Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Nguyễn Khuyến (TP.HCM) có đáp án

Chọn C

Ta có $n = 30 \Rightarrow \frac{n}{2} = 15$, do đó trung vị của mẫu số liệu gốc thuộc khoảng $\left[ {6;8} \right)$.

Chọn C

Ta có $\overrightarrow b - \overrightarrow c + \overrightarrow d = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {CC} = \overrightarrow 0$.

Chọn C

Ta có ${\log _3}\left( {27a} \right) - {\log _3}a$$= {\log _3}27 + {\log _3}a - {\log _3}a$$= {\log _3}27 = 3$.

Chọn D

Mặt phẳng $\left( P \right):\frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{{ - 2}} = 1$ $\Leftrightarrow 3x + 2y - 3z - 6 = 0$ nên $\left( P \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {3;2; - 3} \right)$.

Chọn C

$$\int\limits_{ - 1}^2 {4f\left( x \right)dx} = 4\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx} = 4.5 = 20$$

Chọn C

Do ${u_{n + 1}} = 3{u_n}$ nên dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là cấp số nhân có công bội $q = 3$.

Vì vậy ${u_3} = {u_1}.{q^2} = {2.3^2} = 18$.

Chọn A

Điều kiện bài toán $- {x^2} + 2x \ge 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 2$.

Ta có $y' = \frac{{ - 2x + 2}}{{2\sqrt { - {x^2} + 2x} }} \ge 0 \Rightarrow x \le 1$.

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

Chọn B

Tập xác định của hàm số $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 4}}{{x + 1}} = + \infty ;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 1} \right)}^ - }} \frac{{{x^2} - 3x + 4}}{{x + 1}} = - \infty$$\Rightarrow x = - 1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Chọn D

Bảng giá trị đại diện

Ta có giá trị trung bình của mẫu số liệu: $\overline x = \frac{1}{{18}}\left( {6 \times \frac{{45}}{2} + 6 \times \frac{{55}}{2} + 4 \times \frac{{65}}{2} + 1 \times \frac{{75}}{2} + 1 \times \frac{{85}}{2}} \right) = \frac{{85}}{3}$;

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: $s = \sqrt {\frac{1}{{18}}\left( {{{\left( {22{,}5 - \frac{{85}}{3}} \right)}^2} \times 6 + {{\left( {27{,}5 - \frac{{85}}{3}} \right)}^2} \times 6 + {{\left( {32{,}5 - \frac{{85}}{3}} \right)}^2} \times 4 + {{\left( {37{,}5 - \frac{{85}}{3}} \right)}^2} \times 1 + {{\left( {42{,}5 - \frac{{85}}{3}} \right)}^2} \times 1} \right)}$

$\approx 5{,}6$.

Chọn C

Hình phẳng $\left( H \right)$ giới hạn bởi đồ thị các hàm số $y = {x^2} - 4x + 4$, trục tung, trục hoành và đường thẳng $x = 3$ khi quay quanh trục $Ox$ có thể tích bằng $V = \pi \int\limits_0^3 {{{\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)}^2}dx} = \frac{{33}}{5}\pi$.

a) Đúng

Tại thời điểm $t = 0$, vận tốc của con lắc đơn là $v\left( 0 \right) = 2\sin \left( {\frac{\pi }{6}} \right) = 1$. Đáp án a Đúng.

b) Sai

Đạo hàm của $v\left( t \right)$là $v'\left( t \right) = 4\cos \left( {2t + \frac{\pi }{6}} \right)$. Đáp án b Sai.

c) Đúng.

Phương trình $v'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 4\cos \left( {2t + \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2} \Rightarrow$ phương trình có nghiệm duy nhất trên đoạn $\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]$ là $\frac{\pi }{6}$. Đáp án c Đúng.

d) Đúng.

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 10 giây, con lắc đơn có 4 lần đạt vận tốc lớn nhất.

