Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Phan Châu Trinh (Đà Nẵng) có đáp án

Chọn B

Vì $G'$ là trọng tâm của tam giác $A'B'C'$ nên

$\overrightarrow {AG'} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB'} + \overrightarrow {AC'} } \right) = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} } \right) =$ $\frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)$.

Chọn B

Ta có $\int {{{2026}^x}dx} = \frac{{{{2026}^x}}}{{\ln 2026}} + C$.

Chọn A

Ta có $\overrightarrow u .\overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right| \times \left| {\overrightarrow v } \right| \times cos\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = 5.8.\cos {120^0} = 5.8.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - 20$.

Chọn C

Mặt phẳng $(P):3x + 5y - 1 = 0$ có véc tơ pháp tuyến $\overrightarrow n = (3;5;0)$.

Chọn D

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f(x)$, trục $Ox$và các đường thẳng $x = a;x = b$ là: $S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right)} \right|dx}$.

Chọn C

Điều kiện hàm số có nghĩa $\sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) \ne 0$

$\Leftrightarrow x - \frac{\pi }{4} \ne k\pi ;(k \in \mathbb{Z})$

$\Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \;(k \in \mathbb{Z})$.

Chọn B

Ta có: $\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB}$

$\Rightarrow \overrightarrow {BC} = (2 - ( - 2); - 2 - ( - 5);0 - 0)$

$\Rightarrow \overrightarrow {BC} = (4;3{,}0)$

$\Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = BC = \sqrt {{4^2} + {3^2} + {0^2}} = 5$.

Chọn A

${S_{ABCD}} = {(3a)^2} = 9{a^2}$

${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}}$

$= \frac{1}{3}a\sqrt 2 \cdot 9{a^2} = 3{a^3}\sqrt 2$.

Chọn B.

Ta có bảng phân bố tần số giá trị đại diện

Số trung bình của mẫu số liệu là: $\overline x = \frac{{2{,}85.3 + 3{,}15.6 + 3{,}45.5 + 3{,}75.4 + 4{,}05.2}}{{3 + 6 + 5 + 4 + 2}} = 3{,}39$.

Phương sai của mẫu số liệu là:

${S^2} = \frac{{3.{{\left( {2{,}85 - 3{,}39} \right)}^2} + 6.{{\left( {3{,}15 - 3{,}39} \right)}^2} + 5.{{\left( {3{,}45 - 3{,}39} \right)}^2} + {{\left( {3{,}75 - 3{,}39} \right)}^2} + {{\left( {4{,}05 - 3{,}39} \right)}^2}}}{{3 + 6 + 5 + 4 + 2}} = 0{,}1314$

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là: $S = \sqrt {{S^2}} = \sqrt {0{,}1314} = 0{,}36$.

Chọn D.

Ta có: ${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > \frac{1}{{32}} \Leftrightarrow {x^2} + 4x < 5 \Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - 5;1} \right)$.

Chọn C.

Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right).\left( {{x^2} - 5x + 4} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 4\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta thầy hàm số có 1 cực trị.

Chọn C.

Ta có: $n = 5 + 9 + 13 + 10 + 6 = 43$.

Nên trung vị nằm ở vị trí 22 thuộc nhóm $\left[ {40;60} \right)$.

Trung vị mẫu số liệu ghép nhóm trên là: ${m_e} = 40 + \frac{{\frac{{43}}{2} - \left( {5 + 9} \right)}}{{13}}.20 \approx 51{,}54$.

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

a) Khoảng cách giữa hai khinh khí cấu là

$AB = \sqrt {{{\left( {2 + 1} \right)}^2} + {{\left( {1{,}5 + 1} \right)}^2} + {{\left( {0{,}5 - 0{,}8} \right)}^2}} \approx 3{,}92$km.

Chọn SAI.

b) Tại thời điểm $t$ chiếc khinh khí cầu thứ nhất ở điểm $M = A + vt\frac{{ - \overrightarrow i }}{{\left| {\overrightarrow i } \right|}} = \left( {2 - 60t;1{,}5;0{,}5} \right)$.

