Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT số 1 Tư Nghĩa (Quảng Ngãi) lần 1 có đáp án

Chọn D

Vì $P\left( A \right) = 0{,}3 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7$. Mà nên $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập nên $P\left( {\overline A B} \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( B \right) = 0{,}7.0{,}2 = 0{,}14$.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB'}$; $\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DD'} = \overrightarrow {AD'}$ mà $\overrightarrow {AD'} \ne \overrightarrow {AB'}$.

Chọn D

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

Chọn A

Ta có $\cos x = - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \frac{{5\pi }}{6} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ;\,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn A

Giá trị đại diện của các nhóm lần lượt là: $2{,}5;\,\,3{,}5;\,\,4{,}5;\,\,5{,}5$. Ta có

$\bar x = \frac{{{m_1}{x_1} + {m_2}{x_2} + ... + {m_k}{x_k}}}{n} = \frac{{2{,}5.2 + 3{,}5.10 + 4{,}5.6 + 5{,}5.2}}{{20}} = 3{,}9$.

Phương sai:

$${s^2} = \frac{1}{n}\left( {{m_1}{x_1}^2 + ... + {m_k}{x_k}^2} \right) - {\left( {\overline x } \right)^2} = \frac{1}{{20}}\left( {2.2,{5^2} + 10.3,{5^2} + 6.4,{5^2} + 2.5,{5^2}} \right) - 3,{9^2} = 0{,}64$$

Độ lệch chuẩn: $s = \sqrt {{s^2}} = 0{,}8$.

Chọn A

Diện tích hai hình parabol là: ${S_1} = 2.\frac{2}{3}.AB.\frac{{BC}}{2} = 2.\frac{2}{3}.4.4 = \frac{{32}}{3}(d{m^2}) = \frac{{32}}{{3.100}}({m^2})$.

Diện tích phần tô đậm là: ${S_2} = AB.BC - {S_1} = 4.8 - \frac{{32}}{3} = \frac{{64}}{3}(d{m^2}) = \frac{{64}}{{3.100}}\left( {{m^2}} \right)$.

Để trang trí $1000$ họa tiết như vậy cần số tiền là:

$1000.\left( {500.000{S_2} + 300.000{S_1}} \right) = 1000.\left( {500.000.\frac{{64}}{{3.100}} + 300.000.\frac{{32}}{{3.100}}} \right) \approx 138666667$đ.

Chọn A

Gọi $D\left( {x;y;z} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {AD} = \left( {x - 3;y - 1,z - 2} \right)$.

$\overrightarrow {BC} = \left( {1;3; - 1} \right)$.

Hình bình hành $ABCD$ $\Rightarrow \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x - 3 = 1}\\{y - 1 = 3}\\{z - 2 = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 4}\\{y = 4}\\{z = 1}\end{array}} \right.$.

Vậy $D\left( {4\,;4\,;1} \right)$.

Chọn A

Ta có $y = \frac{{x - 3}}{{{x^2} - 9}} = \frac{1}{{x + 3}}$ (với $x \ne \pm 3$).

Có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} \frac{1}{{x + 3}} = + \infty ;\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} \frac{1}{{x + 3}} = - \infty$.

Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là $x = - 3$.

Chọn C

Ta có: ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d$.

Thay số: ${u_7} = 2 + \left( {7 - 1} \right)\,.\,3 = 2 + 6\,.\,3 = 2 + 18 = 20$.

Chọn D

Vận tốc $v\left( t \right)$ là đạo hàm của quãng đường $s\left( t \right)$ theo thời gian $t$. Ta có:

$v\left( t \right) = s'\left( t \right) = - \frac{3}{2}{t^2} + 18t + 2$.

Hàm vận tốc $v\left( t \right)$ là một hàm số bậc hai có đồ thị là một Parabol có hệ số $a = - \frac{3}{2} < 0$ nên bề lõm hướng xuống dưới. $\Rightarrow$ Vận tốc đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh của parabol.

Thời gian để vận tốc đạt giá trị lớn nhất là: $t = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{18}}{{2\,.\,\left( { - \frac{3}{2}} \right)}} = 6{\rm{ }}\,\left( {\rm{s}} \right)$.

Thời điểm $t = 6$ thỏa mãn điều kiện nằm trong khoảng thời gian 10 giây đầu tiên ($0 \le t \le 10$).

