Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Nguyễn Trung Thiên (Hà Tĩnh) có đáp án

Chọn A

$\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {2f\left( x \right) + 1} \right)dx} = 2.\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx + } \int\limits_{ - 1}^1 {dx = 2.3 + 2 = 8}$.

Lời giải

Chọn A

Gọi $M\left( {x;y;0} \right)$. $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;3;1} \right)$, $\overrightarrow {AM} = \left( {x - 2;y + 2; - 1} \right)$.

$3$ điểm $A$, $B$, $M$ thẳng hàng khi $\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AM}$ cùng phương$\Leftrightarrow \frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{ - 1}}{1} = - 1$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 4}\\{y = - 5}\end{array}} \right.$. Tọa độ $M\left( {4; - 5;0} \right)$.

Lời giải

Chọn B

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 3 = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$.

Lời giải

Chọn A

$\overrightarrow {AD}$ cùng hướng với $\overrightarrow {B'C'}$.

Lời giải

Chọn B

Ta có phương trình:${3^{x - 2}} = \frac{1}{9}$$\Leftrightarrow {3^{x - 2}} = {3^{ - 2}}$$\Leftrightarrow x - 2 = - 2$$\Leftrightarrow x = 0$.

Vậy phương trình có nghiệm là $x = 0$.

Lời giải

Chọn A

Hàm số $y = \frac{{2x - 2}}{{x + 1}}$ có tập xác định là $D = \mathbb{R} \setminus \{ - 1\}$. Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{2x - 2}}{{x + 1}} = - \infty$ (vì tử số tiến về -4 và mẫu số tiến về ${0^ + }$). Do đó, đường thẳng $x = - 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Lời giải

Chọn C

Ta có $2\vec b = (4;4; - 2)$. Suy ra toạ độ của vectơ $\vec a - 2\vec b$ là: $\vec a - 2\vec b = (1 - 4;2 - 4;3 - ( - 2)) = ( - 3; - 2;5)$.

Lời giải

Chọn C

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB{\rm{//}}A'B'\\A'B' \subset \left( {A'B'C'D'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)$.

Lời giải

Chọn C

Ta có phương trình: $\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi {\rm{ }}(k \in \mathbb{Z})$

Lời giải

Chọn C

$\int {({3^x} + \sin } x)dx = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} - \cos x + C$.

Lời giải

Chọn D

Nhóm chứa tứ phân vị thứ 3 là nhóm 4.

Khi đó: ${Q_3} = 120 + \frac{{30 - 11 - 10 - 6}}{8}.40 = 135.$

Lời giải

Chọn B

Ta có ${u_{12}} = {u_1} + 11d = 5 + 11d = 38 \Rightarrow d = 3.$

Lời giải

a) Sai.

Số trung bình của mẫu số liệu là:

$\bar x = \frac{{75.5 + 125.10 + 175.9 + 225.4 + 275.2}}{{5 + 10 + 9 + 4 + 2}} = 155$

b) Đúng.

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là: $R = 300 - 50 = 250$.

c) Đúng.

Ta có $\frac{n}{4} = 7{,}5$ nên ${Q_1} \in \left[ {100;150} \right)$

${Q_1} = 100 + \frac{{7{,}5 - 5}}{{10}} \cdot 50 = 112{,}5$.

Ta có $\frac{{3n}}{4} = 22{,}5$ nên ${Q_3} \in \left[ {150;200} \right)$

${Q_3} = 150 + \frac{{22{,}5 - \left( {10 + 5} \right)}}{9} \cdot 50 = \frac{{575}}{3}$.

Khoảng tứ phân vị: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{475}}{6} \approx 79{,}17$.

d) Đúng.

Phương sai: ${s^2} = \frac{1}{{30}}\left[ {{{75}^2}.5 + {{125}^2}.10 + {{175}^2}.9 + {{225}^2}.4 + {{275}^2}.2} \right] - {155^2} = 3100$.