Chọn SAI.

c) Tại thời điểm $t$ chiếc khinh khí cầu thứ hai ở điểm $N = B + vt\frac{{\overrightarrow j }}{{\left| {\overrightarrow j } \right|}} = \left( { - 1; - 1 + 40t;0{,}8} \right)$.

Khoảng cách giữa hai khinh khí cầu tại thời điểm $t$ là

$MN = \sqrt {{{\left( {3 - 60t} \right)}^2} + {{\left( {2{,}5 - 40t} \right)}^2} + 0,{3^2}}$

Xét hàm số $f\left( t \right) = {\left( {3 - 60t} \right)^2} + {\left( {2{,}5 - 40t} \right)^2} + 0,{3^2}$=$5200{t^2} - 560t + 15{,}34$

Suy ra $\min f\left( t \right) = f\left( {\frac{7}{{130}}} \right)$

$M{N_{\min }} = \sqrt {f\left( {\frac{7}{{130}}} \right)} \approx 0{,}51$.

Chọn ĐÚNG.

d) Gọi $A'$ là điểm đối xứng với điểm $A$ qua mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$$\Rightarrow$$A'\left( {2;1{,}5; - 0{,}5} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {BA'} = \left( {3;2{,}5; - 1{,}3} \right)$

Phương trình đường thẳng $A'B:$

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 2 + 3t{\rm{ }}}\\{y = 1{,}5 + 2{,}5t}\end{array}}\\{z = - 0{,}5 - 1{,}3t}\end{array}} \right.$.

Tọa độ điểm $P$ là giao điểm của đường thẳng $A'B$ với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là: $P\left( {\frac{{11}}{{13}};\frac{7}{{13}};0} \right)$.

$\Rightarrow a = \frac{{11}}{{13}},b = \frac{7}{{13}},c = 0$.

$\Rightarrow 2a + b + c = \frac{{29}}{{13}}$.

Chọn ĐÚNG.

a) Điều kiện xác định khi $x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2$. Vậy tập xác định là $D = (2; + \infty )$.

Mệnh đề a) Sai.

b) Ta có $f'(x) = 1 + \frac{1}{{x - 2}} = \frac{{x - 2 + 1}}{{x - 2}} = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}$.

Với mọi $x \in D = (2; + \infty )$, ta có $x - 1 > 0$ và $x - 2 > 0 \Rightarrow f'(x) > 0$.

Vì $f'(x)$ không đổi dấu trên D, hàm số đồng biến trên toàn bộ tập xác định và không có cực trị.

Mệnh đề b) Sai.

c) Tung độ tiếp điểm: ${y_0} = f(3) = 3 + \ln (3 - 2) = 3 + \ln (1) = 3$.

Hệ số góc tiếp tuyến: $k = f'(3) = \frac{{3 - 1}}{{3 - 2}} = \frac{2}{1} = 2$.

Phương trình tiếp tuyến: $y = f'({x_0})(x - {x_0}) + {y_0} = 2(x - 3) + 3 = 2x - 6 + 3 = 2x - 3$.

Mệnh đề c) Đúng.

d) $x + \ln (x - 2) < x + 5 \Leftrightarrow \ln (x - 2) < 5 \Leftrightarrow x - 2 < {e^5} \Leftrightarrow x < {e^5} + 2$

Kết hợp với điều kiện xác định $x > 2$ta có $2 < x < {e^5} + 2$.

Vậy $2 < x < 150{,}41$. Các nghiệm nguyên của bất phương trình là $x \in \{ 3{,}4{,}5, \ldots ,150\}$

Tổng các nghiệm nguyên là: $S = \frac{{148.(3 + 150)}}{2} = 74.153 = 11322$.

Mệnh đề d) Đúng.

