Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THCS-THPT Nguyễn Khuyến - Lê Thánh Tông (TP.HCM) ngày 9.11 có đáp án

Chọn C

Ta có ${2^{x - 1}} = 3 \Leftrightarrow x - 1 = {\log _2}3 \Leftrightarrow x = 1 + {\log _2}3 \Leftrightarrow x = {\log _2}2 + {\log _2}3 \Leftrightarrow x = {\log _2}6$.

Chọn B

Tập xác định. $D = \mathbb{R}$.

Đạo hàm. $f'\left( x \right) = 6{x^2} - 18x - 24$, $f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 4\end{array} \right.$.

Giới hạn. $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty ,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty$.

Bảng biến thiên.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là $14$.

Chọn A

Ta có $\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {A'C'} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {BC}$.

Chọn B

Quan sát đồ thị ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

Chọn B

Ta có. ${\left( {\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right)^2} = {\left[ {\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right)} \right]^2} = {\left( {\overrightarrow a } \right)^2}.{\left( {\overrightarrow b } \right)^2}.{\cos ^2}\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) \ne {\left( {\overrightarrow a } \right)^2}.{\left( {\overrightarrow b } \right)^2}$.

Theo tính chất của tích vô hướng của hai vectơ các khẳng định sau đúng

$\overrightarrow a .\overrightarrow b = \overrightarrow b .\overrightarrow a$.

$\overrightarrow a .\left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right) = \overrightarrow a .\overrightarrow b + \overrightarrow a .\overrightarrow c$.

$\left( {k\overrightarrow a } \right).\overrightarrow b = k\left( {\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right) = \overrightarrow a .\left( {k\overrightarrow b } \right)$.

Chọn C

Ta có. ${S_5} = \frac{5}{2}\left[ {2.{u_1} + \left( {5 - 1} \right).d} \right] = \frac{5}{2}\left[ {2.\left( { - 1} \right) + \left( {5 - 1} \right).3} \right] = 25$.

Chọn C

Ta có $f'\left( x \right) = 4{x^3} - 16x;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 16x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 2\\x = 2\end{array} \right.$. Do $x \in \left[ { - 1;3} \right] \Rightarrow x \in \left\{ {0;2} \right\}$.

Ta có. $f\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^4} - 8{\left( { - 1} \right)^2} + a = - 7 + a$;

$f\left( 0 \right) = {0^4} - {8.0^2} + a = a$;

$f\left( 2 \right) = {2^4} - {8.2^2} + a = - 16 + a$;

$f\left( 3 \right) = {3^4} - {8.3^2} + a = 9 + a$.

Vì với mọi giá trị của $a$, ta có. $- 16 + a < - 7 + a < a < 9 + a$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( x \right) = {x^4} - 8{x^2} + a,\left( {a \in \mathbb{R}} \right)$ trên đoạn $\left[ { - 1;3} \right]$ bằng $- 16 + a$.

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta có $\forall x \in \left[ { - 1;5} \right] \Rightarrow f\left( x \right) \in \left[ { - 1;3} \right]$.

Vậy tập giá trị của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { - 1;5} \right]$ là $\left[ { - 1;3} \right]$.

Chọn D

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên bằng $R = 4{,}2 - 2{,}7 = 1{,}5$.

Chọn A

Trung điểm của đoạn thẳng $AB$ có tọa độ là $\left( {2;1;1} \right)$.

Chọn D

Ta có $y = \frac{{{x^2} + 2x - 2}}{{x - 2}} = x + 4 + \frac{6}{{x - 2}}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{6}{{x - 2}} = 0$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {y - \left( {x + 4} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{6}{{x - 2}} = 0$.

Do đó, đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là đường thẳng $y = x + 4$.

Chọn A

Đường thẳng $AB:\left\{ \begin{array}{l}Qua\,A\left( { - 3;1; - 4} \right)\\VTCP\,\overrightarrow {AB} = \left( {4; - 6;6} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB:\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + 4t\\y = 1 - 6t\\z = - 4 + 6t\end{array} \right.,t \in \mathbb{R}$.

Mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có phương trình $z = 0$.

