Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Nguyễn Thị Minh Khai (Hà Nội) lần 1 có đáp án

Chọn A

Do $f'\left( x \right) < 0,\,\forall x \in \left( { - 3;0} \right)$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - 3;0} \right)$.

Chọn B

Ta có ${u_4} = {u_1}.{q^3} = {2.3^3} = 54$.

Chọn A

$\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int {\left( {{x^2} + 4} \right){\rm{d}}x = } \frac{{{x^3}}}{3} + 4x + C$.

Chọn C

$\left( P \right):\,\,3x - z + 2 = 0 \Leftrightarrow 3x + 0y - z + 2 = 0$ nên vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {3;0; - 1} \right)$.

Chọn C

Dựa vào bảng biến thiên ta có: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x = - 1$, và tiệm cận ngang là $y = 2$, loại được phương án B và D.

Xét phương án A ta có $y'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne - 1$ nên loại.

Xét phương án C ta có $y'\left( x \right) = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \ne - 1$ nên chọn.

Chọn B

Ta có $1 - \cos 2x = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = k2\pi \Leftrightarrow x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn D

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2}{\left( {x + 1} \right)^2}\left( {2x - 1} \right) = 0\,\,\,\left( 1 \right)$.

Phương trình $\left( 1 \right)$ chỉ có 1 nghiệm đơn là $x = \frac{1}{2}$ (và 2 nghiệm kép là $x = 0;x = - 1$) nên $f'\left( x \right)$ chỉ đổi dấu 1 lần, do đó hàm số $y = f\left( x \right)$ chỉ có 1 điểm cực trị.

Chọn A

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm $M\left( {1;2; - 3} \right)$ và có một vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {1; - 2;3} \right)$ là

$1\left( {x - 1} \right) - 2\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y + 3z + 12 = 0$.

Chọn D

Vì đường cong trong hình bên đi qua điểm $\left( {1;2} \right)$ và có hai điểm cực trị là $\left( { - 2;2} \right)$, $\left( {0; - 2} \right)$ nên đường cong đó là của hàm số $y = {x^3} + 3{x^2} - 2$.

Chọn B

Ta có ${\log _2}\left( {{x^2} - x + 2} \right) = 1 \Leftrightarrow {x^2} - x + 2 = 2 \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.$.

Vậy tập nghiệm của phương trình ${\log _2}\left( {{x^2} - x + 2} \right) = 1$ là $S = \left\{ {0;1} \right\}$.

Chọn C

Ta có: $\overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BI} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'} } \right) = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} } \right) = \overrightarrow a + \frac{1}{2}\overrightarrow b + \frac{1}{2}\overrightarrow c$.

Chọn C

Ta có: $y = {x^3} - 3x + 5$.

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$.

$y' = 3{x^2} - 3$.

$$y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \notin \left[ {2;4} \right]\\x = 1\end{array} \right.$$

$y\left( 1 \right) = 3$; $y\left( 2 \right) = 7$; $y\left( 4 \right) = 57$

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = {x^3} - 3x + 5$ trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$ bằng $3$ khi $x = 1$.

a) Đúng. Ta có $A\left( {0;0;0} \right),A'\left( {0;0;5} \right),B\left( {0;10;0} \right),D\left( {20;0;0} \right)$.

$\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} \Rightarrow C\left( {20;10;0} \right)$.

$\overrightarrow {AD'} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \Rightarrow D'\left( {20;0;5} \right)$.

b) Sai. $AC' = BD' = \sqrt {{{20}^2} + {{10}^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} = \sqrt {525}$ (mét).

Tổng số tiền cần để mua hai sợi dây cáp phát sáng AC' và BD' là: $2 \cdot \sqrt {525} \cdot 100 = 4583$ (nghìn đồng).

c) Đúng. Cặp vectơ chỉ phương của mặt phẳng $\left( {A'BC} \right)$: $\overrightarrow {A'B} = \left( {0;10; - 5} \right)$; $\overrightarrow {A'C} = \left( {20;10; - 5} \right)$.

Ta có $\left[ {\overrightarrow {A'B} ,\overrightarrow {A'C} } \right] = \left( {0; - 100; - 200} \right) = - 100\left( {0;1;2} \right)$.

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {A'BC} \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {0;1;2} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( {A'BC} \right)$ là: $y + 2z - \left( {2 \cdot 5} \right) = 0 \Leftrightarrow y + 2z - 10 = 0$.

d) Đúng.

