Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Chuyên Bắc Ninh lần 01 có đáp án

Chọn B

Có $y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} \Rightarrow y'\left( 3 \right) = \frac{3}{{16}}$.

Chọn D

Hàm số xác định $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 > 0\\4 - {x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 1\\ - 2 < x < 2\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( {1;2} \right)$

Tập xác định của hàm số $y = {\left( {x - 1} \right)^{\frac{1}{6}}} + \log \left( {4 - {x^2}} \right)$ là $D = \left( {1;2} \right)$.

Chọn B

Tổng số học sinh: $n = 43$

Nhóm $\left[ {40;60} \right]$ là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bằng $\frac{n}{2} = \frac{{43}}{2} = 21{,}5$.

Trung vị của mẫu số liệu trên là ${Q_e} = 40 + \frac{{\frac{{43}}{2} - 14}}{{13}}.20 \approx 51{,}54$.

Chọn B

Hàm số $y = - {x^3} + 3{x^2} + 9x - 1$có:

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$

$y' = - 3{x^2} + 6x + 9$

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ ${x_0}$ là $k = y'\left( {{x_0}} \right) = - 3{x_0}^2 + 6{x_0} + 9 = - 3{\left( {{x_0} - 1} \right)^2} + 12 \le 12\,,\,\,\forall {x_0} \in \mathbb{R}$

Vậy hệ số góc lớn nhất của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là $12$, đạt khi ${x_0} = 1$.

Chọn B

Ta có: ${\rm{lim}}\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} - n} \right)$$= {\rm{lim}}\frac{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} - n} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} \cdot n + {n^2}} \right]}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} \cdot n + {n^2}}}$

$= {\rm{lim}}\frac{{{n^3} - 2{n^2} - {n^3}}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} \cdot n + {n^2}}} = {\rm{lim}}\frac{{ - 2{n^2}}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{{n^3} - 2{n^2}}} \cdot n + {n^2}}}$

$= {\rm{lim}}\frac{{ - 2}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{1 - \frac{2}{n}}}} \right)}^2} + \sqrt[3]{{1 - \frac{2}{n}}} + 1}} = - \frac{2}{3}$.

Chọn A

Ta có ${O_1}{O_2}$ là đường trung bình của tam giác $ACE \Rightarrow {O_1}{O_2}\parallel CE$,

mà ${O_1}{O_2} \not\subset \left( {BCE} \right)$$\Rightarrow {O_1}{O_2}\parallel \left( {BCE} \right)$. Vậy C đúng.

Tương tự có ${O_1}{O_2}\parallel DF \Rightarrow$${O_1}{O_2}\parallel \left( {AFD} \right)$. Vậy B đúng.

${O_1}{O_2}\parallel CE$ mà ${O_1}{O_2} \not\subset \left( {MEF} \right)\,,\,CE \subset \left( {MEF} \right)$$\Rightarrow {O_1}{O_2}\parallel \left( {MEF} \right)$. Vậy D đúng.

Ta có $M{O_1}$ là đường trung bình của tam giác $BCD \Rightarrow M{O_1}\parallel BC$,

mà $M{O_1} \not\subset \left( {BCE} \right)$$\Rightarrow M{O_1}\parallel \left( {BCE} \right)$.

Vậy mặt phẳng $\left( {M{O_1}{O_2}} \right)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau ${O_1}{O_2}$ và $M{O_1}$ cùng song song mặt phẳng $\left( {BCE} \right)$$\Rightarrow \left( {M{O_1}{O_2}} \right)\parallel \left( {BCE} \right) \Rightarrow M{O_2}\parallel \left( {BCE} \right)$. Vậy A sai.

Chọn C

Tập giá trị của hàm số $y = {\rm{cot}}x$ là $\mathbb{R}$.

Chọn D

Theo tính chất trọng tâm tam giác ta có A, C là mệnh đề đúng. B đúng theo quy tắc hiệu hai véc tơ.

Ta có $\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow {GD} \ne \overrightarrow 0$. Vậy D sai.

Chọn C

Do $AD//A'D'$, $AD$ cắt mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ suy ra $\left( {MNP} \right)$cắt $A'D'$. Vậy a) đúng

Gọi trung điểm của $DD'$ là Q thì $PQ//CD \Rightarrow PQ//MN\,hay\,\,Q \in \left( {MNP} \right)$. Vậy b) đúng

Xét hai mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ và $\left( {ABC'D'} \right)$ có $\left\{ \begin{array}{l}MN//AB\\NP//BC'\end{array} \right. \Rightarrow \left( {MNP} \right)//\left( {ABC'D'} \right)$. Vậy c) đúng.