Thay $t = 6$ vào phương trình vận tốc để tìm vận tốc lớn nhất, ta có

$v\left( 6 \right) = - \frac{3}{2}{\left( 6 \right)^2} + 18\left( 6 \right) + 2 = - 54 + 108 + 2 = 56{\rm{ }}\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

Chọn C

Vectơ chỉ phương của ${\Delta _1}$ là: $\overrightarrow {{u_1}} = \left( { - 2\,;\,3\,;\,2} \right)$.

Vectơ chỉ phương của ${\Delta _2}$ là: $\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1\,;\, - 2\,;\,4} \right)$.

Xết tích vô hướng của $\overrightarrow {{u_1}}$ và $\overrightarrow {{u_2}}$: $\overrightarrow {{u_1}} \,.\,\overrightarrow {{u_2}} = - 2\,.\,1 + 3\,.\, - 2 + 2\,.\,4 = - 2 - 6 + 8 = 0$.

$\Rightarrow$ $\overrightarrow {{u_1}} \bot \overrightarrow {{u_2}}$$\Rightarrow$ Góc của giữa 2 đường thẳng ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ bằng là $90^\circ$.

Chọn C

Gọi$M$ là trung điểm của $AB$ $\Rightarrow M\left( {\frac{{1 + 3}}{2}\,;\,\frac{{ - 4 + 2}}{2}\,;\,\frac{{4 + 6}}{2}} \right) \Rightarrow M\left( {2\,;\, - 1\,;\,5} \right)$.

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng trung trực của $AB$là:

$\overrightarrow {AB} = \left( {3 - 1\,;\,2 - ( - 4)\,;\,6 - 4} \right) = \left( {2\,;\,6\,;\,2} \right)$.

Mặt phẳng đi qua $M$ và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow {AB} = \left( {2\,;\,6\,;\,2} \right)$ có phương trình là:

$\Leftrightarrow 1\,.\,\left( {x - 2} \right) + 3\,.\,\left( {y + 1} \right) + 1\,.\,\left( {z - 5} \right) = 0$

$\Leftrightarrow x - 2 + 3y + 3 + z - 5 = 0$

$\Leftrightarrow x + 3y + z - 4 = 0$.

a) Ta có khoảng cách $d\left( {A,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.2 - 1 + 2.\left( { - 1} \right) - 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{4}{3}$.

Chọn Sai.

b) Ta có mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có cặp vectơ chỉ phương là ${\overrightarrow n _P} = \left( {2; - 1;2} \right)$ và $\overrightarrow {{n_K}} = \left( {1;3; - 1} \right)$ nên có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( { - 5;4;7} \right)$, phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là

$- 5x + 4\left( {y - 1} \right) + 7\left( {z - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow - 5x + 4y + 7z - 18 = 0$$\Leftrightarrow 5x - 4y - 7z + 18 = 0$

Chọn Đúng.

c) Ta thay toạ độ điểm $A$ vào phương trình mặt phẳng $\left( K \right)$: $2 + 3.1 - \left( { - 1} \right) + 2 = 8 \ne 0$ nên điểm $A$ không thuộc mặt phẳng $\left( K \right)$.

Chọn Sai.

d) Gọi $\left( \beta \right)$ là mặt phẳng đi qua $A\left( {2;1; - 1} \right)$ và song song với $\left( P \right).$

Ta có mặt phẳng $\left( \beta \right)$ song song với $\left( P \right)$ có dạng $2x - y + 2z + D = 0\,\left( {D \ne - 5} \right)$

mặt phẳng $\left( \beta \right)$ đi qua $A\left( {2;1; - 1} \right)$ nên ta có $2.2 - 1 + 2.\left( { - 1} \right) + D = 0 \Leftrightarrow D = - 1$ (thỏa mãn)

mặt phẳng $\left( \beta \right)$ cần tìm là $2x - y + 2z - 1 = 0$.

Chọn Đúng.

a) Sai.

Ta có $A\left( { - 2;0;0} \right),B\left( {2;0;0} \right),C\left( {2;4;0} \right),D\left( { - 2;4;0} \right)$.

Khi đó ta có $A'\left( { - 2;0;5} \right),B'\left( {2;0;5{,}5} \right),C'\left( {2;4;6} \right)$.

$\overrightarrow {A'B'} = \left( {4;0;0{,}5} \right),\,\,\overrightarrow {A'C'} = \left( {4;4;1} \right)$

Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$ là $\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C'} } \right] = \left( { - 2; - 2;16} \right)$.

Hay $\overrightarrow n = \left( {1;1; - 8} \right)$

b) Đúng.

