Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Trường THPT Nguyễn Đăng Đạo 1 (Bắc Ninh) có đáp án

Chọn D

Ta có $y = - {x^3} + 3{x^2} + 2 \Rightarrow y' = - 3{x^2} + 6x$.

$y' = - 3{x^2} + 6x > 0 \Leftrightarrow x \in \left( {0;2} \right)$Vậy D đúng.

Chọn C

Ta có tích phân $\int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^1 = f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right) = - 1 - 1 = - 2$

Chọn A

Gọi $I,J$là trung điểm của $AB,\,CD$a có $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} = 2\overrightarrow {SI} ,\,\,\,\,\,\,\overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} = 2\overrightarrow {SJ}$

Mà $\overrightarrow {SI} \ne \overrightarrow {SJ}$suy ra $\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} \ne \overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD}$. Vậy A sai.

Chọn B

Trung điểm đoạn thẳng $AB$ là

$I\left( {\frac{{2 + 0}}{2};\frac{{2 + \left( { - 4} \right)}}{2};\frac{{3 + 1}}{2}} \right) \Rightarrow I\left( {1; - 1;2} \right)$ suy ra đáp án B đúng

Chọn B

$2\overrightarrow a - \overrightarrow b = \left( {2;5;5} \right)$

$\left| {2\overrightarrow a - \overrightarrow b } \right| = \sqrt {{2^2} + {5^2} + {5^2}} = \sqrt {54}$.

Chọn D

$d = {u_2} - {u_1} = - 3$.

${u_5} = {u_1} + 4d = 1 - 4.3 = - 11$

Chọn B

$\begin{array}{l}\int\limits_{ - 2}^2 {\left[ {f\left( x \right) - 2x + 1} \right]dx} = \left( {F\left( x \right) - {x^2} + x} \right)\left| \begin{array}{l}2\\ - 2\end{array} \right.\\ = \left( {F\left( 2 \right) - 4 + 2} \right) - \left( {F\left( { - 2} \right) - 4 - 2} \right) = F\left( 2 \right) - F\left( { - 2} \right) + 4 = 5 + 4 = 9\end{array}$

Chọn A

Hàm số có tiệm cận xiên loại D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ $\left( {2;0} \right)$ nên loại B.

Ta có $y = \frac{{ - {x^2} + 2x}}{{x - 1}} = - x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}$ suy ra đường tiệm cận xiên là $y = - x + 1$ không đi qua điểm có tọa độ $\left( {0; - 1} \right)$ nên loại C.

Vậy đáp án là A.

Chọn D

Ta có $\int {{2^x}dx} = \frac{{{2^x}}}{{\ln 2}} + C$.

Chọn A

Ta có đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y = - 1$.

Chọn D

Ta có đường thẳng $AB$là hình chiếu vuông góc của đường thẳng $SB$lên mặt phẳng $(ABCD)$.

Suy ra góc giữa đường thẳng $SB$ với mặt phẳng $(ABCD)$ là góc giữa đường thẳng $SB$ với đường thẳng $AB$ và là $\widehat {SBA}$

Chọn C

Ta có $\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.,\,\,k \in \mathbb{Z}$

a) Điều kiện xác định: $2x - 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{2}$.

Tập xác định của hàm số là $\left( {\frac{3}{2}\,;\, + \infty } \right)$.

Chọn SAI.

b) Đạo hàm: $f'\left( x \right) = \frac{2}{{\left( {2x - 3} \right)\ln 3}},\forall x \in \left( {\frac{3}{2}\,;\, + \infty } \right)$.

Chọn ĐÚNG.

c) $f\left( x \right) = {\log _3}\left( {{x^2} - x - 1} \right)$

$$\Leftrightarrow {\log _3}\left( {2x - 3} \right) = {\log _3}\left( {{x^2} - x - 1} \right)$$

$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3 = {x^2} - x - 1\\2x - 3 > 0\end{array} \right.$$

$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3x + 2 = 0\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right.$$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2$.

Vậy phương trình có một nghiệm$x = 2$ .

Chọn SAI.

d) $f\left( x \right) \le 4 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {2x - 3} \right) \le 4$

$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - 3 \le 81\\2x - 3 > 0\end{array} \right.$$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 42\\x > \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{3}{2} < x \le 42$.

Kết hợp với điều kiện $x \in \mathbb{Z}$ $\Rightarrow S = \left\{ {2\,;\,3\,;\,4\,;\,...\,;\,42} \right\}$

Tổng các phần tử của $S$ bằng $2 + 3 + 4 + ... + 42 = \frac{{41}}{2}.\left( {2 + 42} \right) = 902$.

