Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 trường ĐH KHTN Hà Nội lần 1 có đáp án

Chọn B

Ta có $\int {\left( {x + \sin x} \right)} dx$$= \frac{{{x^2}}}{2} - \cos x + C$.

Chọn D

Ta có $f'(x) = 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 1\end{array} \right.$

Bảng biến thiên

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng $4$.

Chọn A

Ta có $\int\limits_0^1 {\left( {3f(x) - 2g(x)} \right)dx}$$= 3\int\limits_0^1 {f(x)dx} - 2\int\limits_0^1 {g(x)dx} = - 4$

Chọn D

Đường thẳng song song với đường thẳng $d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = t\\z = - 1 - 4t\end{array} \right.$ nên có vecto chỉ phương $\overrightarrow u ( - 1;1; - 4)$

Đường thẳng đi qua điểm $A(1;2;3)$, ta thay điểm $A(1;2;3)$ vào pt $\frac{x}{1} = \frac{{y - 3}}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{4}$ thấy luôn đúng

Chọn C

$\vec b + \vec c = \left( {3;0; - 3} \right)$$\Rightarrow \vec a\left( {\vec b + \vec c} \right) = 3.3 + 0.0 + 1.\left( { - 3} \right) = 6$.

Chọn A

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{f^2}(x) - 9}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {f(x) - 3} \right]\left[ {f(x) + 3} \right]}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {f(x) - 3} \right]}}{{x - 1}}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f(x) + 3} \right]$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left[ {f(x) - f(1)} \right]}}{{x - 1}}.\left[ {f(1) + 3} \right] = f'\left( 1 \right).\left( {3 + 3} \right) = 2.6 = 12$.

Chọn C

Giải $x = {x^2} - 2x \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.$

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng $y = x$ và đồ thị của hàm số $y = {x^2} - 2x$ bằng

$\int\limits_0^3 {\left| {x - \left( {{x^2} - 2x} \right)} \right|} dx = \frac{9}{2}$.

Chọn C

$(P):2x - y + 3z - 2 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{n_P}} = \left( {2; - 1;3} \right)$

$(Q):x + y + z - 1 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1;1;1} \right)$

Mặt phẳng cần tìm vuông góc với các mặt phẳng $(P):2x - y + 3z - 2 = 0;\,\,(Q):x + y + z - 1 = 0$

$\Rightarrow$ VTPT $\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( { - 4;1;3} \right)$ mà mặt phẳng cần tìm đi qua $A(1;2; - 1)$ nên ta có phương trình: $- 4.\left( {x - 1} \right) + 1.\left( {y - 2} \right) + 3.\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow - 4x + y + 3z + 5 = 0 \Leftrightarrow 4x - y - 3z - 5 = 0$.

Chọn A

Cường độ ánh sáng $I$ tại độ sâu $d = 10m$ bằng một nửa cường độ ánh sáng tại mặt nước ${I_0}$ nên $\frac{1}{2}{I_0} = {I_0}.{e^{ - k.10}}$$\Rightarrow k = - \frac{1}{{10}}.\ln \frac{1}{2} \approx 0{,}069$.

Chọn D

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

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là $y = 2x - 1$.

Chọn C

Tứ phân vị thứ nhất nằm ở nhóm $\left[ {40;50} \right)$

${Q_1} = 40 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 7}}{{10}}.\left( {50 - 40} \right) = \frac{{81}}{2}$

Tứ phân vị thứ ba nằm ở nhóm $\left[ {50;60} \right)$

${Q_3} = 50 + \frac{{\frac{{3.30}}{4} - 17}}{8}.\left( {60 - 50} \right) = \frac{{455}}{8}$

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{455}}{8} - \frac{{81}}{2} = \frac{{131}}{8} = 16{,}375$.

Chọn B

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB$.

Suy ra $\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = 30^\circ$.

Xét tam giác vuông $SAB$ có $\tan 30^\circ = \frac{{SA}}{{AB}} \Rightarrow SA = AB.\tan 30^\circ = 2a.\frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$.

