Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Thanh Oai A (Hà Nội) có đáp án

Chọn A

Hàm số $y = \tan x$ xác định khi $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \,,\,k \in \mathbb{Z}$ .

Vậy tập xác định của hàm số là: $\mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn C

Từ bảng biến thiên, ta chọn được đáp án C.

Chọn A

Đặt hệ trục $Oxy$ như hình vẽ:

Ta thấy parabol có đỉnh là $I\,\left( {0\,;\,2} \right)$, đi qua các điểm $A\,\left( { - 2{,}5\,;\,1{,}5} \right)$ và $B\,\left( {2{,}5\,;\,1{,}5} \right)$.

Phương trình của parabol là $y = a{x^2} + c$ (*).

Thay lần lượt toạ độ của các điểm $I$ và $A$ vào phương trình (*) ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}c = 2\\6{,}25a + c = 1{,}5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - \frac{2}{{25}}\\c = 2\end{array} \right.$.

Vậy phương trình của parabol là $y = - \frac{2}{{25}}{x^2} + 2$.

Diện tích cửa sắt chính là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và trục hoành là:

$S = \int\limits_{ - 2{,}5}^{2{,}5} {\left( { - \frac{2}{{25}}{x^2} + 2} \right)} = \frac{{55}}{6}\,\,\,\left( {{m^2}} \right)$.

Vậy số tiền cần để làm cổng là: $T = \frac{{55}}{6}.660 = 6050$ (nghìn đồng).

Chọn B

Theo quy tắc hình bình hành ta có: $\overrightarrow {BC'} = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB'}$.

Chọn D

Dự vào đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$, ta có diện tích hình phẳng (phần tô đậm trong hình) là

$S = \int\limits_{ - 3}^0 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_0^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x}$.

Chọn A

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 4} \right)\left( {3 - x} \right)\left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 2\\x = 3\end{array} \right.$.

Ta có bảng xét dấu đạo hàm $f'\left( x \right)$:

Vậy hàm số đã cho có $2$điểm cực trị.

Chọn B

Thực hiện phép chia đa thức tử số cho mẫu số, ta được: $y = \frac{{2{x^2} - 5x + 3}}{{x - 2}} = 2x - 1 + \frac{1}{{x - 2}}$.

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

Vậy đường thẳng $y = 2x - 1$ là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn D

$\begin{array}{l}P = {\log _{{2^{2018}}}}4 - \frac{1}{{1009}} + \ln {e^{2018}} = {\log _{{2^{2018}}}}{2^2} - \frac{1}{{1009}} + 2018\ln e\\P = \frac{2}{{2018}}{\log _2}2 - \frac{1}{{1009}} + 2018 = \frac{2}{{2018}} - \frac{1}{{1009}} + 2018 = 2018\end{array}$

Chọn C

Phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ có dạng ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0$ với:

$a = 2,b = 0,c = - 1$ và $d = 4$.

Tâm của mặt cầu là $I\left( {a;b;c} \right)$, suy ra $I\left( {2;0; - 1} \right)$.

Bán kính của mặt cầu là $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = \sqrt {{2^2} + {0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} - 4} = \sqrt 1 = 1$.

Chọn B

Cỡ mẫu là $n = 30$.

Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$:

$\frac{n}{4} = \frac{{30}}{4} = 7{,}5$. Ta có: ${Q_1} = 40 + \frac{{7{,}5 - 7}}{{10}}.10 = 40{,}5$.

Tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$:

$\frac{{3n}}{4} = \frac{{90}}{4} = 22{,}5$. Ta có: ${Q_3} = 50 + \frac{{22{,}5 - 17}}{8}.10 = 50 + \frac{{5{,}5}}{8}.10 = 56{,}875$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là: $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 56{,}875 - 40{,}5 = 16{,}375$.

a) Ta gọi $f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c$, đồ thị hàm số $f\left( x \right)$ đi qua các điểm $\left( {0;0{,}5} \right)$, đỉnh $I$$\left( {0{,}75;0{,}2} \right)$nên ta có $\left\{ \begin{array}{l}c = 0{,}5\\ - \frac{b}{{2a}} = 0{,}75\\{0{,}75^2}a + 0{,}75b + c = 0{,}2\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}c = 0{,}5\\1{,}5a + b = 0\\0{,}5625a + 0{,}75b + c = 0{,}2\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 $f\left( x \right) = \frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}$.

Chọn Đúng.

b) Thể tích tối đa của thùng là

$V = \pi \int\limits_0^{1{,}5} {{f^2}\left( x \right)dx = \pi \int\limits_0^{1{,}5} {{{\left( {\frac{8}{{15}}{x^2} - \frac{4}{5}x + \frac{1}{2}} \right)}^2}dx \approx 0{,}5\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)} }$.

Chọn Đúng

c) Thời gian bơm đầy thùng là $t = \frac{V}{5}$$\approx 92$ (phút)$\approx 1{,}5$(giờ).

Chọn Sai.

d) Gọi $t$ (phút) thì mực nước trong thùng là $h$ (mét).

Ta có thể tích nước trong thùng sau $t$ (phút) bơm là $V = 5t$ (lít)$= 0{,}005t\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

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

Khi đó ta có

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

Khi $t = 20$ 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 phương trình (1) 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 là

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

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

$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\,{\rm{m}}$/phút$\approx 0{,}01\,{\rm{m}}$/phút.

Chọn Đúng.

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

a) Số táo ở thùng A nặng từ 280g trở lên nằm ở hai nhóm [280; 290) và [290; 300].

Số lượng: 4 + 3 = 7 (quả).

Xác suất: $P = \frac{7}{{25}} = 0{,}28$. a) Sai

b) Thùng A: Số táo $\ge 270{\rm{g}}$là: 12 + 4 + 3 = 19 quả. Xác suất ${P_A} = \frac{{19}}{{25}}$.

Thùng B: Số táo $\ge 270{\rm{g}}$là: 7 + 10 + 4 = 21 quả. Xác suất ${P_B} = \frac{{21}}{{25}}$.

Xác suất cả hai quả đều $\ge 270{\rm{g}}$: $P = \frac{{19}}{{25}} \times \frac{{21}}{{25}} = \frac{{399}}{{625}} = 0{,}6384$. b) Đúng

c) Thùng A:

Trung bình ${\bar x_A} = \frac{{2 \cdot 255 + 4 \cdot 265 + 12 \cdot 275 + 4 \cdot 285 + 3 \cdot 295}}{{25}} = 275{,}8$.

Phương sai $s_A^2 = \frac{{2 \cdot {{255}^2} + \ldots + 3 \cdot {{295}^2}}}{{25}} - {(275{,}8)^2} = 111{,}36$.

Thùng B:

Trung bình ${\bar x_B} = \frac{{1 \cdot 255 + 3 \cdot 265 + 7 \cdot 275 + 10 \cdot 285 + 4 \cdot 295}}{{25}} = 279{,}8$

Phương sai $s_B^2 = \frac{{1 \cdot {{255}^2} + \ldots + 4 \cdot {{295}^2}}}{{25}} - {(279{,}8)^2} = 104{,}96$

Vì $s_A^2 > s_B^2(111{,}36 > 104{,}96)$ nên cân nặng ở thùng A phân tán hơn. c) Đúng

d) Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$: Ở vị trí $\frac{{25}}{4} = 6{,}25$. Nhóm chứa ${Q_1}$ là [270; 280)

$${Q_1} = 270 + \frac{{6{,}25 - 6}}{{12}} \cdot 10 \approx 270{,}21$$

Tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$: Ở vị trí $\frac{{3 \cdot 25}}{4} = 18{,}75$. Nhóm chứa ${Q_3}$là [280; 290) (vì tần số tích lũy đến nhóm trước là 2+4+12=18).

$${Q_3} = 280 + \frac{{18{,}75 - 18}}{4} \cdot 10 = 281{,}875$$

Khoảng tứ phân vị: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 281{,}875 - 270{,}2083... \approx 11{,}67$(g). d) Đúng

a) Ta có: $y = f\left( x \right) = 2{x^3} + b{x^2} - 6x + d$nên $f'\left( x \right) = 6{x^2} + 2bx - 6$.