Chọn SAI.

a) Phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là $y = ax + b\left( d \right)$.

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( { - 1;0} \right)$ và $\left( {0;1} \right)$.

Thay vào $\left( d \right)$ ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - a + b = 0}\\{b = 1}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.} \right.$.

Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là $y = x + 1$. Nên a đúng.

b) Do đồ thị hàm số qua điểm $O\left( {0;0} \right)$ nên thay vào hàm số ta được $\frac{c}{d} = 0 \Rightarrow c = 0$.

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x = 1$$\Rightarrow d = - 1$.

Khi đó $y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx}}{{x - 1}} = ax + a + b + \frac{{a + b}}{{x - 1}}$.

Do tiệm cận xiên $y = x + 1$ nên $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 1}\\{b = 0}\end{array}} \right.$.

Vậy $y = f\left( x \right) = x + 1 + \frac{1}{{x - 1}}$

$$\Rightarrow y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = 0 \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.$$

Mà điểm $O\left( {0;0} \right)$ là điểm cực đại của đồ thị hàm số.

Vì thế tọa độ điểm cực tiểu là $T\left( {2;4} \right)$. Nên b đúng.

c) Trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$ đồ thị hàm số vừa đi lên, vừa đi xuống nên hàm số vừa đồng biến, vừa nghịch biến trên $\left( {1; + \infty } \right)$. Nên c sai.

d) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại $A\left( {{x_A};{x_A} + 1 + \frac{1}{{{x_A} - 1}}} \right)$, $B\left( {{x_B};{x_B} + 1 + \frac{1}{{{x_B} - 1}}} \right)$ (${x_A} \ne {x_B}$) thuộc đồ thị song song với nhau nên

$${y'_{\left( A \right)}} = {y'_{\left( B \right)}} \Rightarrow 1 - \frac{1}{{{{\left( {{x_A} - 1} \right)}^2}}} = 1 - \frac{1}{{{{\left( {{x_B} - 1} \right)}^2}}}$$

$\Rightarrow {\left( {{x_A} - 1} \right)^2} = {\left( {{x_B} - 1} \right)^2}$$\Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_A} - 1 = {x_B} - 1}\\{{x_A} - 1 = - \left( {{x_B} - 1} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{x_A} = {x_B}(loai)}\\{{x_A} + {x_B} = 2}\end{array}} \right.$.

Vậy: ${x_A} + {x_B} = 2$, nên đặt ${x_A} = 1 - t,{x_B} = 1 + t$

Vậy $A\left( {1 - t;2 - t - \frac{1}{t}} \right)$, $B\left( {1 + t;2 + t + \frac{1}{t}} \right)$.

$\overrightarrow {AB} = \left( {2t;2t + \frac{2}{t}} \right)$. Véc tơ pháp tuyến của đường thẳng $AB$ là $\overrightarrow n = \left( {t + \frac{1}{t}; - t} \right)$ hay $\overrightarrow {n'} = \left( {1 + \frac{1}{{{t^2}}}; - 1} \right)$.

Đặt $s = 1 + \frac{1}{{{t^2}}}$.

Trung điểm của $AB$ là $I\left( {1;2} \right)$

Vậy phương trình đường thẳng $AB$ đi qua $I\left( {1;2} \right)$ và có véc tơ pháp tuyến $\overrightarrow {n'} = \left( {s; - 1} \right)$ là:

$s\left( {x - 1} \right) - \left( {y - 2} \right) = 0$$\Leftrightarrow s.x - y + 2 - s = 0$.

$d\left( {M;AB} \right) = \frac{{\left| {4s - 1 + 2 - s} \right|}}{{\sqrt {{s^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {3s + 1} \right|}}{{\sqrt {{s^2} + 1} }} = \frac{{3s + 1}}{{\sqrt {{s^2} + 1} }}\left( {do\,s > 0} \right)$.

Đặt $g\left( s \right) = \frac{{3s + 1}}{{\sqrt {{s^2} + 1} }}$$\Rightarrow g'\left( s \right) = \frac{{3 - s}}{{\sqrt {{{\left( {{s^2} + 1} \right)}^3}} }} = 0 \Rightarrow s = 3$.

Hàm $g\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất tại $s = 3$. Khi đó $s = 1 + \frac{1}{{{t^2}}} = 3 \Rightarrow {t^2} = \frac{1}{2}$.