Ta có: $v\left( t \right) = 2\sin \left( {2t + \frac{\pi }{6}} \right) \Rightarrow - 2 \le v\left( t \right) \le 2$ với mọi t

Suy ra: $v{\left( t \right)_{\max }} = 2 \Leftrightarrow \sin \left( {2t + \frac{\pi }{6}} \right) = 1 \Leftrightarrow t = \frac{\pi }{6} + k\pi$

Do $0 \le t \le 10 \Rightarrow t \in \left\{ {\frac{\pi }{6};\frac{{7\pi }}{6};\frac{{11\pi }}{6};\frac{{17\pi }}{6}} \right\}$. Vậy có 4 giá trị. Đáp án d Đúng.

Gọi các biến cố:

${H_2}$: Chuyển 2 Đỏ từ A sang B.

${H_1}$: Chuyển 1 Đỏ, 1 Xanh từ A sang B.

${H_0}$: Chuyển 0 Đỏ (2 Xanh) từ A sang B.

$K$: Lấy được 2 quả Đỏ từ hộp B (sau khi chuyển).

a) ĐÚNG

Số phần tử của không gian mẫu $n\left( {{\Omega _A}} \right) = C_7^2 = 21$ (số cách lấy 2 quả bóng từ hộp 1)

$P({H_2}) = \frac{{C_4^2}}{{21}} = \frac{6}{{21}} = \frac{{\bf{2}}}{{\bf{7}}}$. $\Rightarrow$ Ý a ĐÚNG.

b) SAI

Hộp B nhận thêm 2 quả nên tổng là $6 + 2 = 8$ quả $\Rightarrow$ Ý b SAI

c) ĐÚNG

$P({H_1}) = \frac{{C_4^1 \cdot C_3^1}}{{21}} = \frac{{12}}{{21}}$.

$P({H_0}) = \frac{{C_3^2}}{{21}} = \frac{3}{{21}}$.

Số phần tử của không gian mẫu $n\left( {{\Omega _B}} \right) = C_8^2 = 28$ (số cách lấy hai quả bóng từ hộp 2)

Nếu ${H_2}$ xảy ra (B có $2 + 2 = 4$ Đỏ): $P(K|{H_2}) = \frac{{C_4^2}}{{28}} = \frac{6}{{28}}$.

Nếu ${H_1}$ xảy ra (B có $2 + 1 = 3$ Đỏ): $P(K|{H_1}) = \frac{{C_3^2}}{{28}} = \frac{3}{{28}}$.

Nếu ${H_0}$ xảy ra (B có $2 + 0 = 2$ Đỏ): $P(K|{H_0}) = \frac{{C_2^2}}{{28}} = \frac{1}{{28}}$.

$P(K) = P({H_2}).P(K|{H_2}) + P({H_1}).P(K|{H_1}) + P({H_0}).P(K|{H_0})$

$P(K) = \frac{6}{{21}}.\frac{6}{{28}} + \frac{{12}}{{21}}.\frac{3}{{28}} + \frac{3}{{21}}.\frac{1}{{28}}$

$P(K) = \frac{{36 + 36 + 3}}{{588}} = \frac{{75}}{{588}} = \frac{{{\bf{25}}}}{{{\bf{196}}}}$. $\Rightarrow$ Ý c ĐÚNG.

d) ĐÚNG

Xác suất để bóng chuyển từ A là 2 Đỏ (${H_2}$) khi biết bóng lấy từ B là 2 Đỏ ($K$):

$P({H_2}|K) = \frac{{P({H_2} \cap K)}}{{P(K)}} = \frac{{P({H_2}).P(K|{H_2})}}{{P(K)}}$

$P({H_2}|K) = \frac{{\frac{{36}}{{588}}}}{{\frac{{75}}{{588}}}} = \frac{{36}}{{75}} = \frac{{{\bf{12}}}}{{{\bf{25}}}}$. $\Rightarrow$ Ý d ĐÚNG.