Thể tích của khối chóp đã cho bằng $V = \frac{1}{3}.{\left( {2a} \right)^2}.\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{8\sqrt 3 {a^3}}}{9}$.

Gọi $M,N$ lần lượt là biến cố mô hình 1, mô hình 2 dự đoán đúng, ta có $P\left( M \right) = 0{,}8;\,\,P\left( N \right) = 0{,}9.$

Gọi $A$ là biến cố trời mưa, ta có $P\left( A \right) = 0{,}2;\,\,P\left( {\overline A } \right) = 0{,}8.$

Gọi $X,Y$ lần lượt là biến cố mô hình 1 dự đoán trời mưa, mô hình 2 dự đoán trời mưa.

a) Sai

Xác suất để mô hình 1 dự đoán sai là $P\left( {\overline M } \right).P\left( {\overline N } \right) = 0{,}2.0{,}1 = 0{,}02.$

b) Sai

Xác suất mô hình 1 dự đoán không mưa đúng là $P\left( {\overline A .\overline X } \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline X |\overline A } \right) = 0{,}8.0{,}8 = 0{,}64.$

Xác suất mô hình 2 dự đoán có mưa đúng là $P\left( {A.Y} \right) = P\left( A \right).P\left( {Y|A} \right) = 0{,}2.0{,}9 = 0{,}18.$

Suy ra trong trường hợp Mô hình 1 dự báo không mưa và Mô hình 2 dự báo có mưa, xác suất Mô hình 1 dự báo đúng cao hơn xác suất Mô hình 2 dự báo đúng.

c) Đúng

Xác suất để cả hai mô hình đều dự báo có mưa $P\left( {XY} \right) = P\left( A \right).P\left( {XY|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {XY|\overline A } \right) = 0{,}2.0{,}8.0{,}9 + 0{,}8.0{,}1.0{,}2 = 0{,}16.$

d) Đúng

Ta có $P\left( {AXY} \right) = P\left( A \right).P\left( {X|A} \right).P\left( {Y|A} \right) = 0{,}2.0{,}8.0{,}9 = 0{,}144.$

Ta có $P\left( {AXY} \right) = P\left( {XY} \right).P\left( {A|XY} \right) \Rightarrow P\left( {A|XY} \right) = \frac{{P\left( {AXY} \right)}}{{P\left( {XY} \right)}} = \frac{{0{,}144}}{{0{,}16}} = 0{,}9.$

a) Sai

$A'\left( x \right)\, = \,0{,}2\,\,\, - \,\,\,\frac{{500}}{{{x^2}}}\, = \,\frac{{0{,}2{x^2}\,\, - \,500}}{{{x^2}}}$.

$A'\left( x \right)\, = \,0\,\, \Leftrightarrow \,0{,}2{x^2}\, - \,\,500\,\, = \,\,0\,\, \Leftrightarrow \,\,x\,\, = \,\,50$

b) Đúng

$A\left( {10} \right)\, = \,\,54;\,A\left( {50} \right)\, = \,\,22;\,A\left( {100} \right)\, = \,\,27$ suy ra chi phí trung bình trên mỗi chuyến xe thấp nhất là $22$triệu đồng

c) Đúng

$A\left( {10} \right)\, = \,\,54;\,\,A\left( {40} \right)\, = \,\,\frac{{45}}{2}$ suy ra suy ra chi phí trung bình trên mỗi chuyến xe thấp nhất là $22{,}5$triệu đồng.

d) Sai

Chi phí vận hành của một công ty vận tải khi vận hành $x$ chuyến xe mỗi ngày là $B\left( x \right)\, = \,\,x.A\left( x \right)\, = \,0{,}2{x^2}\, + \,2\,x + \,500$ với $10\,\, \le \,\,x\,\, \le \,\,100$.