Độ lệch chuẩn: $s = \sqrt {{s^2}} \approx 55{,}68$.

Lời giải

Hình lăng trụ đứng $ABFPE.DCGQH$ với $ABFE$ là hình chữ nhật và $EFP$ là tam giác cân tại $P$.

Gọi $T$ là trung điểm của $DC$.

$AB = 6m$; $AE = 5m$; $AD = 8m$; $QT = 7m$; $OA = 2m$.

a) Ta có $DT = \frac{1}{2}.DC = \frac{1}{2}.AB = \frac{1}{2}.6 = 3$(m).

$OD = AD - OA = 8 - 2 = 6$ (m).

Vậy, tọa độ của điểm $Q$ là $\left( { - 6\,;3\,;7} \right)$. Vậy a SAI.

b) Ta có $C\left( { - 6\,;\,6\,;\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OC} \left( { - 6\,;\,6\,;\,0} \right)$. Vậy b ĐÚNG.

c) Ta có $K\left( {0\,;\,0\,;\,5} \right) \Rightarrow OK = 5$.

$F\left( {2\,;\,6\,;\,5} \right)$, $G\left( { - 6\,;\,6\,;\,5} \right)$$\Rightarrow$Trung điểm của $FG$ là $I\left( { - 2\,;\,6\,;\,5} \right)$.

$\Rightarrow \overrightarrow {KI} = \left( { - 2;6;0} \right) \Rightarrow KI = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {6^2} + {0^2}} = \sqrt {40} = 2\sqrt {10}$.

$\Rightarrow$ Độ dài đoạn cáp nối tối thiểu bằng $OK + KI = 5 + 2\sqrt {10}$m. Vậy c ĐÚNG.

d) Ta có $EH = FG = AD = 8$m.

Gọi $J = QT \cap HG \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}JG = \frac{1}{2}.HG = \frac{1}{2}.AB = \frac{1}{2}.6 = 3m\\QJ = QT - JT = QT - AE = 7 - 5 = 2m\end{array} \right.$.

$\Delta QJG$ vuông tại $J$ nên $QG = \sqrt {Q{J^2} + J{G^2}} = \sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13}$ (m).

$EFP$ là tam giác cân tại $P$ nên $PE = PF \Rightarrow$ ${S_{EHQP}} = {S_{QPFG}}$.

${S_{EHQP}} = {S_{QPFG}} = QG.FG = QG.AD = \sqrt {13} .8 = 8\sqrt {13}$ (${m^2}$).

Tổng diện tích mái là $16\sqrt {13} {m^2}$.

Số tiền mua tôn: $16\sqrt {13} .130\,\,000 \approx 7\,\,499\,\,546 \approx 7\,\,500\,\,000$ (đồng). Vậy d SAI.

Lời giải

a) Đúng. Hàm số có đạo hàm là $y' = - 3{x^2} + 6x$.

b) Đúng. Ta có $y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.$

Dựa vào bảng biến thiên, hàm số đồng biến trên khoảng$\left( {0;2} \right)$.

c) Sai. Gọi $A\left( {0;4} \right),B\left( {2;8} \right)$ là hai điểm cực trị của hàm số.

Khi đó $\overrightarrow {AB} = \left( {2;4} \right)$ nên đường thẳng đi qua hai điểm $A,B$ là $\frac{{x - 0}}{2} = \frac{{y - 4}}{4} \Leftrightarrow 2x - y + 4 = 0$.

d) Đúng. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {2;4} \right) \Rightarrow AB = 2\sqrt 5$; $\overrightarrow {OA} = \left( {0;4} \right) \Rightarrow OA = 4$; $\overrightarrow {OB} = \left( {2;8} \right) \Rightarrow OB = 2\sqrt {17}$

Khi đó $p = \frac{{OA + OB + AB}}{2} = \frac{{2\sqrt 5 + 4 + 2\sqrt {17} }}{2}$

Vậy ${S_{\Delta AOB}} = \sqrt {p\left( {p - OA} \right)\left( {p - OB} \right)\left( {p - AB} \right)} = 4$.