Kết luận: a) Sai b) Sai c) Đúng d) Đúng

Gọi ${A_k}$ là biến cố An rút được thẻ số $k$, với $k \in \{ 1{,}2{,}3{,}4{,}5\}$.

Vì có 5 thẻ được đánh số từ 1 đến 5 và An rút ngẫu nhiên 1 thẻ, nên xác suất An rút được thẻ số $k$ là $P({A_k}) = \frac{1}{5}$ cho mỗi $k$.

Khi An rút được thẻ số $k$, Bình sẽ gieo $k$ con xúc xắc. Mỗi con xúc xắc có 6 mặt (1, 2, 3, 4, 5, 6).
a) Xác suất để An chọn được thẻ số 5 là $P({A_5})$.

Theo lập luận trên, $P({A_5}) = \frac{1}{5}$. Vậy, phát biểu a) là đúng.

b) Gọi ${S_k}$ là biến cố tổng số chấm trên $k$ con xúc xắc bằng 8.

Nếu An rút được thẻ số 3, Bình gieo 3 con xúc xắc. Không gian mẫu có ${6^3} = 216$ kết quả đồng khả năng.

Chúng ta cần tìm số cách để tổng số chấm của 3 con xúc xắc là 8. Gọi $({x_1},{x_2},{x_3})$ là kết quả của 3 con xúc xắc, với ${x_i} \in \{ 1{,}2{,}3{,}4{,}5{,}6\}$.

Các bộ $({x_1},{x_2},{x_3})$ có tổng bằng 8 là:

(1, 1, 6) và các hoán vị của nó: Có $\frac{{3!}}{{2!}} = 3$ cách (116, 161, 611).

(1, 2, 5) và các hoán vị của nó: Có $3! = 6$ cách (125, 152, 215, 251, 512, 521).

(1, 3, 4) và các hoán vị của nó: Có $3! = 6$ cách (134, 143, 314, 341, 413, 431).

(2, 2, 4) và các hoán vị của nó: Có $\frac{{3!}}{{2!}} = 3$ cách (224, 242, 422).

(2, 3, 3) và các hoán vị của nó: Có $\frac{{3!}}{{2!}} = 3$ cách (233, 323, 332).

Tổng số kết quả thuận lợi là $3 + 6 + 6 + 3 + 3 = 21$.

Xác suất để tổng số chấm bằng 8 khi gieo 3 con xúc xắc là $P({S_3}) = \frac{{21}}{{216}} = \frac{7}{{72}}$.

Vậy, phát biểu b) là đúng.

c) Gọi $E$ là biến cố không có mặt 6 chấm nào xuất hiện.

Nếu An rút được thẻ số $k$, Bình gieo $k$ con xúc xắc. Xác suất để không có mặt 6 chấm nào xuất hiện trên $k$ con xúc xắc là $P(E|{A_k})$.

Mỗi con xúc xắc có 5 mặt không phải là 6 chấm (1, 2, 3, 4, 5).

Vậy $P(E|{A_k}) = {\left( {\frac{5}{6}} \right)^k}$.

Xác suất để không có mặt 6 chấm xuất hiện là $P(E) = \sum\limits_{k = 1}^5 P (E|{A_k})P({A_k})$.

$P(E) = \sum\limits_{k = 1}^5 {{{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^k}} \cdot \frac{1}{5}$$= \frac{{4651}}{{7776}}$. Vậy, phát biểu c) là đúng.

d) Gọi $F$ là biến cố có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.

Biến cố $F$ là biến cố đối của biến cố $E$ (không có mặt 6 chấm nào xuất hiện).

Do đó, $P(F) = 1 - P(E) = 1 - \frac{{23255}}{{38880}} = \frac{{15625}}{{38880}}$.

Chúng ta cần tính xác suất $P({A_4}|F)$, tức là xác suất An chọn được thẻ số 4 biết rằng có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.

Theo công thức Bayes: $P({A_4}|F) = \frac{{P(F|{A_4})P({A_4})}}{{P(F)}}$.