$\overrightarrow {AB} = \left( {2t;2t + \frac{2}{t}} \right)$$\Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( {2t} \right)}^2} + {{\left( {2t + \frac{2}{t}} \right)}^2}} = \sqrt {8{t^2} + 8 + \frac{4}{{{t^2}}}}$

Thay ${t^2} = \frac{1}{2}$ vào $AB = \sqrt {8.\frac{1}{2} + 8 + \frac{4}{{\frac{1}{2}}}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5$. Vậy d đúng.

a) Sai.

Ta có: $\overrightarrow {A'M} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {A'B} + \overrightarrow {A'C} } \right)$$= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {A'B'} + \overrightarrow {A'A} + \overrightarrow {A'C'} } \right) = \overrightarrow {A'A} + \frac{1}{2}\overrightarrow {A'B'} + \frac{1}{2}\overrightarrow {A'C'}$$= \frac{1}{2}.\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}.\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AA'}$. Suy ra $x = y = \frac{1}{2};z = - 1 \Rightarrow x + y = - z$.

b) Đúng.

Ta có: $\overrightarrow {BN} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BB'} \Leftrightarrow \overrightarrow {BN} = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {NB'} } \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {BN} = 2\overrightarrow {NB'} \Leftrightarrow \overrightarrow {NB} = - 2\overrightarrow {NB'}$.

c) Đúng.

Ta có: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BB'} = \overrightarrow {AB'}$.

d) Đúng.

Ta có:$\overrightarrow {C'N} = \overrightarrow {C'B'} + \overrightarrow {B'N} = \overrightarrow {A'B'} - \overrightarrow {A'C'} + \frac{1}{3}\overrightarrow {B'B} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AA'}$$\Rightarrow \overrightarrow {A'M} .\overrightarrow {C'N} = \left( {\frac{1}{2}.\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}.\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AA'} } \right).\left( {\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AA'} } \right)$$= \frac{1}{2}A{B^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \frac{1}{6}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AA'} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} - \frac{1}{2}A{C^2} - \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AA'} - \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA'} .\overrightarrow {AC} + \frac{1}{3}A{A'^2}$

$= \frac{1}{2}A{B^2} - \frac{1}{2}A{C^2} + \frac{1}{3}A{A'^2} - \frac{7}{6}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AA'} + \frac{5}{6}\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AA'}$

$= = \frac{1}{2}{a^2} - \frac{1}{2}{a^2} + \frac{1}{3}{a^2} - \frac{7}{6}\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AA'} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AA'} } \right) + \frac{5}{6}\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AA'} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AA'} } \right)$

$= \frac{1}{3}{a^2} - \frac{7}{6}{a^2}.\cos \widehat {A'AB} + \frac{5}{6}{a^2}.\cos \widehat {A'AC} = \frac{1}{3}{a^2} - \frac{7}{6}{a^2}.\cos 120^\circ + \frac{5}{6}{a^2}.\cos 60^\circ$

$= \frac{4}{3}{a^2}$.

a) Đúng.

Ta có: $v(t) = 2t \Rightarrow v(5) = 10\,\,{\rm{(m/s)}}.$

b) Đúng.

Ta có: $v(t) = \int {a.dt} = at + C.$

$v(0) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow v(t) = at$.

c) Đúng.

Ta có: $s(t) = \int {v(t).dt} = \int {at} .dt = \frac{{a{t^2}}}{2} + C.$

$s(0) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow s(t) = \frac{{a{t^2}}}{2}.$

$s(5) = 25 \Rightarrow \frac{{25a}}{2} = 25 \Rightarrow a = 2$.

d) Sai.

Ta có: $s(t) = {t^2}$.

Quãng đường vật đi được sau 10 giây kể từ khi bắt đầu chuyển động là: $s(10) = 100\,\,{\rm{(m)}}$.

Đáp án: 17.

Gọi khối lượng sản phẩm $P,Q$ sản xuất lần lượt là $x,y\,\left( {x,y \ge 0} \right)\,\,\left( {kg} \right).$

Khối lượng nguyên liệu $A$ hiện có là $10\,kg$ nên $2x + 2y \le 10 \Leftrightarrow x + y \le 5$

Khối lượng nguyên liệu $B$ hiện có là $4\,kg$ nên $0x + 2y \le 4 \Leftrightarrow y \le 2$

Khối lượng nguyên liệu $C$ hiện có là $12\,kg$ nên $2x + 4y \le 12 \Leftrightarrow x + 2y \le 6$

Ta có hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn $\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\y \ge 0\\y \le 2\\x + y \le 5\\x + 2y \le 6\end{array} \right..$

Trả lời: 8

Ta có $\int\limits_0^a {\cos xdx} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left. {\sin x} \right|_0^a = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin a = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\a = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.$

Với $a = \frac{\pi }{6} + k2\pi$suy ra $\pi \le a \le 10\pi \Leftrightarrow \pi \le \frac{\pi }{6} + k2\pi \le 10\pi \Leftrightarrow \frac{5}{{12}} \le k \le \frac{{59}}{{12}} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$;

Với $a = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi$suy ra $\pi \le a \le 10\pi \Leftrightarrow \pi \le \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \le 10\pi \Leftrightarrow \frac{1}{{12}} \le k \le \frac{{55}}{{12}} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$;

Vậy có 8 giá trị của $a$ thuộc $\left[ {\pi ;10\pi } \right]$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: $1{,}45$.