Phương trình mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$ đi qua điểm $A'\left( { - 2;0;5} \right)$ và nhận $\overrightarrow n = \left( {1;1; - 8} \right)$ làm một vectơ pháp tuyến là:

$1\left( {x + 2} \right) + 1\left( {y - 0} \right) - 8\left( {z - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 8z + 42 = 0$.

Điểm $D'\left( { - 2;4;{z_{D'}}} \right)$ thuộc mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$ nên ta có $- 2 + 4 - 8.{z_{D'}} + 42 = 0 \Leftrightarrow {z_{D'}} = 5{,}5$.

Vậy độ dài sợi dây là $5{,}5\,m$.

c) Sai.

Tọa độ điểm $D\left( { - 2;4;0} \right)$.

d) Sai.

Mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow n = \left( {1;1; - 8} \right)$.

Khi đó, $\cos \left( {\left( {Oxy} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right|.\left| {\overrightarrow k } \right|}} = \frac{8}{{\sqrt {1 + 1 + 64} .1}} = \frac{8}{{\sqrt {66} }}$.

Khi đó, góc nghiêng của nền nhà kho so với phương ngang xấp xỉ $10{,}02^\circ$.

a) Đúng

Ta có ${v_B}\left( t \right) = \int {adt} = at + C$

mà ${v_B}\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow C = 0$

Do đó ${v_B}\left( t \right) = at$

Từ lúc chất điểm $A$ bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm $B$ bắt kịp thì quãng đường hai chất điểm đi được là bằng nhau. Do đó

$$\int\limits_0^{25} {\left( {\frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{13}}{{30}}t} \right)} dt = \int\limits_0^{15} {atdt} \Leftrightarrow \frac{{375}}{2} = \frac{{225}}{2}a \Leftrightarrow a = \frac{5}{3}$$

b) Đúng

Ta có $\int\limits_0^{15} {\frac{5}{3}t} dt = \frac{{375}}{2}$

c) Sai

Ta có $\int\limits_0^{25} {\left( {\frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{13}}{{30}}t} \right)} dt = \frac{{375}}{2}$.

d) Sai

Ta có ${v_B}\left( {15} \right) = \frac{5}{3}.15 = 25\left( {m/s} \right)$.

a) Sai.

Gọi ${V_1}$ là thể tích của nửa khối cầu tâm ${O_2}$, bán kính ${R_2} = 8$;

${V_2}$ là thể tích của khối chỏm cầu bán kính ${R_1} = 10$, chiều cao ${O_2}H$.

Ta có ${V_1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi R_2^3 = \frac{{1024}}{3}\pi$.

Trong tam giác $A{O_1}{O_2}$ vuông tại ${O_2}$ có ${O_1}{O_2} = \sqrt {A{O_1}^2 - A{O_2}^2} = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}} = 6$.

Suy ra ${O_2}H = {O_1}H - {O_1}{O_2} = 10 - 6 = 4$.

Do đó ${V_2} = \pi \cdot {O_2}{H^2}\left( {{R_1} - \frac{{{O_2}H}}{3}} \right) = \pi \cdot {4^2}\left( {10 - \frac{4}{3}} \right) = \frac{{416}}{3}\pi$.

Vậy thể tích khối tròn xoay thu được là $V = {V_1} - {V_2} = \frac{{608}}{3}\pi$.

b) Sai.

Toạ độ điểm ${O_1}$ là ${O_1}\left( { - 6;0} \right)$. Suy ra phương trình đường tròn $\left( {{O_1};10} \right)$ là ${\left( {x + 6} \right)^2} + {y^2} = 100$.

c) Đúng.

Toạ độ điểm ${O_2}$ là ${O_2}\left( {0;0} \right)$. Suy ra phương trình đường tròn $\left( {{O_2};8} \right)$ là ${x^2} + {y^2} = 64$.

d) Sai.

Diện tích nửa hình tròn $\left( {{O_2};8} \right)$ là ${S_1} = \frac{1}{2} \cdot 4\pi R_2^2 = 32\pi$.

Gọi $\left( K \right)$ là phần hình phẳng giới hạn bởi đường $y = \sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}}$, trục hoành, $x = 0$ và $x = 4$. Khi đó diện tích hình phẳng $\left( K \right)$ là ${S_K} = \int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x}$.

Vậy diện tích hình phẳng $\left( H \right)$ là $S = {S_1} - 2{S_K} = 32\pi - 2\int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x}$.