Ta có $P({A_4}) = \frac{1}{5}$.

$P(F|{A_4})$ là xác suất có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện khi An rút thẻ số 4 (Bình gieo 4 con xúc xắc).

$P(F|{A_4}) = 1 - P(E|{A_4}) = 1 - {\left( {\frac{5}{6}} \right)^4} = \frac{{671}}{{1296}}$.
Thay các giá trị vào công thức Bayes ta được: $P({A_4}|F) = \frac{{4026}}{{15625}}$. Vậy, phát biểu d) là đúng.

a) Đúng

b) Sai

Vào năm thứ $5$ làm việc cho công ty, mức lương của kĩ sư đó nhận được trong năm đó là

${u_5} = {u_1} + 4d = 120 + 4.12 = 168$ (triệu đồng).

c) Đúng

Mức lương của kĩ sư đó nhận được trong năm thứ $10$ là ${u_{10}} = 120 + 9.12 = 228$ (triệu đồng).

Sau $10$ năm làm việc, tổng số tiền lương kĩ sư đó nhận được từ công ty là

${S_{10}} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_{10}} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_{10}}} \right).10}}{2} = \frac{{\left( {120 + 228} \right).10}}{2} = 1740$(triệu đồng).

d) Đúng

Tổng số tiền lãi mà kĩ sư nhận được tại thời điểm hết năm gửi tiền thứ $10$ là

$$\begin{array}{l}\,\,\,\,40\% .{u_1}.{\left( {1 + 5\% } \right)^{10}} + 40\% .{u_2}.{\left( {1 + 5\% } \right)^9} + ... + 40\% .{u_{10}}.{\left( {1 + 5\% } \right)^1} - 40\% .{S_{10}}\\ = 0{,}4.120.1,{05^{10}} + 0{,}4.132.1,{05^9} + ... + 0{,}4.228.1,{05^1} - 0{,}4.1740\end{array}$$

$\approx 198$(triệu đồng).

Đáp án: 1,2

Gọi quỹ đạo hạ cánh của máy bay là đồ thị hàm số bậc ba $y = f(x)$.

+) Vì $A( - 4;1)$ là điểm cực đại và $O(0;0)$ là điểm cực tiểu nên $f\prime ( - 4) = 0,\;f\prime (0) = 0$.

Suy ra đạo hàm có dạng $f\prime (x) = ax(x + 4)$$\Rightarrow f(x) = a\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2}} \right) + C$.

Do đồ thị đi qua $O(0;0)$ nên$f(0) = 0 \Rightarrow C = 0$.

Vậy $f(x) = a\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2}} \right)$.

Lại có $A( - 4;1)$ thuộc đồ thị nên$f( - 4) = 1$.

Suy ra $a\left( {\frac{{{{( - 4)}^3}}}{3} + 2 \cdot {{( - 4)}^2}} \right) = 1$$\Leftrightarrow a\left( { - \frac{{64}}{3} + 32} \right) = 1$$\Leftrightarrow a \cdot \frac{{32}}{3} = 1$$\Leftrightarrow a = \frac{3}{{32}}$.

Do đó $f(x) = \frac{3}{{32}}\left( {\frac{{{x^3}}}{3} + 2{x^2}} \right) = \frac{{{x^3}}}{{32}} + \frac{{3{x^2}}}{{16}}$.

+) Sau khi bay được $1$ km theo phương ngang từ vị trí $A( - 4;1)$ thì máy bay ở vị trí có hoành độ $x = - 3$.

Phi công cần tìm vị trí có hoành độ $x$ sao cho từ đó bay tiếp $1$ km theo phương ngang thì độ cao giảm $0{,}2$ km, tức là $f(x) - f(x + 1) = 0{,}2$.