Chọn A

Theo công thức tổng của cấp số nhân lùi ta có $S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} \Leftrightarrow 3 = \frac{{{u_1}}}{{1 - \frac{2}{3}}} \Leftrightarrow {u_1} = 1 \Rightarrow {u_n} = 1.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}$

Vậy ${u_n} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}$.

Chọn D

Hàm số đã cho nghịch biến trên $\left( { - \infty ; - 1} \right)$ và $\left( {1; + \infty } \right)$ suy ra đáp án D đúng

a) Sai. Ta có $g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - x + 1 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x - 1\,\,\,\,\,\,(1)$

Số nghiệm của (1) là số giao điểm của $y = f'\left( x \right)$ và $y = x - 1$. Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng 1 hệ trục tọa độ ta thấy 2 đồ thị cắt nhau tại 3 điểm có hoành độ $x = - 3;\,\,x = - 1;\,\,x = 1$.

Lập bảng biến thiên của $g'\left( x \right)$

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $g\left( x \right)$ tại bốn điểm phân biệt khi và chỉ khi $\max \{ g( - 3);\,\,g(1)\} < m < g( - 1).$

b) Đúng. Dựa vào thị của $f'(x)$ ta thấy $f'(x) = 0$ có hai nghiệm $x = - 2$ (nghiệm kép) và $x = 1$ (nghiệm đơn). Do đó $f'(x) = a{(x + 2)^2}(x - 1)$, lại có $f'( - 1) = - 2 \Rightarrow f'(x) = {(x + 2)^2}(x - 1)$.

Vậy $h(x) = \frac{{2x + 1}}{{{{(x + 2)}^2}(x - 1)}} \cdot$

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} h(x) = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} h(x) = + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } h(x) = 0$ nên $x = - 2;x = 1$ là các tiệm cận đứng và $y = 0$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $h(x)$.

c) Sai. Dựa vào đồ thị hàm số $f'(x)$ ta thấy $f'(x) \le 0,\,\,\forall x \le 1$ và $f'(x) > 0,\,\,\forall x > 1$ nên hàm số chỉ đồng biến trên khoảng $(1; + \infty )$.

d) Sai. Lập bảng biến thiên của $f(x)$

Hàm số $f(x)$ chỉ có một điểm cực tiểu $x = 1.$

a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.

Gọi $O = AC \cap BD$. Vì hình chóp $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SAO}$.

Ta có: $\cos \widehat {SAO} = \frac{{OA}}{{SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SAO} = 60^\circ$, do đó $\left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = 60^\circ$. Vậy b) sai.

Vì $F$ là trung điểm của cạnh $SA$ nên ${V_{S.FCD}} = {V_{A.FCD}} = \frac{1}{2}{V_{S.ACD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}.\frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}}$

Vì hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên bằng $\sqrt 2 a$. Ta có: $SA = a\sqrt {2;} AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.

Suy ra ${V_{S.FCD}} = \frac{1}{4}.\frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{24}}$. Vậy c) sai.

Ta có: $DF = \sqrt {\frac{{S{D^2} + A{D^2}}}{2} - \frac{{S{A^2}}}{4}} = a;CF = \sqrt {\frac{{S{C^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{S{A^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$; $CD = a$.

Suy ra ${S_{\Delta FCD}} = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{8}$

${V_{S.FCD}} = \frac{1}{3}.d\left( {S,\left( {FCD} \right)} \right).{S_{\Delta FCD}} \Rightarrow d\left( {S,\left( {FCD} \right)} \right) = \frac{{3.{V_{S.FCD}}}}{{{S_{\Delta FCD}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{24}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{8}}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}$. Vậy a) đúng.

Ta có: $AC \bot SO;AC \bot BD \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)$. Kẻ $OM \bot SB\left( {M \in SB} \right)$, khi đó $OM$ là đoạn vuông góc chung của $AC$ và $SB$.

Do đó: $d\left( {AC,SB} \right) = OM = \frac{{SO.BO}}{{\sqrt {S{O^2} + B{O^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$. Vậy d) đúng.

Có 45 quả cầu nên số lượng quả cầu được đánh số chẵn là 22 và số lượng quả cầu đánh số lẻ là 23.

a) Đúng. Số cách lấy được cả 3 quả cầu đánh số chẵn là $C_{22}^3 = 1540$.

b) Sai. Số cách lấy 3 quả tùy ý là $n\left( \Omega \right) = C_{45}^3 = 14190$.