Lời giải

a) Do ${a_m}\left( t \right) = - 6 < 0$ nên xe chuyển động chậm dần đều. Suy ra ý a là đúng.

b) Ta có trong khoảng thời gian 3 giây đầu thì $v'\left( t \right) = a\left( t \right) = - 2t + 4 = 0 \Leftrightarrow t = 2$.

Khi $2 < t < 3 \Rightarrow - 2t + 4 < 0 \Rightarrow v'\left( t \right) < 0$, do đó vận tốc của xe sẽ giảm. Suy ra ý b là sai.

c) Khi $0 \le t \le 3$, ta có $v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( { - 2t + 4} \right)} \,dt = - {t^2} + 4t + C$.

Khi $t = 0$ thì $v\left( 0 \right) = C = 10$, do đó $v\left( t \right) = - {t^2} + 4t + 10 \Rightarrow v\left( 3 \right) = 13$. Suy ra ý c là sai.

d) Khi $t > 3$thì $v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( { - 6} \right)} \,dt = - 6t + {C_1}$.

Khi $t = 3$ thì $v\left( 3 \right) = - 18 + {C_1} = 13 \Rightarrow {C_1} = 31$, do đó $v\left( t \right) = - 6t + 31$.

Khi xe dừng hẳn thì $v\left( t \right) = - 6t + 31 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{31}}{6}$.

Quãng đường xe đi được từ thời điểm $t = 0$ đến khi dừng hẳn là:

$s = \int\limits_0^{31/6} {v\left( t \right)dt = } \int\limits_0^3 {\left( { - {t^2} + 4t + 10} \right)dt + } \int\limits_3^{31/6} {\left( { - 6t + 31} \right)dt = }$$\frac{{637}}{{12}}m$. Suy ra ý d là sai.

Lời giải

Đáp án: 40,7.

Dựa vào Hình 2, ta thấy đường thẳng $y = 30$ cắt đồ thị hàm số $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$$\left( {a < 0} \right)$ tại ba điểm phân biệt $A$, $C$, $D$ có hoành độ lần lượt là $x = 0$; $x = 50$; $x = 80$.

Do đó, $a{x^3} + b{x^2} + cx + d - 30 = ax\left( {x - 50} \right)\left( {x - 80} \right) = a\left( {{x^3} - 130{x^2} + 4000x} \right)$

$\Rightarrow y = a\left( {{x^3} - 130{x^2} + 4000x} \right) + 30 \Rightarrow y' = a\left( {3{x^2} - 260x + 4000} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 20 \in \left[ {0;90} \right)\\x = \frac{{200}}{3} \in \left[ {0;90} \right)\end{array} \right.$.

Tàu lượn đạt độ cao nhỏ nhất so với mặt đất là $4{\rm{m}}$ nên

$y\left( {20} \right) = 4 \Rightarrow a\left( {{{20}^3} - 130 \times {{20}^2} + 4000 \times 20} \right) + 30 = 4 \Leftrightarrow a = - \frac{{13}}{{18000}}$.

Vậy độ cao lớn nhất mà tàu lượn siêu tốc đạt được là

$y\left( {\frac{{200}}{3}} \right) = - \frac{{13}}{{18000}}\left[ {{{\left( {\frac{{200}}{3}} \right)}^3} - 130{{\left( {\frac{{200}}{3}} \right)}^2} + 4000\left( {\frac{{200}}{3}} \right)} \right] + 30 = \frac{{9890}}{{243}} \approx 40{,}7{\rm{m}}$.

Lời giải

Đáp án: $0{,}61$

Cách 1:

Ta có các trường hợp:

Trường hợp 1: $3$ chìa khóa được chọn là chìa $3$ ngôi nhà không khóa cửa.