+ Tại thời điểm t = 0 hai điểm sáng M, N bắt đầu chuyển động.

Do điểm sáng M di chuyển với vận tốc là 3 m/s, điểm sáng N di chuyển với vận tốc là 2 m/s trên cùng đoạn đường bằng nhau, nên điểm sáng M sẽ đến đích trước tại thời điểm t với điều kiện $0 \le t \le \frac{{\sqrt {525} }}{3}$.

Ta có ${\overrightarrow v _M} = k \cdot \overrightarrow {A'C} \,\,\left( {k > 0} \right) \Rightarrow k = \frac{{\left| {{{\overrightarrow v }_M}} \right|}}{{\left| {\overrightarrow {A'C} } \right|}} = \frac{3}{{\sqrt {{{20}^2} + {{10}^2} + {{\left( { - 5} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt {21} }}{{35}}$.

Suy ra ${\overrightarrow v _M} = \left( {\frac{{4\sqrt {21} }}{7};\,\,\frac{{2\sqrt {21} }}{7};\,\frac{{ - \sqrt {21} }}{7}} \right)$.

+ Tại thời điểm t:

Ta có $\overrightarrow {A'M} = t \cdot \overrightarrow {{v_M}}$ $\begin{array}{l}\\ \Rightarrow \overrightarrow {A'M} = \left( {\frac{{4\sqrt {21} }}{7}t;\,\,\frac{{2\sqrt {21} }}{7}t;\,\frac{{ - \sqrt {21} }}{7}t} \right)\end{array}$$\begin{array}{l}\\ \Rightarrow M = \left( {\frac{{4\sqrt {21} }}{7}t;\,\,\frac{{2\sqrt {21} }}{7}t;\,\frac{{ - \sqrt {21} }}{7}t + 5} \right)\end{array}$.

Ta có $\overrightarrow {BN} = t \cdot \overrightarrow {{v_N}}$tương tự ta suy ra $\begin{array}{l}\\N = \left( {\frac{{8\sqrt {21} }}{{21}}t;\,\frac{{ - 4\sqrt {21} }}{{21}}t + 10;\,\frac{{2\sqrt {21} }}{{21}}t\,} \right)\end{array}$.

Khi đó

$$\begin{array}{l}\\{d^2}\left( t \right) = M{N^2} = {\left( {\frac{{ - 4\sqrt {21} }}{{21}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{ - 10\sqrt {21} }}{{21}}t + 10} \right)^2} + {\left( {\frac{{5\sqrt {21} }}{{21}}t - 5} \right)^2}\\{d^2}\left( t \right) = \frac{{47}}{7}{t^2} - \frac{{250\sqrt {21} }}{{21}}t + 125\end{array}$$

${d^2}\left( t \right)$ là tam thức bậc hai có $a = \frac{{47}}{7} > 0$.

${d^2}\left( t \right)$đạt giá trị nhỏ nhất tại ${t_0} = \frac{{250\sqrt {21} \cdot 7}}{{2 \cdot 21 \cdot 47}} \Rightarrow {d^2}\left( {{t_0}} \right) = \frac{{2000}}{{141}}$.

${d_{\min }} = \sqrt {{d^2}\left( {{t_0}} \right)} \approx 3{,}77$.

Chọn a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Đúng.

a) Sau 2 giờ, tốc độ thay đổi nhiệt độ của lon sữa là $T'\left( 2 \right) = 7 \cdot {e^{ - 0{,}35 \cdot 2}} = 7 \cdot {e^{ - 0{,}7}} \approx 3{,}48^\circ {\rm{C}}$/giờ.

Vậy a) đúng.

b) Nhiệt độ lon sữa tính từ thời điểm lấy ra khỏi tủ lạnh cho đến khi lon sữa đạt nhiệt độ môi trường được tính bởi công thức:

$T\left( t \right) = \int {T'\left( t \right)dt = \int {\left( {7 \cdot {e^{ - 0{,}35t}}} \right){\rm{d}}t = \frac{7}{{ - 0{,}35}}} } \,{e^{ - 0{,}35t}} + C = - 20{e^{ - 0{,}35t}} + C$;

$T\left( 0 \right) = - 4 \Rightarrow - 20 \cdot {e^{ - 0{,}35 \cdot 0}} + C = - 4 \Rightarrow C = 16.$

Vậy $T\left( t \right) =$$- 20{e^{ - 0{,}35t}} + 16$.