Khi đó, $B'\left( x \right)\, = \,0{,}4x\, + \,2\,\, > \,\,0\,\,\forall x\, \in \,\left[ {10;\,\,100} \right]$

$B\left( {10} \right)\,\, = \,540;\,\,B\left( {100} \right)\, = \,2700$suy ra tổng chi phí vận hành của công ty vận tải trong một ngày thấp nhất là $540$ triệu đồng.

Bồn hoa là hình phẳng giới hạn bởi parabol $\left( P \right):y = - {x^2} + 4$ và trục hoành $Ox$.

a) Sai.

Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right):y = - {x^2} + 4$ và trục hoành $Ox$ là $- {x^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 2\\x = 2\end{array} \right.$.

Diện tích toàn bộ bồn hoa (tổng diện tích trồng hoa hồng và trồng cỏ Nhật ) bằng:

$S = \frac{2}{3}.d.h = \frac{2}{3}.4.4 = \frac{{32}}{3}$ (với $d$ là độ dài đáy, $h$ là chiều cao).

b) Sai.

Đường thẳng $d:\,y = ax + b$ qua $M\left( {0;1} \right) \Rightarrow b = 1$.

Nên $d:y = ax + 1$.

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $d$ và parabol $\left( P \right)$ : $- {x^2} + 4 = ax + 1 \Leftrightarrow - {x^2} - ax + 3 = 0.\,\,\,\left( * \right)$

Áp dụng định lý Vi – ét: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - a\\{x_1}.{x_2} = - 3\end{array} \right.$ .

c) Đúng.

Diện tích trồng hoa hồng là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol $\left( P \right)$ và đường thẳng $d$có công thức tính nhanh ${S_1} = \frac{{\left| { - 1.{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^3}} \right|}}{6}$

Mà $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - a\\{x_1}.{x_2} = - 3\end{array} \right.$

$$\begin{array}{l}{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} = x_1^2 - 2{x_1}{x_2} + x_2^2 = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = {a^2} + 12.\\ \Rightarrow \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \sqrt {{a^2} + 12} \end{array}$$

${S_1} = \frac{{\left| { - 1.{{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^3}} \right|}}{6} = \frac{{{{\left| {{x_1} - {x_2}} \right|}^3}}}{6} = \frac{{{{\left( {\sqrt {{a^2} + 12} } \right)}^3}}}{6}$.

Dễ thấy ${S_{1\left( {\min } \right)}} \Leftrightarrow a = 0 \Rightarrow d:y = 1$.(song song với trục hoành).

d) Đúng.

Diện tích trồng hoa hồng gấp đôi diện tích trồng cỏ Nhật nên:

${S_1} = 2\left( {S - {S_1}} \right) \Leftrightarrow 3{S_1} = 2S \Leftrightarrow {S_1} = \frac{2}{3}S \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\sqrt {{a^2} + 12} } \right)}^3}}}{6} = \frac{2}{3}.\frac{{32}}{3} \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {\sqrt {{a^2} + 12} } \right)}^3}}}{6} = \frac{{64}}{9}$

$\Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{a^2} + 12} } \right)^3} = \frac{{128}}{3} \Leftrightarrow {a^2} = {\left( {\frac{{128}}{3}} \right)^{\frac{2}{3}}} - 12$.

Gọi $A\left( {{x_1};a{x_1} + 1} \right),B\left( {{x_2};a{x_2} + 1} \right)$

$AB = \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {a^2}{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}\left( {1 + {a^2}} \right)} = \sqrt {{{\left( {\sqrt {{a^2} + 12} } \right)}^2}.\left( {1 + {a^2}} \right)}$

$AB = \sqrt {{{\left( {\frac{{128}}{3}} \right)}^{\frac{2}{3}}}.\left( {1 + {{\left( {\frac{{128}}{3}} \right)}^{\frac{2}{3}}} - 12} \right)} \approx 3{,}84$.

Vậy chiều dài của dải đèn LED xấp xỉ $3{,}84$mét (làm tròn đến hàng phần trăm).

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

a) Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {1;1;1} \right) \Rightarrow AB = \sqrt 3$.