Ta có:

$f(x) - f(x + 1) = \frac{{{x^3} - {{(x + 1)}^3}}}{{32}} + \frac{{3\left[ {{x^2} - {{(x + 1)}^2}} \right]}}{{16}}$$= \frac{{ - 3{x^2} - 3x - 1}}{{32}} + \frac{{ - 6x - 3}}{{16}}$$= \frac{{ - 3{x^2} - 15x - 7}}{{32}}$.

Theo đề bài: $\frac{{ - 3{x^2} - 15x - 7}}{{32}} = 0{,}2 = \frac{1}{5}$

$\Leftrightarrow - 5(3{x^2} + 15x + 7) = 32$

$\Leftrightarrow - 15{x^2} - 75x - 35 = 32$

$\Leftrightarrow 15{x^2} + 75x + 67 = 0$.

Giải phương trình:

$x = \frac{{ - 75 \pm \sqrt {{{75}^2} - 4 \cdot 15 \cdot 67} }}{{30}} = \frac{{ - 75 \pm \sqrt {1605} }}{{30}}$.

Vì phi công bắt đầu xét từ sau khi máy bay đã bay đến vị trí $x = - 3$, nên chọn nghiệm phù hợp là

$x = \frac{{ - 75 + \sqrt {1065} }}{{30}} \approx - 1{,}2$.

Vậy vị trí đó cách vị trí tiếp đất $O$ theo phương ngang một đoạn là $1.2\,km$ .

Đáp án: $4113$.

Đổi $50{\mkern 1mu}$triệu đồng $= 50000{\mkern 1mu}$nghìn đồng.

Doanh thu từ việc bán $x$ cuốn tạp chí và nhận trợ giúp là $R(x) = 40x + 50000$ (nghìn đồng). Tổng chi phí bao gồm chi phí xuất bản và chi phí phát hành cho $x$ cuốn là: $G(x) = C(x) + 10x = 0{,}004{x^2} - 2x + 1000 + 10x = 0{,}004{x^2} + 8x + 1000$(nghìn đồng).

Lợi nhuận của cửa hàng khi bán $x$ cuốn tạp chí là:

$L(x) = R(x) - G(x) = (40x + 50000) - (0{,}004{x^2} + 8x + 1000) = - 0{,}004{x^2} + 32x + 49000$

Hàm lợi nhuận $L(x)$ là một hàm bậc hai có đồ thị là một parabol quay bề lõm xuống dưới. Lợi nhuận đạt cực đại tại đỉnh của parabol: $a = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{32}}{{2 \cdot ( - 0{,}004)}} = 4000$ (cuốn).

Khi đó, lợi nhuận lớn nhất tính theo nghìn đồng là:

$L(4000) = - 0{,}004 \cdot {4000^2} + 32 \cdot 4000 + 49000 = 113000$ (nghìn đồng).

Đổi sang đơn vị triệu đồng, ta có $T = 113{\mkern 1mu}$triệu đồng.

Vậy $a + T = 4000 + 113 = 4113$.

Đáp số: 3327

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ sao cho trục tung $Oy$trùng với trục đối xứng của cái ly, và gốc tọa độ $O$ là trung điểm của $MN$nằm tại tâm của đường tròn hẹp nhất.

Ta có $MN = 8 \Rightarrow ON = 4 \Rightarrow N\left( {4;0} \right)$.

Khoảng cách từ vị trí hẹp nhất đến đáy ly là$20cm$ và đường kính đáy ly là $CD = 8\sqrt 6 cm$

nên $C\left( { - 20;4\sqrt 6 } \right)$.

Gọi phương trình tổng quát của hypebol có dạng: $\left( H \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$.

$N \in \left( H \right) \Rightarrow {a^2} = 16$.

$C \in \left( H \right) \Rightarrow {b^2} = 80$.

Suy ra phương trình Hypebol là $\frac{{{x^2}}}{{16}} - \frac{{{y^2}}}{{80}} = 1 \Rightarrow {x^2} = 16\left( {1 + \frac{{{y^2}}}{{80}}} \right)$ .