Ta chia các quả cầu thành các nhóm ${S_0};{S_1};{S_2};{S_3}$ là các nhóm chứa các quả cầu lần lượt có các số dư như sau:

${S_0}$ gồm 5 số chia hết cho 8

${S_1}$ gồm 11 số chia hết cho 2 mà không chia hết cho 4

${S_2}$ gồm 6 số chia hết cho 4 mà không chia hết cho 8

${S_3}$ gồm 23 số lẻ.

Gọi $A$ là biến cố: “tích 3 số ghi trên 3 quả cầu là một số chia hết cho 8”.

Ta đi tính $n\left( {\overline A } \right)$.

Để tích 3 số không chia hết cho 8 thì xảy ra các trường hợp:

3 số thuộc ${S_3}$.

1 số thuộc ${S_1}$ và 2 số thuộc ${S_3}$.

1 số thuộc ${S_2}$ và 2 số thuộc ${S_3}$.

2 số thuộc ${S_1}$ và 1 số thuộc ${S_3}$.

$n\left( {\overline A } \right) = C_{23}^3 + C_{23}^2\left( {C_{11}^1 + C_6^1} \right) + C_{23}^1C_{11}^2 = 1771 + 4301 + 1265 = 7337$.

Suy ra $P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{623}}{{1290}}$.

c) Sai. Để chọn được 3 số có tổng là số lẻ thì xảy ra hai trường hợp:

3 số đều lẻ

1 số lẻ và 2 số chẵn

Gọi $B$ là biến cố: “tổng 3 số ghi trên 3 quả cầu là số lẻ”

$n\left( B \right) = C_{23}^3 + C_{23}^1C_{22}^2 = 7084$

$P\left( B \right) = \frac{{7084}}{{14190}} = \frac{{322}}{{645}}$

d) Đúng. Ta chia các quả cầu thành các nhóm ${C_0};{C_1};{C_2};{C_3}$ là các nhóm chứa các quả cầu lần lượt có các số dư như sau:

${C_0}$ gồm 11 số chia hết cho 4.

${C_1}$ gồm 12 số chia hết cho 4 dư 1.

${C_2}$ gồm 11 số chia hết cho 4 dư 2.

${C_3}$ gồm 11 số chia hết cho 4 dư 3.

Gọi $C$ là biến cố: “tổng 3 số ghi trên 3 quả cầu là số chia hết cho 4”.

Xảy ra các trường hợp sau:

Cả 3 số đều thuộc ${C_0}$ có $C_{11}^3 = 165$ cách chọn.

1 số thuộc ${C_0}$ và 2 số thuộc ${C_2}$ có $C_{11}^1.C_{11}^2 = 605$ cách chọn.

1 số thuộc ${C_0}$, 1 số thuộc ${C_1}$ và 1 số thuộc ${C_3}$ có $11 \times 12 \times 11 = 1452$ cách chọn.

1 số thuộc ${C_2}$ và 2 số thuộc ${C_3}$ có $C_{11}^1.C_{11}^2 = 605$ cách chọn.

2 số thuộc ${C_1}$ và 1 số thuộc ${C_2}$ có $C_{12}^2.C_{11}^1 = 726$ cách chọn.

$n\left( C \right) = 3553 \Rightarrow P\left( C \right) = \frac{{3553}}{{C_{45}^3}} = \frac{{323}}{{1290}}$.

a) Sai. Điều kiện xác định:

$\left\{ \begin{array}{l}1 - x > 0\\9 - {x^2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 1\\ - 3 < x < 3\end{array} \right.$$\Leftrightarrow - 3 < x < 1$.

Vậy tập xác định của hàm số là $D = \left( { - 3;1} \right)$.

b) Sai. Ta có: $y' = \frac{1}{3}{\left( {9 - {x^2}} \right)^{\frac{{ - 2}}{3}}}.{\left( {9 - {x^2}} \right)^\prime } + \frac{{ - 1}}{{1 - x}}$$= \frac{{ - 2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} - \frac{1}{{1 - x}}$.

Vậy hàm số có đạo hàm $y' = \frac{{ - 2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} - \frac{1}{{1 - x}}$.

c) Đúng. Với mọi $x \in \left( {0;1} \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\frac{{2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} > 0\\\frac{1}{{1 - x}} > 0\end{array} \right.$

Do đó $y' = \frac{{ - 2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} - \frac{1}{{1 - x}}$$= - \left( {\frac{{2x}}{{3\sqrt[3]{{{{\left( {9 - {x^2}} \right)}^2}}}}} + \frac{1}{{1 - x}}} \right) < 0$.

Suy ra $y' < 0,\;\forall x \in \left( {0;1} \right)$.

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$.

d) Đúng. Ta có: $\left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right] \subset \left( {0;1} \right)$ nên hàm số nghịch biến trên đoạn $\left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right]$.