Vậy b) sai.

c) Thời gian để lon sữa đạt nhiệt độ môi trường, tức là

$T\left( t \right) = 10 \Rightarrow - 20{e^{ - 0{,}35t}} + 16 = 10 \Rightarrow {e^{ - 0{,}35t}} = \frac{3}{{10}} \Rightarrow t = \frac{1}{{ - 0{,}35}}\ln \left( {\frac{3}{{10}}} \right) \approx 3{,}44$.

Vậy c) đúng.

d) Ta có $L\left( t \right) = \int {L'\left( t \right){\rm{d}}t = \int {\left( {k \cdot {e^{ - 0{,}22t}}} \right){\rm{d}}t = \frac{k}{{ - 0{,}22}}\,} } {e^{ - 0{,}22t}} + C$,

$L\left( 0 \right) = 10 \Rightarrow \frac{k}{{ - 0{,}22}}{e^{ - 0{,}22 \cdot 0}} + C = 10 \Rightarrow C = 10 + \frac{k}{{0{,}22}}$.

Vậy $L\left( t \right) = \frac{k}{{ - 0{,}22}}{e^{ - 0{,}22t}} + 10 + \frac{k}{{0{,}22}}$.

Khi đó $L\left( {\frac{5}{{60}}} \right) = 70 \Rightarrow \frac{k}{{ - 0{,}22}}{e^{ - 0{,}22.\frac{5}{{60}}}} + 10 + \frac{k}{{0{,}22}} = 70 \Rightarrow k \approx 726{,}6 \Rightarrow k \in \left( {720;730} \right)$.

Vậy d) đúng.

Chọn a- Đúng | b- Đúng | c- Đúng | d- Sai.

a) Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Ta có: $y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\forall x \ne - 1$.

Do đó, hàm số đồng biến trên tập xác định.

b) Đồ thị hàm số $y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}}$ có tiệm cận đứng $x = - 1$, tiệm cận ngang $y = 2$.

Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm $I\left( { - 1;\,2} \right)$.

c) Giao điểm của đồ thị hàm số $\left( C \right)$ với trục tung là: $A\left( {0;\, - 1} \right)$.

Ta có: $y'\left( 0 \right) = 3$.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho là: $y = 3\left( {x - 0} \right) + \left( { - 1} \right) \Leftrightarrow y = 3x - 1$.

d) Ta có: $y = \frac{{2x - 1}}{{x + 1}} = 2 - \frac{3}{{x + 1}}$.

Các điểm thuộc đồ thị hàm số $\left( C \right)$ có tọa độ nguyên thỏa mãn: 3 chia hết cho $x + 1$.

Do đó: $\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x + 1 = 1\,\,\,}\\{x + 1 = - 1}\end{array}}\\{x + 1 = 3\,\,\,}\end{array}}\\{x + 1 = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0\,\,\,}\\{x = - 2}\end{array}}\\{x = 2\,\,\,}\end{array}}\\{x = - 4}\end{array}} \right.$

Vậy có 4 điểm thuộc đồ thị hàm số $\left( C \right)$ có tọa độ nguyên.

a) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là: $R = 6 - 1 = 5$. Vậy a) đúng.

b) Ta có bảng số liệu sau:

* Tính ${Q_1}$.

Có $\frac{n}{4} = \frac{{40}}{4} = 10$, chọn nhóm 2 có tần số tích luỹ bằng 10.

Thì ${Q_1} = 2 + \left( {\frac{{10 - 4}}{6}} \right).1 = 3$

* Tính ${Q_3}$.

Có $\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.40}}{4} = 30$, chọn nhóm 4 có tần số tích luỹ bằng 32.

Thì ${Q_3} = 4 + \left( {\frac{{30 - 22}}{{10}}} \right).1 = 4{,}8$

* Khoảng tứ phận vị là $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 4{,}8 - 3 = 1{,}8$. Vậy b) đúng.

c) Giá trị trung bình của mẫu số liệu trên là:

$\bar x = \frac{1}{{40}}.\left( {1{,}5.4 + 2{,}5.6 + 3{,}5.12 + 4{,}5.10 + 5{,}5.8} \right) = 3{,}8$

Phương sai của mẫu số liệu trên là:

${s^2} = \frac{1}{{40}}.\left[ {4{{\left( {1{,}5 - 3{,}8} \right)}^2} + 6{{\left( {2{,}5 - 3{,}8} \right)}^2} + 12{{\left( {3{,}5 - 3{,}8} \right)}^2} + 10{{\left( {4{,}5 - 3{,}8} \right)}^2} + 8{{\left( {5{,}5 - 3{,}8} \right)}^2}} \right] = 1{,}51$

Vậy c) Sai.

d) Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh từ 40 học sinh, thì số cách chọn là: $n\left( \Omega \right) = C_{40}^4 = 91390$.