Thể tích nước ban đầu trong ly: ${V_1} = \pi \int\limits_{ - 20}^{10} {{x^2}dy} = \pi \int\limits_{ - 20}^{10} {16\left( {1 + \frac{{{y^2}}}{{80}}} \right)dy} = 1080\pi$.

Xét hình chóp tam giác đều $S.ABC$ trong đó $S$ là đỉnh của hình lập phương nằm bên trong ly nước và $A,\,B,\,C$ là các điểm chung của hình lập phương với miệng ly; $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$và $H$ là trung điểm $BC$

Đặt $x\,{\rm{cm}}$ là cạnh đáy hình chóp thì $AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}$.

Tam giác $ABC$ đều nội tiếp đường tròn có bán kính $r = x\left( {10} \right) = 6$ nên $r = OA \Leftrightarrow \frac{{x\sqrt 3 }}{3} = 6 \Rightarrow x = 6\sqrt 3$.

Vì hình chóp S.ABC có SA, SB, SC bằng nhau và đôi một vuông góc tại đỉnh S nênS8v| độ dài cạnh $SA = SB = SC = \frac{x}{{\sqrt 2 }} = 3\sqrt 6$.

Thể tích khối chóp$SABC$ ${V_2} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}SA.SB.SC = 27\sqrt 6$.

Thể tích nước còn lại trong ly: $V = {V_1} - {V_2} = 3326{,}78 \simeq 3327$.

Đáp án: 3,8

Theo giả thiết ta có: $A'H \bot \left( {ABC} \right)$

Góc nhị diện $\left[ {C',BC,A} \right]$ là $\widehat {AHH'} = 120^\circ$.

Xét trong $\left( {AHH'A'} \right)$ vẽ $A'K \bot HH'$ nên

$$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{A'K \bot HH'}\\{A'K \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow A'K \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow d\left( {A',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = A'K$$

Do $AA'//\left( {BCC'B'} \right)$$\Rightarrow d\left( {A,(BCC'B')} \right) = d\left( {A',(BCC'B')} \right) = A'K$

$\widehat{AH{H}^{'}}=\widehat{AH{A}^{'}}+\widehat{{A}^{'}H{H}^{'}}=90^{\circ}+\widehat{{A}^{'}H{H}^{'}}={120}^{^{\circ}}\Rightarrow \widehat{{A}^{'}H{H}^{'}}=30^{\circ}$

Tam giác $A'HH'$ vuông tại $A'$ có $A'H' = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}$

Có $\widehat {A'HH'} = 30^\circ$nên $\widehat {A'H'H} = 60^\circ$

Tam giác $A'H'K$ vuông tại $A'$ có $\widehat {A'H'K} = 60^\circ$ nên

$\sin \widehat {A'H'K} = \frac{{A'K}}{{A'H'}} = \sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'K = A'H'.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{5\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{15}}{4} \approx 3{,}8$.

Vậy $d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) \approx 3{,}8$.

Đáp án: $7{,}4$.

Ta có hình biểu diễn như trên, với hai hình cầu màu vàng là hai viên pha lê, hai hình cầu màu tím là hai chụp đèn. Gọi$S$là tâm của$(S)$và$S'$là tâm của$(S')$.Ta thấy giao tuyến của hình cầu $(S)$và mặt phẳng $(P)$ là đường tròn $({C_1})$ có tâm$A(\frac{2}{3};\frac{1}{3}; - \frac{5}{3})$ và có bán kính ${r_1} = \sqrt {{{(\sqrt 3 )}^2} - d{{(S,(P))}^2}} = \sqrt {3 - 1} = \sqrt 2$. Mặt khác, giao tuyến của hình cầu $(S')$và mặt phẳng $(P)$ là đường tròn $({C_2})$ có tâm$B(\frac{7}{3}; - \frac{7}{3}; - \frac{4}{3})$và có bán kính ${r_2} = \sqrt {{3^2} - d{{(S',(P))}^2}} = \sqrt {9 - 1} = 2\sqrt 2$. Đường thẳng qua hai điểm $A,B$cắt hai đường tròn $({C_1})$ và $({C_2})$ tại hai điểm $C,D$ như hình vẽ.