Xét hệ. $\left\{ \begin{array}{l}x = - 3 + 4t\\y = 1 - 6t\\z = - 4 + 6t\\z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{2}{3}\\x = \frac{{ - 1}}{3}\\y = - 3\\z = 0\end{array} \right.$

Vậy đường thẳng $AB$ cắt $mp\left( {Oxy} \right)$ tại điểm $M\left( { - \frac{1}{3}; - 3;0} \right)$.

a) [TH] Dựa vào bảng biến thiên ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 142$ suy ra đường thẳng có phương trình $y = 142$là một đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số, tương tự $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 14$ suy ra đường thẳng $y = 14$cũng là một đường tiệm cận ngang. Mệnh đề đúng.

b) [TH] Trên $\mathbb{R}$ ta có $f\left( x \right) \ge f\left( { - 1} \right) = 8$ vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 8. Do đó mệnh đề đúng.

c) [NB] Ta có $f'\left( x \right) > 0$ $\Leftrightarrow x \in \left( { - 1;1} \right)$ và $\left( {8;38} \right) \not\subset \left( { - 1;1} \right)$. Mệnh đề sai.

d) [TH] $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 142\,\,v\`a \,\,\,f\left( x \right) < 142\,,\forall x \in R$. Mệnh đề sai.

a) Đúng

Vì máy bay giữ nguyên hướng và tốc độ nên sau 10 giây máy bay đến vị trí $C$, ta có

$\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {BC}$.

Gọi $C\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \left( {a + 8;b - 6;c - 10} \right);\overrightarrow {AB} = \left( { - 8;6;0} \right)$

$\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {BC} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 8 = 2(a + 8)}\\{6 = 2(b - 6)}\\{0 = 2(c - 10)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = - 12}\\{b = 9}\\{c = 10}\end{array} \Rightarrow C( - 12;9;10)} \right.$

Tương tự $F\left( {\frac{9}{{40}};\frac{3}{{10}};0} \right)$.

b) Sai

$BE = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{{20}} + 8} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{5} + 6} \right)}^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}} \approx 14\left( {km} \right)$

c) Đúng

Quãng đường xe tăng đi được trong 20 giây đầu tiên là $OE = 0{,}25km = 250m \Rightarrow {v_{tb}} = 12{,}5m/s$

d) Đúng

Giả sử sau thời gian t máy bay đang ở vị trí $D$ và xe tăng đang ở vị trí $K$.

Véc tơ vận tốc của máy bay là $\overrightarrow {{v_1}} = 1800.\frac{{\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow v } \right|}} = \left( { - 1440;1080;0} \right)$

$\overrightarrow {A{\rm{D}}} = t.\overrightarrow {{v_1}} \Rightarrow D\left( { - 1440t;1080t;10} \right)$

$\overrightarrow {{u_1}} = 60.\frac{{\overrightarrow u }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \left( {36;48;0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OK} = t.\overrightarrow {{u_1}} \Rightarrow K\left( {36t;48t;0} \right)$

$DK = \sqrt {{{1476}^2}{t^2} + {{1032}^2}{t^2} + 100} = f(t)$

Thời gian máy bay là $27:1800 = 0{,}015h$

Tốc độ thay đổi khoảng cách giữa máy bay và xe tăng lúc này là $f'(0{,}015) = 1689km/h$.

a) Diện tích tam giác$ABC$là. ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC \times BA = \frac{1}{2} \times 3 \times 2 = 3.$

Thể tích của hình chóp$S.ABC$có công thức là. ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \times S \times h = \frac{1}{3} \times 3 \times 2 = 2.$

Vậy đáp án câu a) là SAI.

b) Vì $SA \bot (ABC)$ nên $SA \bot BC.$Ta cũng có$AB \bot BC$nên $BC \bot (SAB).$

Suy ra khoảng cách từ $C$đến mặt phẳng $(ABC)$là $3.$

Vậy đáp án câu b) là SAI.

c) Vì $BC \bot (SAB)$ nên $BC \bot SB.$ Ta cũng có $AB \bot BC$ nên góc nhị diện $[S,BC,A]$ có số đo bằng với góc phẳng nhị diện $\angle SBA.$

Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A,$ có $AB = 2$và $SA = 2$ nên $\angle SBA = 45^\circ .$

Vậy đáp án câu c) là ĐÚNG.

d) Ta có $\overrightarrow {SB} \cdot \overrightarrow {AC} = (\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} ) \cdot \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} .$

Mà $SA \bot (ABC)$ nên $SA \bot AC.$ Suy ra $\overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {AC} = 0.$

Vậy $\overrightarrow {SB} \cdot \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos (\angle BAC) = AB.AB = 4.$

Vậy đáp án câu d) là ĐÚNG.

a) Cỡ mẫu $n = 20$.