a) Ta có ${d_1}$đi qua $\frac{{ - 1 + 1}}{1} = \frac{{ - 2 + 2}}{2} = \frac{0}{1}$ nên tiểu hành tinh thứ nhất đi qua điểm $A\left( { - 1; - 2; - 1} \right)$. Suy ra mệnh đề a) Đúng

b) Ta có $\left( S \right)$ có tâm $O\left( {0;0;0} \right),$ bán kính $R = 3{,}5$ nên Sao hỏa có tâm là gốc tọa độ, khoảng cách từ tâm của sao hỏa đến điểm ngoài cùng của khí quyển là $R = 3{,}5$. Suy ra mệnh đề b) Sai.

c) Ta có ${d_1}$ đi qua điểm $A\left( { - 1; - 2 - 0} \right)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1;2;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OM} = \left( { - 1; - 2;0} \right),\left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {OA} } \right] = \left( {2; - 1;0} \right) \Rightarrow d\left( {O,{d_1}} \right) = \frac{{\sqrt {4 + 1} }}{{\sqrt {1 + 4 + 1} }} = \frac{{\sqrt {30} }}{6} < 3{,}5$ nên tiểu hành tinh thứ nhất có thể đi vào vùng khí quyển của sao hỏa. Suy ra mệnh đề c) Đúng

d) Đường thẳng ${d_1}$ đi qua $A\left( { - 1; - 2;0} \right)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1;2;1} \right)$, đường thẳng ${d_2}$ đi qua điểm $B\left( {2;1;1} \right)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {2;1;1} \right)$

Ta có $\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( {1;1;0} \right),\overrightarrow {AB} = \left( {3;3;0} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {AB} = 6 \ne 0$ nên hai đường thẳng ${d_1},{d_2}$ chéo nhau. Vậy hai tiểu hành tinh không có nguy cơ va chạm nhau. Suy ra mệnh đề d) Đúng.

a) Gọi $y = f\left( x \right)$$= a{x^2} + bx + c$.

Parabol cắt trục tung tại điểm $\left( {0;0{,}5} \right)$ và đỉnh $I\left( {0{,}75;0{,}2} \right)$

Ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l}c = 0{,}5\\a{\left( {0{,}75} \right)^2} + b.0{,}75 + c = 0{,}2\\ - \frac{b}{{2a}} = 0{,}75\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = \frac{1}{2}\\\frac{{9a}}{{16}} + \frac{{3b}}{4} + c = \frac{1}{5}\\3a + 2b = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{8}{{15}}\\b = - \frac{4}{5}\\c = \frac{1}{2}\end{array} \right.$.

Suy ra: $f\left( x \right) = \frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}$. Mệnh đề a) đúng.

b) Thể tích của chậu nước bằng

$V = \pi \int\limits_0^{1{,}5} {{{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^2}{\rm{d}}x}$$= \pi \int\limits_0^{1{,}5} {{{\left[ {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right]}^2}{\rm{d}}x}$$\approx 0{,}4618141201 \approx 0{,}5$. Mệnh đề b) đúng.

c) Tốc độ bơm nước vào bể $5$ lít/phút $= 5\,d{m^3}$/phút $= {5.10^{ - 3}}\,{m^3}$/phút

Thể tích nước bơm sau $1{,}5$ giờ $= 1{,}5 \times 60 = 90$ phút là ${5.10^{ - 3}} \times 90 = 0{,}45 \approx 0{,}5\,\,{m^3}$. Mệnh đề c) đúng.

d) Gọi $h$ là độ cao của nước trong chậu sau khi bơm được $t$ phút.

Ta có: ${V_h} = \pi \int\limits_0^h {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}{\rm{d}}x}$$= \pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right)$ ${m^3}$.

Thể tích nước bơm sau $t$ phút là $V = 0{,}005t\,{m^3}$

Khi đó: $\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0{,}005t$ $\left( * \right)$.