Vậy a) sai.

b) Ta xét $f\left( {x,y,z} \right) = x - y + z - 2$. Ta có $f\left( A \right) = 1 - 2 + \left( { - 1} \right) - 2 = - 4;f\left( B \right) = 2 - 3 + 0 - 2 = - 3 \Rightarrow f\left( A \right) \cdot f\left( B \right) > 0$.

Do đó hai điểm $A,B$ nằm cùng phía đối với mặt phẳng $\left( P \right)$.

Vậy b) đúng.

c) Đường thẳng đi qua $B$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$, có véc-tơ chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {1; - 1;1} \right)$

Phương trình đường thẳng $d$ là $\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + t\\y = 3 - t\\z = t\end{array} \right.,t \in \mathbb{R}$.

Khi đó $d \cap \left( P \right) = \left\{ H \right\}$. Toạ độ điểm $H$ là nghiệm hệ phương trình

Vậy c) đúng.

d) Hai điểm $A,B$ nằm cùng phía đối với mặt phẳng $\left( P \right)$.

Gọi điểm $B'$ là điểm đối xứng với $B$ qua mặt phẳng $\left( P \right)$. Khi đó điểm $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $BB'$. Suy ra toạ độ điểm $B'\left( {4;1;2} \right)$.

Khi đó $MA + MB = MA + MB' \ge AB'$.

Dấu bằng xảy ra khi $A,M,B'$ thẳng hàng.

Đường thẳng $AB'$ đi qua $A$, có véc-tơ chỉ phương $\overrightarrow {AB'} = \left( {3; - 1;3} \right)$, có phương trình tham số là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 2 - t\\z = - 1 + 3t\end{array} \right.,t \in \mathbb{R}$

Điểm $\left\{ M \right\} = AB' \cap \left( P \right)$. Toạ độ điểm $M$ là nghiệm hệ phương trình

$$\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 3t\\y = 2 - t\\z = - 1 + 3t\\x - y + z - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{4}{7}\\x = \frac{{19}}{7}\\y = \frac{{10}}{7}\\z = \frac{5}{7}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{{19}}{7};\frac{{10}}{7};\frac{5}{7}} \right)$$

Và giá trị nhỏ nhất của $MA + MB$ bằng $AB' = \sqrt {19}$.

Vậy d) sai.

Đáp án: 9.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$.

Vì $E$ là trung điểm của $SB$ và $M$ là trung điểm của $AB$ nên $EM$ là đường trung bình của tam giác $SAB$.

Do đó $EM\,{\rm{//}}\,SA$ và $EM = \frac{1}{2}SA$.

Vì $SA \bot (ABC)$ và $EM\,{\rm{//}}\,SA$ nên $EM \bot (ABC)$.

Mặt khác, $MC \subset (ABC)$ nên $EM \bot MC$.

Góc giữa hai đường thẳng $SA$ và $CE$ bằng góc giữa $EM$ và $CE$, tức là $\widehat {CEM} = {60^\circ }$.

Xét tam giác vuông $EMC$ tại $M$, ta có $\tan \widehat {CEM} = \frac{{MC}}{{EM}}$.

$\Rightarrow \tan {60^\circ } = \frac{{MC}}{{EM}} \Rightarrow \sqrt 3 = \frac{{MC}}{{EM}} \Rightarrow MC = EM\sqrt 3$. Vì $EM = \frac{{SA}}{2}$ nên $MC = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2}$.

Trong tam giác vuông $SAB$ tại $A$, ta có: $S{A^2} + A{B^2} = S{B^2} \Rightarrow S{A^2} + A{B^2} = {6^2} = 36$ (1).

Trong tam giác vuông $ABC$ tại $B$ (do vuông tại $B$ nên $AB \bot BC$, và $M$ trên $AB$, nên $MB \bot BC$), có: $M{C^2} = M{B^2} + B{C^2}$.

Mà $MB = \frac{{AB}}{2}$ (vì $M$ là trung điểm của $AB$).