Gọi ${x_1};{x_2};...;{x_{20}}$ là mẫu số liệu gốc gồm chiều cao của $20$ học sinh trên được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có ${x_1};{x_2};{x_3} \in \left[ {160;165} \right)$; ${x_4};...;{x_8} \in \left[ {165;170} \right)$; ${x_9};...;{x_{15}} \in \left[ {170;175} \right)$; ${x_{16}};...;{x_{19}} \in \left[ {175;180} \right)$; ${x_{20}} \in \left[ {180;185} \right)$.

Do đó ${x_3} \in \left[ {165;170} \right)$ và ${x_9} \in \left[ {170;175} \right)$.

b) Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $\frac{1}{2}\left( {{x_5} + {x_6}} \right) \in \left[ {165;170} \right)$. Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho là ${Q_1} = 165 + \frac{{\frac{{20}}{4} - 3}}{5} = 165{,}4$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $\frac{1}{2}\left( {{x_{15}} + {x_{16}}} \right) \in \left[ {170;175} \right) \cup \left[ {175;180} \right)$. Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho là ${Q_3} = 175$.

c) Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 175 - 165{,}4 = 9{,}6$.

d) Vì học sinh có chiều cao từ $175cm$ trở lên nên có $5$ học sinh.

Gọi $A$ là biến cố “học sinh có chiều cao từ $175cm$ trở lên”.

Do đó$P\left( A \right) = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4} = 0{,}25$

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ.

Ta tìm được $A'\left( {0;0;\sqrt 2 } \right)$, $C\left( {1;0;0} \right)$.

${x_B} = AH = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}$.

${y_B} = BH = \frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Suy ra $B\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};0} \right)$.

Do đó $B'\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};1} \right)$ (Do $B$ là hình chiếu của $B'$ lên $\left( {Oxy} \right)$).

$A'B$ đi qua điểm $B\left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2};0} \right)$ và có 1 vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {A'B} = \left( {\frac{1}{2};\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \sqrt 2 } \right)$.

$B'C$ đi qua điểm $C\left( {1;0;0} \right)$ và có 1 vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {B'C} = \left( {\frac{1}{2}; - \frac{{\sqrt 3 }}{2}; - 1} \right)$.

$d\left( {A'B,B'C} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {B'C} } \right] \cdot \overrightarrow {BC} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {B'C} } \right]} \right|}} \approx 0{,}92$.

Gọi $x$ là số chuyến xe loại A được thuê. Điều kiện. $0 \le x \le 3$

Gọi $y$ là số chuyến xe loại B được thuê. Điều kiện. $0 \le y \le 8$

Vì $x,y$ là số chuyến và chỉ chở nhiều nhất một chuyến nên $x$ và $y$ cũng là số xe được thuê.

Mỗi xe loại A chở được tối đa 20 máy giặt, mỗi xe loại B chở được tối đa 10 máy giặt và tổng số máy giặt cần vận chuyển là 100.

Ta thiết lập được bất phương trình $20x + 10y \ge 100 \Leftrightarrow 2x + y \ge 10$

Giá cước xe loại A. 3 triệu đồng/chuyến, giá cước xe loại B. 2 triệu đồng/chuyến.

Số tiền cước là $F\left( {x,y} \right) = 3x + 2y$

Bài toán trở thành. Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn hệ điều kiện. $\left\{ \begin{array}{l}0 \le x \le 3\\0 \le y \le 8\\2x + y \ge 10\end{array} \right.$

sao cho hàm $F\left( {x,y} \right) = 3x + 2y$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tam giác $ABC$ với $A\left( {3;8} \right)$; $B\left( {3;4} \right)$; $C\left( {1;8} \right)$

$F(3;8) = 9 + 16 = 25$

$F(3;4) = 9 + 8 = 17$

$F(1;8) = 3 + 16 = 19$

Giá trị nhỏ nhất của hàm $F(x,y)$ là $17$, đạt được tại đỉnh $B(3;4)$.

Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AC$ Þ $M\left( {\frac{{a - 4}}{2};\frac{{b - 1}}{2};\frac{{c + 2}}{2}} \right)$.

Vì $M \in Oy \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{a - 4}}{2} = 0\\\frac{{c + 2}}{2} = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\c = - 2\end{array} \right.$.

Gọi $N$ là trung điểm cạnh $BC$ Þ $N\left( {\frac{{a + 3}}{2};\frac{{b + 5}}{2};\frac{{c - 6}}{2}} \right)$

Vì $N \in Oxz \Rightarrow \frac{{b + 5}}{2} = 0 \Rightarrow b = - 5$.

Do đó, $T = 2.4 + \left( { - 5} \right) - \left( { - 2} \right) = 5$.

Xét hai tam giác vuông $ADQ,BAM$ có

Dễ dàng chứng minh các tam giác $ABM,BCN,CDP,DAQ$ đồng dạng và $\Delta ADQ = \Delta CBN,\Delta ABM = \Delta DCP$ (vì có cạnh huyền bằng nhau).

Cách 1.

Diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ lớn nhất khi và chỉ khi tổng diện tích của 4 tam giác vuông $ABM,BCN,CDP,DAQ$ lớn nhất hay $S = {S_{\Delta ADQ}} + {S_{\Delta ABM}}$ lớn nhất.

Ta có tỉ số đồng dạng. $\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{40}}{{20}} = 2 \Rightarrow {S_{\Delta ADQ}} = 4{S_{\Delta BAM}}.$

Vậy diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ lớn nhất khi và chỉ khi ${S_{\Delta ABM}}$ lớn nhất.

Ta lại có ${S_{\Delta ABM}} = \frac{1}{2}AB.{\rm{d}}(M,AB)$ nên ${S_{\Delta ABM}}$ lớn nhất khi ${\rm{d}}(M,AB)$ lớn nhất hay $\Delta ABM$ vuông cân. Khi đó.

$\begin{array}{l}{S_{MNPQ}} & = 2\left( {{S_{\Delta ABM}} + {S_{\Delta ADQ}}} \right) + {S_{ABCD}} = 10{S_{\Delta ABM}} + {S_{ABCD}}\\ & = 10.\frac{1}{4}A{B^2} + AB.AD = 10.\frac{1}{4}{.20^2} + 20.40 = 1800{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}.\end{array}$

Cách 2.

Đặt $x = \widehat {DAQ}.$ Khi đó. $AQ = 40\cos x;AM = 20\sin x;MB = 20\cos x;BN = 40\sin x.$

Ta có. $MQ = AM + AQ = 20\sin x + 40\cos x;MN = MB + BN = 20\cos x + 40\sin x.$

$\begin{array}{l}{S_{MNPQ}} & = MQ.MN = (20\sin x + 40\cos x)(40\sin x + 20\cos x)\\ & = 800{\sin ^2}x + 400\sin x.\cos x + 1600\cos x.\sin x + 800{\cos ^2}x\\ & = 800 + 1000\sin 2x \le 800 + 1000.1 = 1800 & {\rm{(c}}{{\rm{m}}^2}).\end{array}$

Vậy hình chữ nhật $MNPQ$ có diện tích lớn nhất là $1800{\rm{ (c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$.

Ta có. $AB = 2\sqrt 3$, $CA = CB = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 6$, $DA = DB = 2\sqrt 3$, $CM = \frac{1}{2}AB = \sqrt 3$, $DM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 3$.

${S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}OA.OB.\sin 120^\circ = \sqrt 3$, ${S_{\Delta CAB}} = \frac{1}{2}CA.CB = 3$, ${S_{\Delta DAB}} = \frac{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 3\sqrt 3$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, suy ra. $AB \bot OM$,$AB \bot CM$,$AB \bot DM$.

Khi đó. $\widehat {CMO} = \left( {\left( {OAB} \right),\left( {CAB} \right)} \right)$, $\widehat {DMO} = \left( {\left( {DAB} \right),\left( {OAB} \right)} \right)$, $\alpha = \left( {\left( {CAB} \right),\left( {DAB} \right)} \right)$.

