi đó: $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = - 1 + t\\z = 1\end{array} \right.$

$B = d \cap (P) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y - 2\sqrt 2 = 0\\x = 1 + t\\y = - 1 + t\\z = 1\end{array} \right. \Rightarrow B(1 + \sqrt 2 ;\sqrt 2 - 1;1).$

Gọi $M$ là trung điểm

Tọa độ của $C$ là nghiệm của hệ phương trình là phương trình của 3 mặt phẳng $(Q),(\alpha ),(\beta ).$

$\left\{ \begin{array}{l}x - z + \sqrt 2 = 0\\x - y + z - 3 = 0\\x + y - \sqrt 2 = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = \sqrt 2 - 1\\z = \sqrt 2 + 1\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {1;\sqrt 2 - 1;\sqrt 2 + 1} \right).$

Vậy chiều cao mét của khoen móc $C$ so với mặt đất là

$h = d(C;(R)) = \frac{{|{z_C} + 1|}}{1} = \left| {\sqrt 2 + 1 + 1} \right| = 2 + \sqrt 2 \approx 3{,}4{\rm{ m}}{\rm{.}}$