Tại thời điểm $t = 20$ ta có: $\pi \left( {\frac{{64}}{{1125}}{h^5} - \frac{{16}}{{75}}{h^4} + \frac{{88}}{{225}}{h^3} - \frac{2}{5}{h^2} + \frac{1}{4}h} \right) = 0{,}1$$\Rightarrow {h_0} \approx 0{,}1640803548$.

Đạo hàm theo biến $t$ hai vế của $\left( * \right)$ ta được:$\left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)h'\left( t \right) = \frac{{0{,}005}}{\pi }$

Tốc độ dâng lên của nước

$v\left( t \right) = h'\left( t \right) = \frac{{0{,}005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}{h^4} - \frac{{64}}{{75}}{h^3} + \frac{{264}}{{225}}{h^2} - \frac{4}{5}h + \frac{1}{4}} \right)}}$

Tại thời điểm $t = 20$,${h_0} \approx 0{,}1640803548$ tốc độ dâng của nước là:

$v\left( {20} \right) = h'\left( {20} \right) = \frac{{0{,}005}}{{\pi \left( {\frac{{64}}{{225}}h_0^4 - \frac{{64}}{{75}}h_0^3 + \frac{{264}}{{225}}h_0^2 - \frac{4}{5}{h_0} + \frac{1}{4}} \right)}}$

$\approx 0{,}01084447993$m/phút.$\approx 0{,}01$. Mệnh đề d) đúng.

Đáp số: 0,77.

Qua điểm $B$ kẻ đường thẳng $d\parallel \,OM$, qua điểm $O$ kẻ $\Delta \parallel BC$. $d \cap \Delta = \left\{ D \right\}$.

Khi đó $OM\parallel DB$ hay $OM\parallel \left( {ADB} \right)$.

Ta có $d\left( {OM,AB} \right) = d\left( {OM,\left( {DAB} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {DAB} \right)} \right)$.

Kẻ $ON \bot DB$, $OH \bot AN$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}DB \bot ON\\DB \bot OA\\OA,\,\,ON \subset \left( {AON} \right)\,\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AON} \right) \Rightarrow BD \bot OH$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}OH \bot AN\\OH \bot BD\\AN,\,\,BD \subset \left( {DAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {DAB} \right)$ hay $d\left( {O,\left( {DAB} \right)} \right) = OH$.

Tam giác $OBC$ vuông tại $O$ nên $BC = \sqrt {O{B^2} + O{C^2}} = 2$.

Mặt khác, tam giác $OBC$ vuông tại $O$ có $OM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền $BC$ nên $OM = \frac{1}{2}BC = 1$.

Tứ giác $ODBM$ là hình bình hành nên $\left\{ \begin{array}{l}OD = BM = \frac{1}{2}BC = 1\\OM = DB = 1\end{array} \right.$.

Ta có tam giác $ODB$ có $OD = OB = DB = 1$ nên tam giác $ODB$ đều

Khi đó $ON = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Xét tam giác $AON$ vuông tại $O$ có $OH$ là đường cao:

$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{\sqrt {15} }}{5}$.

Vậy $d\left( {OM,AB} \right) = d\left( {O,\left( {DAB} \right)} \right) = OH = \frac{{\sqrt {15} }}{5} \approx 0{,}77$.

Đáp án: 100.

Chi phí vận chuyển cho mỗi đợt là $0{,}002{x^2} + 20$ đô la.

Số lần vận chuyển trong năm là $\frac{{2500}}{x}$ lần.

Tổng chi phí vận chuyển trong năm là: $f\left( x \right) = \left( {0{,}002{x^2} + 20} \right).\frac{{2500}}{x} = 5x + \frac{{50000}}{x}$

Ta có: $f'\left( x \right) = 5 - \frac{{50000}}{{{x^2}}} = 0 \Rightarrow x = 100$.