Suy ra hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = \frac{1}{2}$.

Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right]$ bằng:

${\left[ {9 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} \right]^{\frac{1}{3}}} + \ln \left( {1 - \frac{1}{2}} \right) = \sqrt[3]{{\frac{{70}}{8}}} - \ln 2 = \frac{1}{2}\sqrt[3]{{70}} - \ln 2$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ {\frac{1}{4};\frac{1}{2}} \right]$ bằng $\frac{1}{2}\sqrt[3]{{70}} - \ln 2$.

Đáp án: 90.

Ta có $\overrightarrow x \bot \overrightarrow y$$\Leftrightarrow \overrightarrow x \cdot \overrightarrow y = 0$$\Leftrightarrow \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)\left( {2\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right) = 0$

$$\Leftrightarrow 2{\left| {\overrightarrow a } \right|^2} - \overrightarrow a \cdot \overrightarrow b + 2\overrightarrow a \overrightarrow b - {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} = 0$$

$$\Leftrightarrow 2{\left| {\overrightarrow a } \right|^2} - {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + \left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0$$

$\Leftrightarrow 2 \cdot {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} - {2^2} + \sqrt 2 \cdot 2 \cdot \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0$

$$\Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 0$$

$\Leftrightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 90^\circ$.

Đáp án: 2.

Hàm số $y = \frac{{{x^2} + (m - 1)x + 3 - 2m}}{{x + m}}$ đạt cực tiểu tại $x = - 1$ $\Leftrightarrow y' = \frac{{{x^2} + 2mx + {m^2} + m - 3}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}$ có hai

nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2}$ khác $- m$ thoả mãn ${x_1} = - 1,{x_2} < {x_1}$

Suy ra $y'\left( { - 1} \right) = 0 \Rightarrow 1 - 2m + {m^2} + m - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = 2\end{array} \right.$

Thử lại: Khi $m = - 1$ thì $y' = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = - 1,{x_2} = 3 > - 1$ (loại).

Khi $m = 2$ thì $y' = \frac{{{x^2} + 4x + 3}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1} = - 1,{x_2} = - 3 < - 1$ (thoả mãn).

Vậy $m = 2$.

Đáp án: 0,92

Vì $EA;\,EB;\,EC;\,ED$ bằng nhau; lực căng $\overrightarrow {{F_1}} ;\overrightarrow {{F_2}} ;\,\overrightarrow {{F_3}} ;\,\overrightarrow {{F_4}}$ đều có cường độ là $4800N$ nên ta có: $\overrightarrow {{F_1}} = k\overrightarrow {EA} ;\,\overrightarrow {{F_2}} = k\overrightarrow {EB} ;\,\overrightarrow {{F_3}} = k\overrightarrow {EC} ;\,\overrightarrow {{F_4}} = k\overrightarrow {ED}$.

Ta có: $|\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} + \overrightarrow {{F_4}} | = |k\left( {\overrightarrow {EA} + \overrightarrow {EB} + \overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} } \right)| = 4|k||\overrightarrow {EO} | = \left| {\overrightarrow F } \right|$.

Vì trọng lượng của cả khung sắt chứa ô tô là $7200\sqrt 6 N$ nên

$4\left| k \right|\left| {\overrightarrow F } \right| = \left| {\overrightarrow P } \right| = 7200\sqrt 6 \Rightarrow \left| k \right|\left| {\overrightarrow {SO} } \right| = \frac{{7200\sqrt 6 }}{4} = 1800\sqrt 6$.

Vì cáp $EA;\,EB;\,EC;\,ED$ bằng nhau và cùng tạo với mặt phẳng một góc $\alpha$ nên các góc đó bằng góc $EAO$.

Ta có: $\sin \alpha = \frac{{SO}}{{SA}} = \frac{{\frac{{1800\sqrt 6 }}{{\left| k \right|}}}}{{\frac{{4200}}{{\left| k \right|}}}} \approx 0{,}92$.

Đáp án: 8,93.

Theo đề bài ta có tất cả các mặt của tứ diện là tam giác đều có cạnh bằng $6.$

Ta có: $P \in (MNP),P \in BD \subset (ABD) \Rightarrow P \subset (MNP) \cap (ABD).$

Mặt khác:

Suy ra $(MNP) \cap (ABD) = d$ là đường thẳng qua $P$ và song song với $AB$.

Trong mặt phẳng $(ABD),$ gọi $Q = d \cap AD$. Khi đó, thiết diện cần tính diện tích là tứ giác $MNPQ.$

Ta có $MN\parallel AB,PQ\parallel AB \Rightarrow MN\parallel PQ \Rightarrow MNPQ$ là hình thang.