Gọi $A$ là biến cố “ba nhóm đã phân chia đều có học sinh được chọn”

Phân chia 3 nhóm theo yêu cầu:

Nhóm 1 (học sinh chưa chăm) gồm nhóm $\left[ {1\,;\,2} \right)$ và $\left[ {2\,;\,3} \right)$, nên tổng 10 em.

Nhóm 2 (học sinh đạt yêu cầu) gồm nhóm $\left[ {3\,;\,4} \right)$ và $\left[ {4\,;\,5} \right)$, nên tổng 22 em.

Nhóm 3 (học sinh chăm chỉ) gồm nhóm $\left[ {5\,;\,6} \right)$ và $\left[ {6\,;\,7} \right)$, nên tổng 8 em.

Để cả ba nhóm đều có học sinh, ta có các trường hợp chia như sau:

+ TH1: Chọn 1 học sinh nhóm 1, 1 học sinh nhóm 2, và 2 học sinh nhóm 3.

Số cách chọn là: $C_{10}^1.C_{22}^1.C_8^2 = 6160$ (cách chọn)

+ TH2: Chọn 1 học sinh nhóm 1, 2 học sinh nhóm 2, và 1 học sinh nhóm 3.

Số cách chọn là: $C_{10}^1.C_{22}^2.C_8^1 = 18480$ (cách chọn)

+ TH3: Chọn 2 học sinh nhóm 1, 1 học sinh nhóm 2, và 1 học sinh nhóm 3.

Số cách chọn là: $C_{10}^2.C_{22}^1.C_8^1 = 7920$ (cách chọn)

Vậy tổng số cách thuận lợi cho biến cố $A$ là $n\left( A \right) = 6160 + 18480 + 7920 = 32560$

Xác suất của biến cố $A$ là: $P\left( A \right) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{32560}}{{91390}} = \frac{{88}}{{247}}$.

Vậy d) đúng.

Đáp án: $36$.

Ta có: $f\left( x \right) = {\left( {2.\tan x - \cot x} \right)^2} = 4.{\tan ^2}x - 4.\tan x.\cot x + {\cot ^2}x = 4.{\tan ^2}x - 4 + {\cot ^2}x$.

$F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {4.{{\tan }^2}x - 4 + {{\cot }^2}x} \right)dx}$

$= \int {\left( {4\left( {{{\tan }^2}x + 1} \right) + {{\cot }^2}x + 1 - 9} \right)} dx = 4.\tan x - \cot x - 9x + C$.

Do $F\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = 3 - \frac{{9\pi }}{4}$$\Rightarrow 4\tan \frac{\pi }{4} - \cot \frac{\pi }{4} - 9.\frac{\pi }{4} + C = 3 - \frac{{9\pi }}{4} \Rightarrow C = 0$.

Nên $F\left( x \right) = 4.\tan x - \cot x - 9x$.

Vậy $a = 4;b = - 1;c = - 9$ nên $a.b.c = 4.\left( { - 1} \right).\left( { - 9} \right) = 36$.

Đáp án: 3,44.

Quãng đường chị Mai đi:$x$km. Thời gian chị Mai đi: $\frac{x}{5}$ (giờ).

Quãng đường anh Nam đi: $\sqrt {{{10}^2} + {{\left( {6 - x} \right)}^2}}$ km. Thời gian anh Nam đi:$\frac{{\sqrt {100 + {{\left( {6 - x} \right)}^2}} }}{{15}}$ (giờ).