Nên $M{C^2} = {\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)^2} + B{C^2} = \frac{{A{B^2}}}{4} + {3^2} = \frac{{A{B^2}}}{4} + 9$.

Thay $MC = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2}$ vào biểu thức $M{C^2}$, ta được: ${\left( {\frac{{SA\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = \frac{{A{B^2}}}{4} + 9$$\Leftrightarrow 3S{A^2} = A{B^2} + 36$ (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{S{A^2} + A{B^2} = 36}\\{3S{A^2} - A{B^2} = 36}\end{array}} \right.$

Cộng hai phương trình, ta được: $(S{A^2} + A{B^2}) + (3S{A^2} - A{B^2}) = 36 + 36$

$\Leftrightarrow S{A^2} = 18 \Rightarrow SA = \sqrt {18} = 3\sqrt 2$.

Thay $S{A^2} = 18$ vào phương trình (1): $18 + A{B^2} = 36 \Rightarrow A{B^2} = 18 \Rightarrow AB = \sqrt {18} = 3\sqrt 2$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là: ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SA$.

Diện tích đáy ${S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot (3\sqrt 2 ) \cdot 3 = \frac{{9\sqrt 2 }}{2}$.

${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{9\sqrt 2 }}{2} \cdot 3\sqrt 2 = \frac{1}{3} \cdot \frac{{27 \cdot 2}}{2} = \frac{1}{3} \cdot 27 = 9$.

Đáp án: $60{,}2$.

Chọn hệ trục toạ độ $Oxy$ như hình vẽ (đơn vị $dm$). Khi đó các parabol nhận trục tung làm trục đối xứng, $\left( {{P_1}} \right)$ đi qua $\left( {0; - 3} \right)$ và $\left( {3;3} \right)$ nên có phương trình $\left( {{P_1}} \right):y = \frac{2}{3}{x^2} - 3$; $\left( {{P_2}} \right)$ đi qua $\left( {0;3} \right)$ và $\left( {3; - 3} \right)$ nên có phương trình $\left( {{P_2}} \right):y = - \frac{2}{3}{x^2} + 3$.

Hoành độ giao điểm của $\left( {{P_1}} \right)$ và $\left( {{P_2}} \right)$ là nghiệm của phương trình $\frac{2}{3}{x^2} - 3 = - \frac{2}{3}{x^2} + 3 \Leftrightarrow x = \pm \frac{{3\sqrt 2 }}{2}$

Lấy $M\left( {x; - \frac{2}{3}{x^2} + 3} \right)$ $\left( {0 < x < \frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)$

Suy ra diện tích hình chữ nhật trắng là ${S_1} = 2x.2.\left( { - \frac{2}{3}{x^2} + 3} \right) = - \frac{8}{3}{x^3} + 12x\;\left( {d{m^2}} \right)$ và phần diện tích màu là ${S_2} = S - {S_1} = {6^2} - \left( { - \frac{8}{3}{x^3} + 12x} \right) = \frac{8}{3}{x^3} - 12x + 36\;\left( {d{m^2}} \right)$.

Suy ra chi phí $C\left( x \right) = \left( { - \frac{8}{3}{x^3} + 12x} \right).0{,}8 + \left( {\frac{8}{3}{x^3} - 12x + 36} \right).2 = \frac{{16}}{5}{x^3} - \frac{{72}}{5}x + 72$ (nghìn đồng)

Có $C'\left( x \right) = \frac{{48}}{5}{x^2} - \frac{{72}}{5} = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{2}$,

Có BBT

Suy ra $\mathop {\min }\limits_{\left( {0;\frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)} C\left( x \right) = \frac{{360 - 24\sqrt 6 }}{5} \approx 60{,}2$(nghìn đồng).

Đáp số: 32.