Vì hàm số đạt cực trị bằng $4$ tại $x = 1$ nên ta có

$\left\{ \begin{array}{l}f'\left( 1 \right) = 0\\f\left( 1 \right) = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 + 2b - 6 = 0\\2 + b - 6 + d = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 0\\d = 8\end{array} \right.$. Vậy a) Đúng.

b) Ta có: $y = f\left( x \right) = 2{x^3} - 6x + 8$ và $f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6$.

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.$.

BBT:

Từ BBT suy ra hàm số $y = f\left( x \right)$ đạt tiểu đại tại $x = 1$. Vậy b) Sai.

c) Từ BBT suy ra $x = - 1$là một điểm cực trị của hàm số $y = f\left( x \right)$. Vậy c) Đúng.

d) Từ BBT suy ra giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng $4$. Vậy d) Sai.

Với hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có

$D\left( {0\,;0\,;0} \right)$, $A\left( {2\,;0\,;0} \right)$,$C\left( {0\,;2\,;0} \right)$,${D_1}\left( {0\,;0\,;1} \right)$,$B\left( {2\,;2\,;0} \right)$, ${A_1}\left( {2\,;0\,;1} \right)$, ${B_1}\left( {2\,;2\,;1} \right)$, ${C_1}\left( {0\,;2\,;1} \right)$.

a) Trung điểm của ${B_1}{D_1}$ là $M\left( {1\,;1\,;1} \right).$

Ta có: $\overrightarrow {CM} = \left( {1\,; - 1\,;1} \right)$

Cặp véc tơ chỉ phương của mặt phẳng $\left( {B{B_1}{D_1}D} \right)$

$\begin{array}{l}\overrightarrow {D{D_1}} = \left( {0\,;0\,;1} \right)\\\overrightarrow {DB} = \left( {2\,;2\,;0} \right)\end{array}$

$\overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {D{D_1}} = 1 \ne 0.$

Do đó $\overrightarrow {CM}$ không vuông góc với mọi vectơ nằm trong mặt phẳng $\left( {B{B_1}{D_1}D} \right)$.

Vậy a) Sai.

b) $M\left( {1\,;1\,;1} \right)$

$\overrightarrow {M{C_1}} = \left( { - 1\,;1\,;0} \right)$

$\overrightarrow {BC} = \left( { - 2\,;0\,;0} \right)$

Cosin góc giữa hai đường thẳng:$\cos \left( {M{C_1};BC} \right) = \frac{{|\overrightarrow {M{C_1}} \cdot \overrightarrow {BC} |}}{{|\overrightarrow {M{C_1}} ||\overrightarrow {BC} |}} = \frac{2}{{\sqrt 2 .2}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Vậy b) Sai.

c) ${V_{{C_1}.BDM}} = \frac{1}{3}.{S_{\Delta BDM}}.d\left( {{C_1};\left( {BDM} \right)} \right)$.

${S_{\Delta BDM}}$ và $d\left( {{C_1};\left( {BDM} \right)} \right)$ không đổi.

Suy ra thể tích khối chóp ${C_1}.BDM$ không đổi.

Vậy c) Đúng.

d) Vectơ chỉ phương của đường thẳng $BC$: ${\vec u_{BC}} = \left( {1\,;0\,;0} \right).$

Phương trình tham số của $BC$: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2 + k}\\{y = 2}\\{z = 0}\end{array}} \right.$.