Từ bảng biến thiên, ta thấy mỗi đợt công ti nên vận chuyển 100 cái máy tính thì tổng chi phí vận chuyển trong năm là nhỏ nhất

Đáp án: 80.

Ta có: $A = (0;0;0)$ và $B = (0;600;0)$.
Độ dài quãng đường $AB$ là $AB = \sqrt {{{(0 - 0)}^2} + {{(600 - 0)}^2} + {{(0 - 0)}^2}} = \sqrt {{0^2} + {{600}^2} + {0^2}} = 600$ (m).
Thời gian đi từ $A$ đến $B$ là 6 phút.
Tốc độ của xe mô tô khi đi từ $A$ đến $B$ là: $v = \frac{{AB}}{6} = \frac{{600}}{6} = 100$ (m/phút).
Sau khi đổi hướng tại $B$, xe đi từ $B(0;600;0)$ đến $C(1500;600;0)$ với tốc độ không đổi $v = 100$ m/phút.
Giả sử tại thời điểm $t$ (phút) kể từ khi đổi hướng tại $B$, xe đang ở vị trí $M(x;y;z)$.
Vecto chỉ phương của đoạn $BC$ là: ${\vec u_{BC}} = \frac{{\overrightarrow {BC} }}{{|\overrightarrow {BC} |}} = \frac{{(1500 - 0;600 - 600;0 - 0)}}{{\sqrt {{{1500}^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{(1500;0;0)}}{{1500}} = (1;0;0)$.
Vị trí của xe tại thời điểm $t$ là: $M(t) = B + v \cdot t \cdot {\vec u_{BC}}$
$M(t) = (0;600;0) + 100 \cdot t \cdot (1;0;0)$
$M(t) = (0 + 100t;600 + 0;0 + 0)$
$M(t) = (100t;600;0)$.
Khoảng cách từ xe mô tô đến vị trí xuất phát $A(0;0;0)$ tại thời điểm $t$ là $D(t)$:
$D(t) = |\overrightarrow {AM(t)} | = \sqrt {{{(100t - 0)}^2} + {{(600 - 0)}^2} + {{(0 - 0)}^2}}$$= \sqrt {{{(100t)}^2} + {{600}^2}}$$= 100\sqrt {{t^2} + 36}$.
Tốc độ thay đổi khoảng cách của xe mô tô đối với vị trí xuất phát $A$ chính là đạo hàm của $D\left( t \right)$ theo $t$:
$D'\left( t \right) = {\left( {100\sqrt {{t^2} + 36} } \right)^\prime }$$= 100 \cdot \frac{1}{{2\sqrt {{t^2} + 36} }} \cdot (2t)$$= \frac{{100t}}{{\sqrt {{t^2} + 36} }}$.
Tại phút thứ 8 kể từ khi xe đổi hướng, tức là $t = 8$ phút.
Thay $t = 8$ vào biểu thức $D'\left( t \right)$ ta được:
$D'\left( 8 \right) = \frac{{100 \cdot 8}}{{\sqrt {{8^2} + 36} }}$$= \frac{{800}}{{\sqrt {64 + 36} }}$$= \frac{{800}}{{\sqrt {100} }}$$= \frac{{800}}{{10}}$$= 80$ (m/phút).
Vậy, ở phút thứ 8 kể từ khi xe đổi hướng, tốc độ thay đổi khoảng cách của xe mô tô đối với vị trí xuất phát $A$ là 80 m/phút.

Đáp án: $1545$.

Đặt ${A_1}{B_1} = a$, ta có:

* Diện tích hình vuông ${A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ là ${S_{V1}} = {a^2}$.

Bán kính hình tròn $\left( {{C_1}} \right)$ là ${R_1} = \frac{{{A_1}{B_1}}}{2} = \frac{a}{2}$ Þ Diện tích hình tròn $\left( {{C_1}} \right)$ là ${S_{T1}} = \pi .{\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^2}}}{4}$.