Người môi giới khi đó có thể vào đúng $3$ ngôi nhà.

Xác suất chọn được $3$ chìa đó là: $\frac{{C_3^3}}{{C_8^3}}$.

Xác suất để người môi giới vào được nhà là: $\frac{3}{8}$.

Xác suất trong trường hợp này là: $\frac{{C_3^3}}{{C_8^3}} \cdot \frac{3}{8}$.

Trường hợp 2: $3$ chìa khóa được chọn là chìa $2$ ngôi nhà không khóa cửa và $1$ ngôi nhà khóa cửa.

Người môi giới khi đó có thể vào đúng $4$ ngôi nhà.

Xác suất chọn được $3$ chìa đó là: $\frac{{C_3^2 \cdot C_5^1}}{{C_8^3}}$.

Xác suất để người môi giới vào được nhà là: $\frac{4}{8}$.

Xác suất trong trường hợp này là: $\frac{{C_3^2 \cdot C_5^1}}{{C_8^3}} \cdot \frac{4}{8}$.

Trường hợp 3: $3$ chìa khóa được chọn là chìa $1$ ngôi nhà không khóa cửa và $2$ ngôi nhà khóa cửa.

Người môi giới khi đó có thể vào đúng $5$ ngôi nhà.

Xác suất chọn được $3$ chìa đó là: $\frac{{C_3^1 \cdot C_5^2}}{{C_8^3}}$.

Xác suất để người môi giới vào được nhà là: $\frac{5}{8}$.

Xác suất trong trường hợp này là: $\frac{{C_3^1 \cdot C_5^2}}{{C_8^3}} \cdot \frac{5}{8}$.

Trường hợp 4: $3$ chìa khóa được chọn là chìa $3$ ngôi nhà khóa cửa.

Người môi giới khi đó có thể vào đúng $6$ ngôi nhà.

Xác suất chọn được $3$ chìa đó là: $\frac{{C_5^3}}{{C_8^3}}$.

Xác suất để người môi giới vào được nhà là: $\frac{6}{8}$.

Xác suất trong trường hợp này là: $\frac{{C_5^3}}{{C_8^3}} \cdot \frac{6}{8}$.

Vậy xác suất cần tìm là: $\frac{{C_3^3}}{{C_8^3}} \cdot \frac{3}{8} + \frac{{C_3^2 \cdot C_5^1}}{{C_8^3}} \cdot \frac{4}{8} + \frac{{C_3^1 \cdot C_5^2}}{{C_8^3}} \cdot \frac{5}{8} + \frac{{C_5^3}}{{C_8^3}} \cdot \frac{6}{8} = \frac{{39}}{{64}} \approx 0{,}61$.

Cách 2:

Ta có các trường hợp:

Trường hợp 1: Người môi giới chọn ngôi nhà không khóa cửa.

Xác suất chọn được ngôi nhà như thế là: $\frac{{C_3^1}}{{C_8^1}}$.

Do nhà không khóa nên người môi giới chắc chắn sẽ vào được nhà, xác suất vào được nhà bằng $1$.

Xác suất trường hợp này là: $\frac{{C_3^1}}{{C_8^1}}$.

Trường hợp 2: Người môi giới chọn ngôi nhà khóa cửa.

Xác suất chọn được ngôi nhà như thế là: $\frac{{C_5^1}}{{C_8^1}}$.

Để vào được nhà, người môi giới cần có chìa khóa ngôi nhà đó, tức là trong $3$ chìa người đó chọn có chìa khóa ngôi nhà người đó vào ($1$ cách), $2$ chìa còn lại ngẫu nhiên ($C_7^2$ cách). Do đó xác suất để người đó vào được nhà là: $\frac{{1 \cdot C_7^2}}{{C_8^3}}$.

Xác suất trường hợp này là: $\frac{{C_5^1}}{{C_8^1}} \cdot \frac{{C_7^2}}{{C_8^3}}$.