Dạng tọa độ điểm $M\left( {2t\,;2t\,;1} \right)$ với $0 \le t \le 1.$

Khoảng cách từ một điểm $M$ đến đường thẳng $BC$: $d\left( {M,BC} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_{BC}}} \right|}}$.

$\overrightarrow {BM} = \left( {2t - 2\,;2t - 2\,;1 - 0} \right) = \left( {2t - 2\,;2t - 2\,;1} \right)$.

$\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right] = \left( {0\,;1\,;2 - 2t} \right)$.

$\left| {\left[ {\overrightarrow {BM} ,{{\vec u}_{BC}}} \right]} \right| = \sqrt {{0^2} + {1^2} + {{(2 - 2t)}^2}} = \sqrt {1 + {{(2 - 2t)}^2}}$.

$\left| {{{\vec u}_{BC}}} \right| = 1$.

Suy ra $d\left( {M,BC} \right) = \sqrt {1 + {{\left( {2 - 2t} \right)}^2}}$.

$d\left( {M,BC} \right)$ nhỏ nhất khi $2 - 2t = 0 \Leftrightarrow t = 1$.

Khi đó $M$ trùng với điểm ${B_1}\left( {2\,;2\,;1} \right)$.

Vậy giá trị nhỏ nhất bằng $1$.

Vậy d) Sai.

Đáp án: $109$

Xét $0 < t \le 10$: $V(t) = ( - {t^2} + 14t - 40){e^{\frac{t}{4}}} + 50$

$V'(t) = ( - 2t + 14){e^{\frac{t}{4}}} + ( - {t^2} + 14t - 40) \cdot \frac{1}{4}{e^{\frac{t}{4}}} = {e^{\frac{t}{4}}}\left( { - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4} \right)$.

$V'(t) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{4}{t^2} + \frac{3}{2}t + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 2\left( l \right)\\t = 8\left( n \right)\end{array} \right.$

Với $t = 8$: $V(8) = ( - {8^2} + 14 \cdot 8 - 40){e^{\frac{8}{4}}} + 50 \approx 109{,}11.$

Với $t = 10$: $V(10) = ( - {10^2} + 14 \cdot 10 - 40){e^{\frac{{10}}{4}}} + 50 = 50.$

Xét $10 < t \le 12$: $V(t) = 4(t - 10)(3t - 41) + 50 = 12{t^2} - 284t + 1690$.

$V\prime (t) = 24t - 284 = 0 \Rightarrow t \approx 11{,}83$.

Với $t \approx 11.83 \Rightarrow V(11{,}83) \approx - 14{,}33$.

Với $t = 10 \Rightarrow V\left( {10} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}50$.

Với $t = 12 \Rightarrow V\left( {12} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}10$.

Vậy lượng nước tích trữ lớn nhất là $V(8) \approx 109$.

Đáp án: $36$.

Theo đề bài, ta có phương trình: ${\log _3}x + {\log _x}729 = 5$

Đặt ${\log _3}x = a \Rightarrow x = {3^a}$, ta có: ${\log _x}729 = {\log _x}{3^6} = 6{\log _x}3 = \frac{6}{{{{\log }_3}x}} = \frac{6}{a}$, thay lên trên ta được:

$$a + \frac{6}{a} = 5 \Leftrightarrow {a^2} - 5a + 6 = 0 \Leftrightarrow {a_1} = 2,{a_2} = 3$$

Suy ra ${x_1} = {3^2} = 9,{x_2} = {3^3} = 27$

Tổng các giá trị có thể có của $x$ là: $9 + 27 = 36$.