Lưu ý:

a) Thể tích khối tròn xoay thu được là $V = \pi \int\limits_0^8 {\left( {64 - {x^2}} \right)dx - \pi \int\limits_0^4 {\left( {100 - \left( {x + {6^2}} \right)} \right)dx} } = \frac{{608}}{3}\pi$.

d) Diện tích hình phẳng $\left( H \right)$ là $S = 2\int\limits_0^8 {\sqrt {64 - {x^2}} {\rm{d}}x} - 2\int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x}$.

hay $S = 32\pi - 2\int\limits_0^4 {\sqrt {100 - {{\left( {x + 6} \right)}^2}} {\rm{d}}x}$

Đáp án: 60

Lợi nhuận thu được cho mỗi máy tính bảng là: $p\left( x \right) - c\left( x \right) = - {x^2} + 60x + 3600 - \frac{{1000}}{x}$.

Lợi nhuận thu được khi bán $x$ máy tính bảng là: $L\left( x \right) = - {x^3} + 60{x^2} + 3600x - 1000$.

Ta có $L'\left( x \right) = - 3{x^2} + 120x + 3600$. Cho $L'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 20\,\,\left( {KTM} \right)\\x = 60\end{array} \right.$.

Xét $L\left( 1 \right) = 2659$, $L\left( {60} \right) = 215\,000$, $L\left( {200} \right) = - 4\,881\,000$.

Suy ra $L\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất tại $x = 60$.

Vậy doanh nghiệp đó cần bán $60$ máy tính bảng để lợi nhuận là cao nhất.

Đáp án: 1,42

Số sê-ri của các phiếu bốc thăm chạy từ 1000 đến 9999.

Số lượng vé được phát hành là: $n(\Omega ) = 9999 - 1000 + 1 = 9000{\rm{ (v\'e )}}$

Gọi số sê-ri của một phiếu may mắn là $x$ (với $1000 \le x \le 9999$).

Để phiếu được coi là "May mắn", nó phải thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện:

 Chữ số hàng đơn vị là 0 $\Rightarrow x$ chia hết cho 10.

 $x$ chia hết cho 7.

Vì 10 và 7 là hai số nguyên tố cùng nhau (${\rm{UCLN}}(10{,}7) = 1$), nên để $x$ chia hết cho cả 10 và 7 thì $x$ phải chia hết cho ${\rm{BCNN}}(10{,}7) = 70$.

Hay nói cách khác, $x$ là bội số của 70. Ta đặt $x = 70k$ (với $k \in \mathbb{Z}$).

Do $x$ nằm trong khoảng từ 1000 đến 9999, ta có:

$1000 \le 70k \le 9999$

$\Rightarrow \frac{{1000}}{{70}} \le k \le \frac{{9999}}{{70}}$

$\Rightarrow 14.28 \le k \le 142.84$

Vì $k$ phải là số nguyên ($k \in \mathbb{Z}$), nên các giá trị của $k$ là: $k \in \{ 15{,}16{,}17, \ldots ,142\}$.

Số lượng giá trị $k$ thỏa mãn (chính là số lượng vé may mắn) là: $n(A) = 142 - 15 + 1 = 128$.

Xác suất $P$ để một khách hàng rút ngẫu nhiên được vé trúng thưởng là: $P\left( A \right) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{128}}{{9000}} = \frac{{16}}{{1125}}$.

Suy ra, $100P = 100 \cdot \frac{{16}}{{1125}} = \frac{{64}}{{45}} \approx 1{,}4222...$

Làm tròn đến hàng phần trăm, ta được kết quả là 1,42.

Đáp án: 824

Chọn hệ trục$Oxy$ sao cho trục của thùng rượu trùng với trục $Ox$, tâm của thùng trùng với gốc tọa độ $O$.

Mặt cắt dọc của thùng là một đường Parabol có dạng $y = a{x^2} + c$.

Vì thiết diện qua trục vuông góc với trục và cách đều hai đáy có chu vi là$100\pi cm$.

Nên ta có $C = 2\pi R = 100\pi \Rightarrow R = 50cm = 5dm \Rightarrow c = 5$

$\Rightarrow y = a{x^2} + 5$

Khoảng cách giữa hai đáy là$1{,}2m = 12dm$ và bán kính đáy $40cm = 4dm$

Tại đáy thùng bán kính là 4 nên điểm $M\left( {6;4} \right) \in \left( P \right)$

Khi đó ta có $4 = a{.6^2} + 5 \Rightarrow a = \frac{{ - 1}}{{36}} \Rightarrow y = \frac{{ - 1}}{{36}}{x^2} + 5$

Thể tích của khối tròn xoay

$V = \pi \int_{ - 6}^6 {{{\left[ {y\left( x \right)} \right]}^2}} dx = \pi \int_{ - 6}^6 {{{\left( {\frac{{ - 1}}{{36}}{x^2} + 5} \right)}^2}} dx = 824{,}35$ lít.