Vì hai người đến nơi cùng lúc $\frac{x}{5} = \frac{{\sqrt {100 + {{\left( {6 - x} \right)}^2}} }}{{15}}$

$$\begin{array}{l}3x = \sqrt {100 + {{\left( {6 - x} \right)}^2}} \\ \Leftrightarrow 9{x^2} = 100 + {\left( {6 - x} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 9{x^2} = 100 + 36 - 12x + {x^2}\\ \Leftrightarrow 8{x^2} + 12x - 136 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 3 - \sqrt {281} }}{4}({\rm{L}})\\x = \frac{{ - 3 + \sqrt {281} }}{4}({\rm{N}}) \approx 3{,}44\,{\rm{km}}\end{array} \right.\end{array}$$

Địa điểm gặp nhau cách cơ quan chị Mai khoảng $3{,}44\,{\rm{km}}$.

Đáp án: 4054.

Ta có: $y = \frac{{{x^2} - 4x + 5}}{{x - 2}},\,\,x \ne 2$.

$y = \frac{{x(x - 2) - 2(x - 2) + 1}}{{x - 2}} = x - 2 + \frac{1}{{x - 2}}$.

$y' = 1 - \frac{1}{{{{(x - 2)}^2}}} = 0$$\Leftrightarrow {(x - 2)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 2 = 1 \Rightarrow x = 3}\\{x - 2 = - 1 \Rightarrow x = 1}\end{array}} \right.$(thoả mãn)

Với $x = 3 \Rightarrow y = 3 - 2 + \frac{1}{{3 - 2}} = 2$.

Với $x = 1 \Rightarrow y = 1 - 2 + \frac{1}{{1 - 2}} = - 1 - 1 = - 2$.

Theo đề bài, $A$ là điểm cực trị có tung độ âm, do đó tọa độ điểm $A$ là: $A(1; - 2)$.

Dựa vào $y = x - 2 + \frac{1}{{x - 2}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - \left( {x - 2} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {\frac{1}{{x - 2}}} \right] = 0$.

Do đó đường tiệm cận xiên $\Delta$ của đồ thị $(C)$ là: $y = x - 2 \Leftrightarrow x - y - 2 = 0$.

Khoảng cách từ điểm $A(1; - 2)$ đến đường thẳng $\Delta :x - y - 2 = 0$:

$d(A,\Delta ) = \frac{{|1 - ( - 2) - 2|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{{|1 + 2 - 2|}}{{\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Theo đề bài, khoảng cách này bằng $\frac{{\sqrt a }}{b}$ với $a,b \in {\mathbb{Z}^ + }$ và $a$ là số nguyên tố.

Suy ra $\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt a }}{b} \Rightarrow a = 2,b = 2 \Rightarrow 2026.2 + 2 = 4054$.

Đáp án: $16$.

Kẻ $OM \bot CD,OK \bot SM$. Vì $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SO \bot CD$ mà $OM \bot CD$

Suy ra $CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot OK$,

mà $OK \bot SM \Rightarrow OK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OK \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2.OK$

$OM = \frac{{OC.OD}}{{CD}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{1}{2}}}{1} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$,$OK = \frac{{OS.OM}}{{\sqrt {{\rm{O}}{{\rm{S}}^2} + O{M^2}} }} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{4}.\frac{3}{2}}}{{\sqrt {\frac{9}{4} + \frac{3}{{16}}} }} = \frac{{3\sqrt {13} }}{{26}} \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2.OK = \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{b} \Rightarrow a = 3,b = 13$

Vậy $a + b = 16$.

Đáp án: 16.

Số cách chọn ngẫu nhiên 4 số từ 12 số và xếp vào các vòng tròn là $n(\Omega ) = C_{12}^4.4 = 1980$ (vì chọn 4 số có $C_{12}^4$ cách, sau đó chọn 1 trong 4 số đó đặt vào vòng tròn lớn có 4 cách, 3 số còn lại vào 3 vòng tròn nhỏ không phân biệt vị trí nên chỉ có 1 cách xếp).

Gọi số ở vòng tròn lớn là $a$, và ba số ở vòng tròn nhỏ là $x,y,z$ với $x < y < z$.

Theo điều kiện bài toán ta có hệ: $\left\{ \begin{array}{l}y + z < a\\x + y + z > a\end{array} \right. \Leftrightarrow y + z < a < x + y + z$.

Ta cần tìm các bộ số $(a;x,y,z)$ sao cho: $y + z < a < x + y + z$.

Trường hợp 1: Nếu $x = 1$ thì $y + z < a < y + z + 1$ thì không tồn tại số $a$ nguyên.