Vậy xác suất cần tìm là: $\frac{{C_3^1}}{{C_8^1}} + \frac{{C_5^1}}{{C_8^1}} \cdot \frac{{C_7^2}}{{C_8^3}} = \frac{{39}}{{64}} \approx 0{,}61$.

Lời giải

Đáp án: 14,8

Xét tam giác cân $ORQ$ tại $O$, $\widehat {ROQ} = 72^\circ$.

$K$ là trung điểm $RQ$, ta có trong tam giác vuông $OKR$ có $\sin \widehat {ROK} = \frac{{RK}}{{RO}} \Leftrightarrow OR = \frac{{15}}{{\sin 36^\circ }}$

Xét tam giác $OED$ cân tại $O$, $I$ là trung điểm $ED$, với $ED$ bằng $x$, $\widehat {EOD} = 72^\circ$

Trong tam giác vuông $OEI$ ta có $\tan \widehat {EOI} = \frac{{EI}}{{OI}} \Leftrightarrow OI = \frac{{EI}}{{\tan 36^\circ }}$$\Leftrightarrow OI = \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}$

Ta có $RI = RO - OI = \frac{{15}}{{\sin 30^\circ }} - \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}$

Xét hình chóp $R.ABCDE$ tâm $O$, đường cao $RO = \sqrt {R{I^2} - I{O^2}}$

Ta có diện tích đáy hình chóp là $S = 5.{S_{OED}} = 5.\frac{1}{2}OI.ED$$= \frac{5}{2}.x.\frac{x}{{2\tan 36^\circ }} = \frac{{5{x^2}}}{{4\tan 36^\circ }}$

Thể tích hình chóp đều là

$V = \frac{1}{3}.S.RO = \frac{1}{3}.\frac{{5{x^2}}}{{4\tan 36^\circ }}.\sqrt {{{\left( {\frac{{15}}{{\sin 36^\circ }} - \frac{x}{{2\tan 36^\circ }}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{{2\tan 36^\circ }}} \right)}^2}}$$= f\left( x \right)$

Khảo sát hàm số $f\left( x \right)$

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \approx 14{,}83...$

Ta có hàm số $f\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất khi $x \approx 14{,}8$.

Lời giải

Đáp án: 5.

Giả sử cần nhập đủ số trái cây cho $x$ ngày $\left( {x \le 10} \right)$, khi đó số trái cây nhập là $25x$ tạ.

Vì ngay khi nhập về cửa hàng đã phân phối 25 tạ trái cây nên chi phí bảo quản kho cho $x$ ngày là:

${T_1} = \left[ {25\left( {x - 1} \right) + 25\left( {x - 2} \right) + .... + 25} \right].80 = 25.80\left[ {\left( {x - 1} \right) + \left( {x - 2} \right) + .... + 1} \right] = \frac{{25.80.x\left( {x - 1} \right)}}{2}$.

Khi đó toàn bộ chi phí cửa phải phải chi trong một ngày là

$T = \frac{{25.40\left( {x - 1} \right)x + 25.000}}{x} = 25\left[ {40x - 40 + \frac{{1000}}{x}} \right]$

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

$T = 25\left[ {40x - 40 + \frac{{1000}}{x}} \right] \ge 25.40x.\frac{{1000}}{x} - 25.40$.

Dấu “=” xảy ra h $40x = \frac{{1000}}{x} \Leftrightarrow x = 5$ (thoả mãn).

Lời giải

Đáp án: 105.

Gọi $x;\,y\left( {x;\,y \in \mathbb{N},\,0 \le x \le 13;\,0 \le y \le 15} \right)$ lần lượt là số xe lớn, xe nhỏ mà cơ quan X cần thuê.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}50x + 30y \ge 500\\2x + 3y \ge 29\\0 \le x \le 13\\\,0 \le y \le 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x + 3y \ge 50\\2x + 3y \ge 29\\0 \le x \le 13\\0 \le y \le 15\end{array} \right.$ (1).