Đáp án: 10

Gọi $M$ là giao điểm của $\Delta$ và trục $Ox$. Vì $M \in Ox$ nên $M$ có dạng $M(m;0;0)$.

Vì $\Delta$ đi qua $A(1;2; - 3)$ và $M(m;0;0)$ nên có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {AM} = (m - 1; - 2;3)$.

Mặt phẳng $(P)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_P}} = (1;2; - 1)$.

Vì đường thẳng $\Delta$ song song với mặt phẳng $(P)$ nên vectơ chỉ phương của $\Delta$ vuông góc với vectơ pháp tuyến của $(P)$. Ta có $\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {{n_P}} = 0$

$\Leftrightarrow (m - 1) \cdot 1 + ( - 2) \cdot 2 + 3 \cdot ( - 1) = 0$

$\Leftrightarrow m - 1 - 4 - 3 = 0$

$\Leftrightarrow m = 8$.

Với $m = 8$, ta có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {AM} = (7; - 2;3)$.

Theo đề bài, đường thẳng $\Delta$ có một vectơ chỉ phương là $\vec u = (a; - 2;b)$.

Suy ra $a = 7$ và $b = 3$.

Vậy giá trị $a + b = 7 + 3 = 10$.

Đáp án: $6{,}52$.

Đặt hệ trục toạ độ ${\rm{Ox}}yz$ như hình vẽ, mặt phẳng đáy là $z = 0$. Chọn $A(0{,}0{,}0)$, $B(9{,}0{,}0)$, $C\left( {\frac{9}{2},\frac{{9\sqrt 3 }}{2},0} \right)$.

Vì $H \in AB$ và $HA = 2HB$, mà $AB = 9$, nên $HB = 3$, $HA = 6$.

Suy ra $H(6{,}0{,}0)$.Hình chiếu vuông góc của $S$ lên đáy là $H$, nên $S(6{,}0,h)$.

Góc giữa $SC$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng ${45}^{^{\circ}}$, nên $\tan {45}^{^{\circ}}=\frac{SH}{HC}\Rightarrow SH=HC$

Tính $HC = \sqrt {{{\left( {6 - \frac{9}{2}} \right)}^2} + {{\left( {0 - \frac{{9\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}$$= \sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + \frac{{243}}{4}} = \sqrt {\frac{{252}}{4}} = 3\sqrt 7$.Vậy $h = 3\sqrt 7$, tức là $S(6{,}0{,}3\sqrt 7 )$.

Lấy vectơ chỉ phương: $\vec u = \overrightarrow {SA} = ( - 6{,}0, - 3\sqrt 7 )$, $\vec v = \overrightarrow {BC} = \left( { - \frac{9}{2},\frac{{9\sqrt 3 }}{2},0} \right)$.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SA$ và $BC$: $d = \frac{{|\overrightarrow {SB} \cdot \left[ {\vec u;\vec v} \right]|}}{{|\left[ {\vec u;\vec v} \right]|}}$$= \frac{{9\sqrt {210} }}{{20}} \approx 6{,}52$.

Đáp án: $5{,}4$

Chọn mốc thời gian là khi máy bay thứ nhất bắt đầu chuyển động.

Tại thời điểm $t$, tọa độ của máy bay thứ nhất là ${A_1} = A + 75t\frac{{\overrightarrow {{v_1}} }}{{\left| {\overrightarrow {{v_1}} } \right|}} = \left( {25 - 45t; - 10 - 60t;1} \right)$.

Tời thời điểm $t$, tọa độ của chiếc máy bay thứ hai là ${B_1} = B + 90t\frac{{\overrightarrow {{v_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{v_2}} } \right|}} = \left( {30 - 72t; - 25 + 54t;1{,}1} \right)$.

Mãy bay thứ hai đi vào phạm vi theo dõi của radar máy bay thứ nhất khi

${A_1}{B_1} < 5{,}5$$\Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {5 - 27t} \right)}^2} + {{\left( {15 - 114t} \right)}^2} + 0,{1^2}} < 5{,}5$

$\Leftrightarrow 13725{t^2} - 3690t + 219{,}76 < 0$$\Rightarrow t \in \left( {0{,}09;0{,}18} \right)$.

Vậy thời gian máy bay thứ hai xuất hiện trên màn hình radar của máy thứ nhất là

${\Delta _t} = 0{,}18 - 0{,}09 = 0{,}09$(h)$= 5{,}4$(phút).