* Hình vuông ${A_2}{B_2}{C_2}{D_2}$ có đường chéo ${A_2}{C_2} = 2{R_1} = a$ Þ Cạnh ${A_2}{B_2} = \frac{{{A_2}{C_2}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$

-> Diện tích hình vuông ${A_2}{B_2}{C_2}{D_2}$ là ${S_{V2}} = {\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2}$.

Bán kính hình tròn $\left( {{C_2}} \right)$ là ${R_2} = \frac{{{A_2}{B_2}}}{2} = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}$

-> Diện tích hình tròn $\left( {{C_2}} \right)$ là ${S_{T2}} = \pi .{\left( {\frac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^2}}}{8}$.

* Hình vuông ${A_3}{B_3}{C_3}{D_3}$ có đường chéo ${A_3}{C_3} = 2{R_2} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$ Þ Cạnh ${A_3}{B_3} = \frac{a}{{\sqrt 2 .\sqrt 2 }} = \frac{a}{2}$

-> Diện tích hình vuông ${A_3}{B_3}{C_3}{D_3}$ là ${S_{V3}} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{4}$

Bán kính hình tròn $\left( {{C_3}} \right)$ là ${R_3} = \frac{1}{2}{A_3}{B_3} = \frac{a}{4}$

-> Diện tích hình tròn $\left( {{C_3}} \right)$ là ${S_{T3}} = \pi .{\left( {\frac{a}{4}} \right)^2} = \frac{{\pi {a^2}}}{{16}}$.

* Tiếp tục theo quy luật trên, ta có:

Diện tích các hình vuông ${A_1}{B_1}{C_1}{D_1},{A_2}{B_2}{C_2}{D_2},{A_3}{B_3}{C_3}{D_3},...$ lần lượt là ${a^2},\frac{{{a^2}}}{2},\frac{{{a^2}}}{4},...$ lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${S_{V1}} = {a^2}$, công bội ${q_1} = \frac{1}{2}$.

-> Tổng diện tích các hình vuông là ${S_V} = {a^2} + \frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{4} + ... = \frac{{{a^2}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2{a^2}$

Diện tích các hình tròn nội tiếp tương ứng lần lượt là $\frac{{\pi {a^2}}}{4},\frac{{\pi {a^2}}}{8},\frac{{\pi {a^2}}}{{16}},...$lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${S_{T1}} = \frac{{\pi {a^2}}}{4}$, công bội ${q_2} = \frac{1}{2}$.

-> Tổng diện các hình tròn tương ứng là ${S_T} = \frac{{\pi {a^2}}}{4} + \frac{{\pi {a^2}}}{8} + \frac{{\pi {a^2}}}{{16}} + ... = \frac{{\frac{{\pi {a^2}}}{4}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = \frac{{\pi {a^2}}}{2}$

-> Tổng diện tích phần tô màu đậm là: $S = {S_V} - {S_T} = 2{a^2} - \frac{{\pi {a^2}}}{2} = \frac{{{a^2}\left( {4 - \pi } \right)}}{2}\left( {c{m^2}} \right)$

Với $a = 60\left( {cm} \right)$, ta có tổng diện tích phần tô màu đậm là: $S = \frac{{{{60}^2}.\left( {4 - \pi } \right)}}{2} \approx 1545\left( {c{m^2}} \right)$

Đáp án: 1127.

Vì đường đi chỉ sang phải có 9 cách, và chỉ đi xuống có 5 cách, nên số cách đi từ $A$ đến $B$ là

$C_{14}^5 = 2002$cách.

Số cách đi sang phải từ $A$ đến $E$ là 4 cách và số cách đi xuống từ $A$ đến $E$ là 3 cách nên số cách đi từ $A$ đến $E$ là $C_7^3 = 35$ cách.

Số cách đi sang phải từ $E$ đến $B$ là 5 cách và số cách đi xuống từ $E$ đến $B$ là 2 cách nên số cách đi từ $E$ đến $B$ là $C_7^5 = 21$ cách.