Vì $\Delta OAB$ là hình chiếu của hai tam giác $CAB$ và $DAB$ trên mặt phẳng $\left( {OAB} \right)$.

Ta có. $\cos \widehat {CMO} = \frac{{{S_{\Delta OAB}}}}{{{S_{\Delta CAB}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$$\Rightarrow \sin \widehat {CMO} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$,

$\cos \widehat {DMO} = \frac{{{S_{\Delta OAB}}}}{{{S_{\Delta DAB}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{3\sqrt 3 }} = \frac{1}{3}$$\Rightarrow \sin \widehat {DMO} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

$\cos \alpha = \cos \left( {\widehat {DMO} - \widehat {CMO}} \right) = \cos \widehat {DMO}\cos \widehat {CMO} + \sin \widehat {DMO}\sin \widehat {CMO}$

$= \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\frac{1}{3} + \frac{{\sqrt 6 }}{3}.\frac{{2\sqrt 2 }}{3} = \frac{{5\sqrt 3 }}{9}$.

$\Rightarrow \sin \alpha = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{9}} \right)}^2}}$$\Rightarrow \sin \alpha = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{5\sqrt 3 }}{9}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{9}$.

Từ $C$ kẻ đường thẳng vuông góc với $DM$ tại $H$, suy ra.

$\left\{ \begin{array}{l}CH \bot DM\\CH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow CH$ là đường cao của tứ diện $ABCD$.

Suy ra. ${V_{ABCD}} = \frac{1}{3}CH.{S_{\Delta DAB}} = \frac{1}{3}CM\sin \alpha .{S_{\Delta DAB}}$$= \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 6 }}{9}.3\sqrt 3 = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$$\Rightarrow V_{ABCD}^2 = \frac{2}{3}$.

Mặt khác, gọi $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$.

Điểm $M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CAB$, suy ra. $IM \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow IM \bot CM$.

Điểm $G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$, suy ra. $IG \bot \left( {ABD} \right) \Rightarrow IG \bot DM$.

Và điểm $G$ cũng là trọng tâm tam giác $DAB$, $GM = \frac{1}{3}DM = 1$.

Ta có. $\widehat {GIM} + \widehat {GMI} = 90^\circ = \widehat {GMI} + \widehat {GMC}$$\Rightarrow \widehat {GIM} = \widehat {GMC} = \alpha$.

Suy ra. $GI = GM\cot \alpha = \cot \alpha = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}$$\Rightarrow {R^2} = D{I^2} = D{G^2} + G{I^2} = {2^2} + {\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{33}}{2}$.

Vậy số tiền ông An phải trả là $\left( {\frac{2}{3} + \frac{{33}}{2}} \right).60\,\,000 = 1\,030\,\,000$ đồng.

Số cách chọn ngẫu nhiên $6$ học sinh từ $35$ học sinh. $n\left( \Omega \right) = C_{35}^6 = 1623160$.

Gọi $A$ là biến cố. “$6$ học sinh được chọn không có hai em nào đứng cạnh nhau trong vòng tròn”.

Giả sử xếp $35$ học sinh thành một hàng ngang, chọn $6$ em sao cho không có hai em nào đứng cạnh nhau cũng như chọn ra $6$ trong các “khoảng trống” tạo ra bởi $29$ em còn lại.

Mà $29$ học sinh tạo ra $30$ “khoảng trống” nên có $C_{30}^6 = 593775$ cách chọn.

Mặt khác, nếu có hai em trong $6$ em được chọn đứng đầu hàng và cuối hàng thì khi xếp thành vòng tròn hai em này sẽ đứng cạnh nhau.

Khi đó, ta chọn ra $4$ trong các “khoảng trống” giữa $29$ em còn lại có $C_{28}^4 = 20475$ cách chọn.

Vậy số phần tử thuận lợi cho biến cố $A$. $n\left( A \right) = 593775 - 20475 = 573300$.

Xác suất cần tìm. $a = P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{573300}}{{1623160}} = \frac{{4095}}{{11594}} \Rightarrow 11594a = 4095$.