Miền nghiệm của hệ (1) là tứ giác $ABC{\rm{D}}$.

Với $A\left( {1;\,15} \right),\,B\left( {13;\,15} \right),\,C\left( {13;\,1} \right),\,D\left( {7;\,5} \right)$.

Chi phí thuê xe là $F\left( {x;\,y} \right) = 10x + 7y$.

$F\left( A \right) = 10.1 + 7.15 = 115$, $F\left( B \right) = 10.13 + 7.15 = 235$, $F\left( C \right) = 10.13 + 7.1 = 137$, $F\left( D \right) = 10.7 + 7.5 = 105$.

$\mathop {\min }\limits_{} F\left( {x;\,y} \right) = F\left( D \right) = 105$.

Vậy số tiền thuê xe ít nhất là 105 triệu đồng.

Lời giải

Đáp án: 14,4

Bước 1: Đồng nhất đơn vị đo

· Vận tốc của tên lửa: ${v_m} = 600{\rm{ m/s}} = 0.6{\rm{ km/s}}$.

· Vận tốc của máy bay không người lái (drone): ${v_d} = 1080{\rm{ km/h}} = \frac{{1080}}{{3600}}{\rm{ km/s}} = 0.3{\rm{ km/s}}$.

Bước 2: Lập phương trình chuyển động của máy bay không người lái

· Máy bay bay theo hướng của vector $\vec u = ( - 3;4;0)$.

· Độ dài của vector hướng này là: $|\vec u| = \sqrt {{{( - 3)}^2} + {4^2} + {0^2}} = 5$.

· Vector đơn vị chỉ phương (cho biết hướng bay) của máy bay là: $\overrightarrow {{e_d}} = \left( { - \frac{3}{5};\frac{4}{5};0} \right) = ( - 0{,}6;0{,}8;0)$.

· Gọi $t$ (đơn vị: giây) là thời gian kể từ lúc tên lửa khai hỏa. Quãng đường máy bay di chuyển được sau thời gian $t$ là $0{,}3t$.

· Tọa độ của máy bay tại thời điểm $t$ (gọi là điểm $D$) được xác định bằng hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = {x_A} + {v_d} \cdot t \cdot {e_x} = 6 + 0.3 \cdot t \cdot ( - 0.6) = 6 - 0.18t}\\{y = {y_A} + {v_d} \cdot t \cdot {e_y} = - 20 + 0.3 \cdot t \cdot (0.8) = - 20 + 0.24t}\\{z = {z_A} + {v_d} \cdot t \cdot {e_z} = 1 + 0.3 \cdot t \cdot (0) = 1}\end{array}} \right.$

Suy ra vị trí máy bay tại thời điểm $t$ là $D(6 - 0.18t; - 20 + 0.24t;1)$.

Bước 3: Thiết lập điều kiện bắn hạ

· Quãng đường tên lửa bay được từ bệ phóng $O(0;0;0)$ đến điểm chạm trán $D$ trong thời gian $t$ là ${s_m} = 0.6t$.

· Để tên lửa bắn hạ được máy bay, khoảng cách hình học từ gốc $O$ đến $D(t)$ phải bằng đúng quãng đường tên lửa đã bay: $OD = 0.6t$.

$O{D^2} = {(0.6t)^2}$

$\Leftrightarrow {(6 - 0.18t)^2} + {( - 20 + 0.24t)^2} + {1^2} = 0.36{t^2}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 0.27{t^2} + 11.76t - 437 = 0\\ \Leftrightarrow t \approx 23{,}969{\rm{ (gi\^a y)}}\end{array}$

· Khoảng cách từ bệ phóng đến vị trí bắn hạ chính là quãng đường tên lửa bay được trong thời gian $t$: $d = 0{,}6 \cdot t \approx 0{,}6 \cdot 23{,}969 \approx 14{,}381{\rm{ (km)}}$