Trường hợp 2: Nếu $x = 2$ thì

$\left\{ \begin{array}{l}y + z < a < y + z + 2 \Rightarrow a = y + z + 1 \le 12 \Rightarrow y + z \le 11\\\min \left( {y + z} \right) = 7\end{array} \right. \Rightarrow 7 \le y + z \le 11$.

Suy ra có có 9 bộ thỏa mãn.

Trường hợp 3: Nếu $x = 3$ thì $\left\{ \begin{array}{l}y + z < a < y + z + 3 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = y + z + 1 \le 12 \Rightarrow y + z \le 11\\a = y + z + 2 \le 12 \Rightarrow y + z \le 10\end{array} \right.\\\min \left( {y + z} \right) = 9\end{array} \right.$

Trường hợp 3.1: $a = y + z + 1$. khi đó $9 \le y + z \le 11 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y + z = 11\\y + z = 10\\y + z = 9\end{array} \right.$

Suy ra có 4 bộ thỏa mãn.

Trường hợp 3.2: $a = y + z + 2$. khi đó $9 \le y + z \le 10 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y + z = 10\\y + z = 9\end{array} \right.$

Suy ra có 2 bộ thỏa mãn

Trường hợp 4: Nếu $x = 4$ thì $\left\{ \begin{array}{l}y + z < a < y + z + 4 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}a = y + z + 1 \le 12 \Rightarrow y + z \le 11\\a = y + z + 2 \le 12 \Rightarrow y + z \le 10\\a = y + z + 3 \le 12 \Rightarrow y + z \le 9\end{array} \right.\\\min \left( {y + z} \right) = 11\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}11 \le y + z \le 11\\11 \le y + z \le 10\\11 \le y + z \le 9\end{array} \right. \Rightarrow y + z = 11$

Suy ra có 1 bộ thỏa mãn.

Tổng số trường hợp thuận lợi là $n(A) = 16$.

Xác suất $P = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{16}}{{1980}}$.

Giá trị cần tìm là $1980P = 1980.\frac{{16}}{{1980}} = 16$.

Đáp án: 9.

Gọi $H = (1{,}1{,}0)$ và $K = (10{,}13{,}0)$ là hình chiếu của $A$ và $B$ lên mặt phẳng $Oxy$.

Có $S = AM + BN = \sqrt {A{H^2} + H{M^2}} + \sqrt {B{K^2} + N{K^2}} = \sqrt {9 + H{M^2}} + \sqrt {36 + N{K^2}}$. Khi đó để ${S_{\min }}$ thì $H,M,N,K$ theo thứ tự thẳng hàng.

Ta có: $\overrightarrow {HK} = (9{,}12{,}0)$; $|\overrightarrow {HK} | = \sqrt {{9^2} + {{12}^2}} = 15$.

Do $MN = 5$, nên $\overrightarrow {MN} = \frac{5}{{15}}\overrightarrow {HK} = (3{,}4{,}0)$.

Gọi $A'\left( {1;1; - 3} \right)$ là điểm đối xứng của $A\left( {1;1;3} \right)$ qua $\left( {Oxy} \right)$.

Gọi $C$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow {A'C} = \overrightarrow {MN}$. Suy ra $C\left( {4;5; - 3} \right)$ và $A'CNM$ là hình bình hành.

Có: $\left\{ \begin{array}{l}AM = A'M\\A'M = CN\end{array} \right.$ suy ra $AM = CN$.

Khi đó: $S = AM + BN = CN + BN \ge BC$. Dấu “=” xảy ra khi $B,N,C$thẳng hàng.

Có$\overrightarrow {BC} = \left( {6;8;9} \right)$, phương trình đường thẳng $BC:\left\{ \begin{array}{l}x = 10 + 6t\\y = 13 + 8t\\z = 6 + 9t\end{array} \right.$.

Vì $N = BC \cap \left( {Oxy} \right)$ nên $6 + 9t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ - 2}}{3} \Rightarrow N\left( {6;\frac{{23}}{3};0} \right)$.

Lại có $\overrightarrow {MN} = \left( {3;4;0} \right)$ nên $\left\{ \begin{array}{l}6 - {x_M} = 3\\\frac{{23}}{3} - {y_M} = 4\\{z_M} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 3\\{y_M} = \frac{{11}}{3}\\{z_M} = 0\end{array} \right.$ suy ra $M\left( {3;\frac{{11}}{3};0} \right)$.

Vậy ${x_M} + {x_N} = 9$.