Khối cầu $R = 20m$ đc tạo ra bằng cách quay nửa đường tròn giới hạn bởi $x = 20,$ $x = - 20$ quanh trục $Ox.$

Phương trình đường tròn tâm $O\left( {0;0} \right),$$R = 20$ : ${x^2} + {y^2} = {20^2}$ $\Rightarrow y = \sqrt {400 - {x^2}}$

${V_{be}} = \pi \int\limits_{ - 15}^{18} {{{\left( {\sqrt {400 - {x^2}} } \right)}^2}} dx$$= 10131\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^3}} \right)$$\approx 31827$ (${m^3}$) $\approx 32{\rm{ (nghin }}{{\rm{m}}^3})$

Đáp án: 12.

${2^{{a_8}}} = {2^{27}}{a_8} \Leftrightarrow \frac{{{2^{{a_8}}}}}{{{a_8}}} = {2^{27}}$$\Rightarrow$ nên phương trình có ngiệm duy nhất ${a_8} = 32$.

$\Rightarrow {a_8} = {a_1} + 7d = 32 \Rightarrow {a_1} = 32 - 7d$.

$\Rightarrow {a_3} = {a_1} + 2d = 32 - 5d$.

Vì ${a_1},d$ là số nguyên dương $\Leftrightarrow {a_1} \ge 1 \Leftrightarrow 32 - 7d \ge 1 \Leftrightarrow d \le 4{,}4 \Rightarrow d = \left\{ {1{,}2{,}3{,}4} \right\}$

$d = 1 \Rightarrow {a_3} = 27$, $d = 2 \Rightarrow {a_3} = 22$, $d = 3 \Rightarrow {a_3} = 17$, $d = 4 \Rightarrow {a_3} = 12$.

Đáp án: 310

Công thức: $P(B|A) = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(A)}}$

 Biến cố $A$: Tổng các số trên mỗi hàng bằng 0.

 Biến cố $B$: Tổng các số trên mỗi cột bằng 0.

 Chúng ta cần tính số trường hợp của $A$ và số trường hợp của $A \cap B$ (tức là cả hàng và cột đều bằng 0).

Bước 1: Tính số cách điền để tổng mỗi hàng bằng 0 ($n(A)$)

Xét một hàng gồm 3 ô $(x,y,z)$ có giá trị thuộc $\{ - 1;0;1\}$ sao cho $x + y + z = 0$. Các bộ số thỏa mãn là:

1. Bộ $\{ 0;0;0\}$: Có 1 hoán vị $(0{,}0{,}0)$.

2. Bộ $\{ 1; - 1;0\}$: Có $3! = 6$ hoán vị (ví dụ: $(1, - 1{,}0),(0{,}1, - 1),...$).

$\Rightarrow$ Có tổng cộng $1 + 6 = 7$ cách để điền một hàng sao cho tổng bằng 0.

Vì bảng có 3 hàng độc lập, tổng số cách điền thỏa mãn điều kiện $A$ là: $n(A) = 7.7.7 = 343$

Bước 2: Tính số cách điền để CẢ hàng và cột đều bằng 0 ($n(A \cap B)$)

Gọi hàng gồm toàn số 0 là hàng “0” và hàng chứa $\{ 1; - 1;0\}$ là hàng “khác”.

Để tổng mỗi cột bằng 0. Chúng ta xét các trường hợp của 3 hàng:

 Trường hợp 1: Cả 3 hàng đều là hàng “0”

o Bảng chỉ toàn số 0. Hiển nhiên tổng cột cũng bằng 0.

o Số cách: 1 cách.

 Trường hợp 2: Có 1 hàng “0” và 2 hàng “khác”

o Gọi hàng “0” là ${H_z}$, hai hàng “khác” là ${H_1},{H_2}$.

o Để tổng mỗi cột bằng 0 thì trên mỗi cột: ${H_z} + {H_1} + {H_2} = 0 \Rightarrow {H_1} + {H_2} = 0 \Rightarrow {H_2} = - {H_1}$.

o Chọn vị trí cho hàng “0”: có 3 cách (hàng 1, 2 hoặc 3).

o Chọn giá trị cho hàng ${H_1}$: có 6 cách (các hoán vị của $1, - 1{,}0$), (vì ${H_2}$ và${H_1}$ đối nhau nên ${H_1}$ không có chọn vị trí hàng trong 2 hàng còn lại )

o Hàng ${H_2}$ bắt buộc phải là số đối của ${H_1}$ (ví dụ ${H_1}$ là $(1, - 1{,}0)$ thì ${H_2}$ phải là $( - 1{,}1{,}0)$), nên chỉ có 1 cách duy nhất.

o Số cách: $3.6.1 = {\bf{18}}$ cách.