Mặt khác :

$MN\parallel AB \Rightarrow AM = BN;PQ\parallel AB \Rightarrow AQ = BP;\widehat {MAQ} = \widehat {NBP} = 60^\circ \Rightarrow MQ = NP$

Hay $MNPQ$ là hình thang cân.

Gọi $E$ là trung điểm của $AB;H = AE \cap MN,K = DE \cap PQ.$

Ta có : $AB \bot AE(HE),AB \bot DE(EK) \Rightarrow AB \bot HK,MN\parallel AB \Rightarrow HK \bot MN$

${S_{MNPQ}} = \frac{{MN + PQ}}{2}.HK$

$MN = \frac{1}{2}AB = 3;PQ = \frac{1}{3}AB = 2.$

$EC = ED = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 ;EH = \frac{1}{2}EC = \frac{{3\sqrt 3 }}{2};EK = \frac{2}{3}ED = 2\sqrt 3$

$\begin{array}{l}{\rm{ }}H{K^2} = E{H^2} + E{K^2} - 2EH.EK.\cos \widehat {CED}\\ & = E{H^2} + E{K^2} - 2EH.EK.\frac{{E{C^2} + E{D^2} - C{D^2}}}{{2EC.ED}} = \frac{{51}}{4}.\\ \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt {51} }}{2}\end{array}$

Vậy ${S_{MNPQ}} = \frac{{3 + 2}}{2}.\frac{{\sqrt {51} }}{2} = \frac{{5\sqrt {51} }}{4} \approx 8{,}93.$

Đáp án: 17

Gọi độ dài đoạn đường $CD$ là $x$$(km,0 < x < 8)$.

Độ dài đoạn $AD$ là: $\sqrt {{x^2} + 9}$ (km)

Độ dài đoạn $DB$ là: $8 - x$ (km)

Thời gian để người đó chèo thuyền từ $A$ tới $D$ rồi chạy bộ từ $D$ tới $B$ là: $T(x) = \frac{{\sqrt {{x^2} + 9} }}{6} + \frac{{8 - x}}{8}$ (*) (giờ)

Để người đó di chuyển được từ $A$ tới $B$ trong khoảng thời gian ngắn nhất thì $T(x)$ đạt min khi $x \in (0;8)$.

Ta có: $T'(x) = \frac{x}{{6\sqrt {{x^2} + 9} }} - \frac{1}{8}$

Cho $T'(x) = 0$$\Rightarrow \frac{x}{{6\sqrt {{x^2} + 9} }} = \frac{1}{8}$$\Rightarrow 8x = 6\sqrt {{x^2} + 9}$$\Rightarrow 64{x^2} = 36{x^2} + 324$

$\Rightarrow {x^2} = \frac{{81}}{7} \Rightarrow x = \frac{9}{{\sqrt 7 }}$ (Thỏa mãn)

Ta có $x \in \left( {0;\frac{9}{{\sqrt 7 }}} \right) \Rightarrow T'(x) < 0;\,\,x \in \left( {\frac{9}{{\sqrt 7 }};8} \right) \Rightarrow T'(x) > 0$ nên

$\min T = T\left( {\frac{9}{{\sqrt 7 }}} \right) = \frac{{\sqrt {\frac{{81}}{7} + 9} }}{6} + \frac{{8 - \frac{9}{{\sqrt 7 }}}}{8}$$\Rightarrow {T_{\min }} = 1 + \frac{{\sqrt 7 }}{8} = 1 + \frac{1}{8}\sqrt 7$.

Suy ra $a = 1,b = 1,c = 8,d = 7$.

Vậy $a + b + c + d = 17$.

Đáp án: 1,15.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot A'H\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'AM} \right) \Rightarrow BC \bot AA'$

Kẻ $MK$ vuông góc với $AA'$ với $K \in AA'$, khi đó $MK \bot BC$, do đó $MK = d\left( {BC,\,\,AA'} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

$\Delta ABC$ đều cạnh $2$ nên $AM = \sqrt 3$.

Gọi $H$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $AH = \frac{2}{3}AM = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Ta có $AK = \sqrt {A{M^2} - K{M^2}} = \frac{3}{2}$

$\Delta AHA'$ suy ra $\frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{MK}}{{A'H}} \Rightarrow A'H = \frac{{AH.MK}}{{AK}} = \frac{2}{3}$.

Thể tích lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là $V = A'H.{S_{\Delta ABC}} = \frac{2}{3}.\frac{{4\sqrt 3 }}{4} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \approx 1{,}15$.