Đáp án: 1

Khi quay quanh trục $Oy$

+ Với $y = 3{x^2} \Rightarrow {x^2} = \frac{y}{3}$

+ Với $y = {x^2} \Rightarrow {x^2} = y$

Thể tích nước trong khối tròn xoay $A$ là ${V_1} = \pi \int\limits_0^u {\frac{y}{3}dy} = \frac{{\pi {u^2}}}{6}$

Thể tích nước ngoài khối tròn xoay $A$, trong khối tròn xoay $B$ là:

$${V_2} = \pi \int\limits_0^v {\left( {y - \frac{y}{3}} \right)dy} = \pi \int\limits_0^v {\left( {\frac{{2y}}{3}} \right)dy} = \frac{{\pi {v^2}}}{3}$$

Theo thời gian $t$, nước ở phần thể tích ${V_1}$ vơi đi bao nhiêu thì nước ở khối ${V_2}$ tăng lên bấy nhiêu nên ta có

$$\begin{array}{l}\frac{{d{V_1}}}{{dt}} = - \frac{{d{V_2}}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{{d\left( {\frac{{\pi {u^2}}}{6}} \right)}}{{dt}} = - \frac{{d\left( {\frac{{\pi {v^2}}}{3}} \right)}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}u.\frac{{du}}{{dt}} = - \frac{{2\pi }}{3}v.\frac{{dv}}{{dt}} \Leftrightarrow u.\frac{{du}}{{dt}} = - 2v.\frac{{dv}}{{dt}}\\ \Leftrightarrow \frac{{du}}{{dt}} = - \frac{{2v}}{u}\frac{{dv}}{{dt}} \Leftrightarrow \frac{{dv}}{{du}} = - \frac{u}{{2v}}\end{array}$$

Theo giả thiết có $v = \frac{1}{2}u$, tại đó ta có $\frac{{dv}}{{du}} = - \frac{u}{{2.\frac{u}{2}}} = - 1$.

Vậy độ lớn tốc độ thay đổi của chiều cao mực nước ở khoang ngoài theo chiều cao mực nước ở khoang trong tại thời điểm $v = \frac{1}{2}u$ là $\left| { - 1} \right| = 1$.

Đáp án: 2

Gọi $H$ là tâm của đáy $ABCD$. Vì là hình chóp đều nên $PH \bot ABCD$.

Đáy là hình vuông cạnh $AB = a = 2 \Rightarrow AH = \sqrt 2 \Rightarrow PH = \sqrt {P{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{2^2} - \left( {\sqrt 2 } \right)2} = \sqrt 2$

Mặt cầu $\left( O \right)$ nội tiếp hình chóp tứ giác đều $P.ABCD$tiếp xúc với đáy tại $H$. Do đó tâm O nằm trên đoạn $PH$và $OH = R$.

Xét mặt phẳng đi qua $P,H$và trung điểm $M$ của cạnh $AB$. Trong tam giác$PHM$, đường phân giác của $\widehat {PMH}$ cắt $PH$ tại $O$.

Ta có $HM = \frac{{AB}}{2} = 1,PM = \sqrt {P{H^2} + H{M^2}} = \sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt 3$

$$\overrightarrow {QE} .\overrightarrow {QF} = \left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OE} } \right)\left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OF} } \right) = \left( {\overrightarrow {QO} + \overrightarrow {OE} } \right)\left( {\overrightarrow {QO} - \overrightarrow {OE} } \right) = Q{O^2} - {R^2}$$

$$O{A^2} = {1^2} + {1^2} + {\left( {0 - R} \right)^2} = 2 + {R^2}$$

Để biểu thức đạt GTLN ta cần tìm điểm $Q$ thuộc mặt ngoài của hình chóp sao cho khoảng cách $QO$ là lớn nhất. $QO$lớn nhất khi $QO = OA$.

Vậy $Q{O^2} - {R^2} = 2 + {R^2} - {R^2} = 2$.

Đáp án: $5$.

Gọi $\alpha = \widehat {POB}$ $\left( {0 < \alpha < 90^\circ } \right)$, $OB = \sqrt 3$.