 Trường hợp 3: Cả 3 hàng đều là hàng “khác”

o Mỗi hàng đều có tập $\{ 1, - 1{,}0\}$. Tổng cả bảng có ba số 1, ba số -1, ba số 0.

o Để tổng cột bằng 0, mỗi cột cũng phải có tập giá trị là $\{ 1, - 1{,}0\}$ (không thể có cột $\{ 0{,}0{,}0\}$ vì nếu thế 2 cột còn lại sẽ không thể có tổng bằng 0 với các số còn lại).

o Điều này nghĩa là mỗi hàng có đúng một số 0, và mỗi cột cũng có đúng một số 0.

 Bước 3.1: Xếp 3 số 0 vào bảng sao cho mỗi hàng 1 số, mỗi cột 1 số. Có $3! = 6$ cách.

Giải thích: Hàng 1: đặt số 0 có 3 cách, hàng 2: đặt số 0 có 2 cách; hàng 3: đặt số 0 có 1 cách. Suy ra có Có $3! = 6$ cách.

$\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\bf{0}}&x&x\\x&{\bf{0}}&x\\x&x&{\bf{0}}\end{array}} \right]$ $\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\bf{0}}&x&x\\x&x&{\bf{0}}\\x&{\bf{0}}&x\end{array}} \right]$$\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}x&{\bf{0}}&x\\{\bf{0}}&x&x\\x&x&{\bf{0}}\end{array}} \right]$$\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}x&{\bf{0}}&x\\x&x&{\bf{0}}\\{\bf{0}}&x&x\end{array}} \right]$$\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}x&x&{\bf{0}}\\{\bf{0}}&x&x\\x&{\bf{0}}&x\end{array}} \right]$$\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}x&x&{\bf{0}}\\x&{\bf{0}}&x\\{\bf{0}}&x&x\end{array}} \right]$

 Bước 3.2: Sau khi xếp số 0, các ô còn lại trong mỗi hàng là $1$ và $- 1$. Với một vị trí các số 0 cố định, chỉ có đúng 2 cách điền các số $1, - 1$ hợp lệ (bạn chọn 1 ô là 1 thì các ô khác sẽ bị ràng buộc theo dây chuyền).

o Số cách: $6.2 = {\bf{12}}$ cách.

Tổng số trường hợp thỏa mãn mỗi hàng và cột bằng 0 là: $n(A \cap B) = 1 + 18 + 12 = 31$

Tính xác suất $p = \frac{{31}}{{343}}$

$3430p = 3430.\frac{{31}}{{343}} = 10.31 = 310$.

Đáp án: 8.

Ta có đường thẳng $d$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$ tại điểm $M\left( {0;0;4} \right)$ Þ $\left( P \right) \bot \left( {Oyz} \right)$

Gọi $\Delta = \left( P \right) \cap \left( {Oyz} \right)$ Þ $M \in \Delta$.

Ta có $A\left( {0;6;4} \right) \in mp\left( {Oyz} \right)$ và $AH \bot \left( P \right)$ tại $H$ Þ $H \in \Delta$

Þ $H$ nằm trên đường tròn đường kính $MA$ trong mặt phẳng $\left( {Oyz} \right)$.

Ta có bán kính đường tròn $R = \frac{{AM}}{2} = 3$.

Gọi $I$ là tâm đường tròn Þ $I$ là trung điểm $MA$ Þ $I\left( {0;3;4} \right)$ Þ $OI = 5$

Þ $\max OH = OI + R = 5 + 3 = 8$.