Vì hình cầu $({T_1})$ phủ kín $({C_1})$ nên ${I_1}A \bot (P)$.

Tương tự ta có ${I_2}B \bot (P)$. Khi đó, ta có ${I_1},{I_2},A,B,C,D$ đồng phẳng. Xét mặt phẳng chứa ${I_1},{I_2},A,B,C,D$, ta có hình vẽ sau:

Như vậy, theo tính chất hình học của tam giác vuông và hình thang vuông,

$$\begin{array}{l}{I_1}{I_2} \ge AB\\{R_1} = {I_1}C \ge AC\\{R_2} = {I_2}D \ge BD\end{array}$$

Vì vậy $M \ge AB + AC + BD$ hay $M \ge \sqrt {10} + \sqrt 2 + 2\sqrt 2$. Dấu xảy ra khi ${I_1} \equiv A$ và ${I_2} \equiv B$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$là $\sqrt {10} + \sqrt 2 + 2\sqrt 2 \approx 7{,}4$ (mét).

Đáp án: 0,5

(i) Trước hết, ta đi tìm điều kiện để phương trình $f\left( x \right) = 0$ với $f\left( x \right) = {x^3} - 3bx + 2a$ và $a,b \in \left[ {0;2} \right]$ có ít nhất hai nghiệm.

· Nhận thấy rằng, do $f\left( x \right)$ làm hàm số bậc ba nên phương trình $f\left( x \right) = 0$ có ít nhất hai nghiệm khi và chỉ khi $f\left( x \right)$ có hai cực trị thoả mãn ${y_{{\rm{CD}}}} \cdot {y_{{\rm{CT}}}} \le 0$

· $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 2b;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = b \Leftrightarrow x = \pm \sqrt b$ với $b > 0.$

· Khi đó,

$\begin{array}{l}\quad \,\,{y_{{\rm{CD}}}} \cdot {y_{{\rm{CT}}}} \le 0\\ \Leftrightarrow \left( { - b\sqrt b + 3b\sqrt b + 2a} \right)\left( {b\sqrt b - 3b\sqrt b + 2a} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow \left( {2a - 2b\sqrt b } \right)\left( {2a + 2b\sqrt b } \right) \le 0\\ \Leftrightarrow {a^2} - {b^3} \le 0\\ \Leftrightarrow {b^3} \ge {a^2}\\ \Leftrightarrow b \ge {a^{\frac{2}{3}}}\end{array}$

· Vậy để $f\left( x \right) = 0$ có ít nhất hai nghiệm thì điều kiện của $a,b$ là miền $D:\left\{ \begin{array}{l}a \in \left[ {0;2} \right]\\b \in \left( {0;2} \right]\\b \ge {a^{\frac{2}{3}}}.\end{array} \right.$

Vẽ miền $D$ trong hệ trục toạ độ $Oab$, ta được phần gạch sọc như hình bên dưới:

Diện tích miền $D$ là ${S_D} = \int\limits_0^2 {\left( {2 - {a^{\frac{2}{3}}}} \right){\rm{d}}a} \approx 2{,}095$

(ii) Gọi $M$ là biến cố “Người chơi nhận được một phần quà lưu niệm”. Khi đó

· $\Omega = \left\{ {\left. {\left( {a;b} \right)} \right|a;b \in \left[ {0;2} \right]} \right\} \Rightarrow \Omega$ biểu diễn một hình vuông cạnh bằng 2. Diện tích của miền $\Omega$ là ${S_\Omega } = 4.$

· $P\left( M \right) = \frac{{{S_D}}}{{{S_\Omega }}} \approx 0{,}5.$