Tam giác $OPB$ vuông tại $P$. Khi quay tam giác $OPB$ quanh trục $OP$ được khối tròn xuay là khối nón có đường cao $OP = OB\cos \alpha = \sqrt 3 \cos \alpha$, bán kính đáy $R = BP = OB\sin \alpha = \sqrt 3 \sin \alpha$.

Thể tích khối tròn xoay

$V = \frac{1}{3}OP.\pi B{P^2}$$= \frac{1}{3}\sqrt 3 \cos \alpha .\pi .3{\sin ^2}\alpha$$= \pi \sqrt 3 \cos \alpha .\left( {1 - {{\cos }^2}\alpha } \right)$.

Đặt $t = \cos \alpha$. Điều kiện: $0 < t < 1$. Ta có $V = \pi \sqrt 3 t.\left( {1 - {t^2}} \right)$

Xét hàm số $f\left( t \right) = t\left( {1 - {t^2}} \right) = - {t^3} + t$ trên $\left( {0;1} \right)$.

Ta có $f'\left( t \right) = - 3{t^2} + 1$; $f''\left( t \right) = - 6t$.

$f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{t^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \in \left( {0;1} \right)$,

Hàm số $f\left( t \right) = - {t^3} + t$ có duy nhất một điểm cực trị trên $\left( {0;1} \right)$ và đó là điểm cực đại nên giá trị cực đại đó là giá trị lớn nhất của hàm số trên $\left( {0;1} \right)$

Do đó $\mathop {\max }\limits_{\left( {0;1} \right)} f\left( t \right) = f\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{9}$.

Vậy ${V_{\max }} = \pi \sqrt 3 .\frac{{2\sqrt 3 }}{9} = \frac{2}{3}\pi$.

Suy ra $a = 2$, $b = 3$.

Vậy $a + b = 2 + 3 = 5$.

Đáp án: 43

Tổng số bóng trong túi là $3 + 4 = 7$ quả.

Số cách lấy ngẫu nhiên $3$ quả bóng từ $7$ quả là: $n(\Omega ) = C_7^3 = 35$.

Vì lấy ra $3$ quả bóng nên ta luôn có $m + n = 3$ với $m,n \in \mathbb{N}$. Các cặp $(m,n)$ có thể là: $(0{,}3),(1{,}2),(2{,}1),(3{,}0)$.

Xét điều kiện $2m \ge n$:

Nếu $m = 0,n = 3 \Rightarrow 2.0 < 3$(loại).

Nếu $m = 1,n = 2 \Rightarrow 2.1 = 2 \ge 2$(thỏa mãn). Số cách chọn: $C_3^1 \cdot C_4^2 = 18$.

Nếu $m = 2,n = 1 \Rightarrow 2.2 = 4 \ge 1$ (thỏa mãn). Số cách chọn: $C_3^2 \cdot C_4^1 = 12$.

Nếu $m = 3,n = 0 \Rightarrow 2.3 = 6 \ge 0$ (thỏa mãn). Số cách chọn: $C_3^3 \cdot C_4^0 = 1$.

Gọi $A$ là biến cố: "Lấy ra $3$ quả bóng sao cho $2m \ge n$".

Số phần tử của biến cố $A$ là $n(A) = 18 + 12 + 1 = 31$.

Gọi $B$ là biến cố: "Số quả bóng trắng lấy ra là $2$" (tương ứng cặp $m = 2,n = 1$).

Số phần tử của biến cố $B$ thỏa mãn điều kiện $A$ là $n(B \cap A) = 12$.

Xác suất cần tìm là xác suất của $B$ với điều kiện $A$ đã xảy ra

$P(B|A) = \frac{{n(B \cap A)}}{{n(A)}} = \frac{{12}}{{31}}$.

Vì $12$ và $31$ là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau nên $q = 12$ và $p = 31$.

Giá trị của $p + q = 31 + 12 = 43$.