$\Rightarrow$số cách đi từ $A$ đến $E$ rồi đến $B$ là $35.21 = 735$.

Số cách đi sang phải từ $A$ đến $M$ là 6 cách và sô cách đi xuống từ $A$ đến $M$ là 1 cách nên số cách đi từ $A$ đến $M$ là $C_7^1 = 7$ cách.

Đi từ $M$ đi xuống $N$ có 1 cách.

Số cách đi sang phải từ $N$ đến $B$ là 3 cách và sô cách đi xuống từ $N$ đến $B$ là 3 cách nên số cách đi từ $N$ đến $B$ là $C_6^3 = 20$ cách.

$\Rightarrow$số cách đi từ $A$ đến $M$ rồi $N$ rồi đến $B$ là $7.1.20 = 140$.

$\Rightarrow$Số cách đi từ $A$ đến $B$ của bé cún là $2002 - 735 - 140 = 1127$ cách.

Gán hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta dễ dàng tìm được $(P):y = - \frac{1}{{40}}{x^2} + 10$.

Diện tích hồ bơi là: ${S_b} = 2\int\limits_0^{20} {\left( { - \frac{1}{{40}}{x^2} + 10} \right)} = \frac{{800}}{3}$.

Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi tia $Ot$ và trục $Ox$.

Lúc đó: $M(OM\cos \alpha ;OM{\rm{ sin}}\alpha {\rm{)}}$. Vì $M \in \left( P \right)$$\Rightarrow OM{\rm{ sin}}\alpha = \frac{{ - 1}}{{40}}{\left( {OM{\rm{ cos}}\alpha } \right)^2} + 10$.

$\Rightarrow O{M^2}{\rm{ }}{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)^2} + 40OM{\rm{ sin}}\alpha - 400 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}OM = \frac{{ - 20\sin \alpha - 20}}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}}\\OM = \frac{{ - 20\sin \alpha + 20}}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}}\end{array} \right.$.

Ta chọn $OM = \frac{{20 - 20\sin \alpha }}{{{{\left( {{\rm{cos}}\alpha } \right)}^2}}} = \frac{{20}}{{1 + \sin \alpha }}$.

TH1: $\alpha \in \left[ {0,\arctan 2} \right] \Rightarrow ON = \frac{{20}}{{{\rm{cos}}\alpha }}$. Suy ra: $OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{\rm{cos}}\alpha }}$.

TH2: $\alpha \in \left[ {\arctan 2,\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow ON = \frac{{40}}{{{\rm{sin}}\alpha }}$. Suy ra: $OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{\rm{sin}}\alpha }}$.

${S_{(L)}} = 2\left[ {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\arctan 2} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{\rm{cos}}\alpha }}} \right)}^2}} {\rm{d}}\alpha + \frac{1}{2}\int\limits_{\arctan 2}^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{\rm{sin}}\alpha }}} \right)}^2}} {\rm{d}}\alpha } \right] = 756{,}3({m^2})$.

Tổng chi phí:

$5.{S_b} + 2.\left( {{S_L} - {S_b}} \right) + 0{,}1\left( {{S_V} - {S_L}} \right) = 5.\frac{{800}}{3} + 2.\left( {756{,}3 - \frac{{800}}{3}} \right) + 0{,}1\left( {1600 - 756{,}3} \right) = 2396{,}97 \approx 2{,}4$tỉ.

Lưu ý: Ở trên ta sử dụng công thức của bổ đề sau:

Cho một đương cong ( $L$ ) có phương trình trong hệ tọa độ cực là $r = r\left( \theta \right)$, với $\alpha \le \theta \le \beta$. Tính diện tích $S$ của hình phẳng giới hạn bởi đường cong $\left( L \right)$ và hai tia $\theta = \alpha ,\theta = \beta$.

$S = \int_\alpha ^\beta {\frac{1}{2}} {[r(\theta )]^2}d\theta$.