Gọi $I$ là trung điểm $CD$.

Ta có $\Delta ACD$ là tam giác đều nên $AI \bot CD$, $\Delta BCD$ là tam giác cân tại $B$ nên $BI \bot CD$.

Do đó $CD \bot \left( {ABI} \right)$.

Trong tam giác $\Delta ABI$ kẻ $IO$ vuông góc $AB$.

Khi đó $d\left( {AB,CD} \right) = IO$.

Xét $\Delta ACD$ là tam giác đều cạnh $2\sqrt 3$ nên $AI = 3$.

Xét $\Delta BCI$ vuông tại $I$ có $BI = \sqrt {B{C^2} - C{I^2}} = \sqrt {7 - 3} = 2$.

Diện tích tam giác ${S_{\Delta ABI}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AI} \right)\left( {p - BI} \right)} = \sqrt {\frac{9}{2}\left( {\frac{9}{2} - 4} \right)\left( {\frac{9}{2} - 3} \right)\left( {\frac{9}{2} - 2} \right)} = \frac{{3\sqrt {15} }}{4}$

Khi đó ${S_{\Delta ABI}} = \frac{1}{2}OI.AB \Leftrightarrow OI = \frac{{2{S_{\Delta ABI}}}}{{AB}} = \frac{{3\sqrt {15} }}{8}$.

Đáp án: 196.

Để từ $M$ kẻ được $2$ tiếp tuyến $MA$, $MB$ đến $\left( C \right)$, suy ra $OM > 1$.

Dễ thấy $\widehat {AMO} = \widehat {BMO} = \frac{{\widehat {AMB}}}{2} \Rightarrow \widehat {AMB} \ge 60^\circ \Leftrightarrow \widehat {AMO} \ge 30^\circ$.

Trong $\Delta AMO$ vuông tại $A$:

$30^\circ \le \widehat {AMO} < 90^\circ \Rightarrow \sin 30^\circ \le \sin AMO < \sin 90^\circ \Leftrightarrow \frac{1}{2} \le \frac{{OA}}{{OM}} < 1 \Rightarrow 1 < OM \le 2$.

Do đó: $1 < \sqrt {{x^2} + {y^2}} \le 2 \Rightarrow 1 < {x^2} + {y^2} \le 4$. Do $x,y \in \mathbb{Z}$ nên có hai trường hợp:

· ${x^2} + {y^2} = 2$: Có $4$ điểm $\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {1;1} \right);\left( { - 1;1} \right);\left( {1; - 1} \right);\left( { - 1; - 1} \right)} \right\}$.

· ${x^2} + {y^2} = 4$: Có $4$ điểm $\left( {x;y} \right) \in \left\{ {\left( {2;0} \right);\left( { - 2;0} \right);\left( {0;2} \right);\left( {0; - 2} \right)} \right\}$.

Vậy có $8$ điểm $M$ thỏa mãn hay số phần tử của $T$ là $8$.

Số cách chọn ngẫu nhiên $2$ điểm trong $T$: $C_8^2 = 28$.

Để đường thẳng đi qua $2$ điểm được chọn song song với trục $Ox$ có $2$ trường hợp thỏa mãn: $\left( {1;1} \right)$ và $\left( { - 1;1} \right)$; $\left( {1; - 1} \right)$ và $\left( { - 1; - 1} \right)$.

Vậy xác suất cần tìm: $P = \frac{2}{{28}} = \frac{1}{{14}} \Rightarrow \frac{1}{a} = \frac{1}{{14}} \Rightarrow a = 14 \Rightarrow {a^2} = 196$.

Đáp án: 1,65.

Đặt $\widehat {CAB} = \varphi \left( {rad} \right)$, $\,\,\varphi \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)$.

Ta có $\Delta ABC$ vuông tại $C$ $\Rightarrow AC = AB.\cos \varphi = 0{,}1\cos \varphi$.

Mà $\widehat {COR} = 2\widehat {CAB} = 2\varphi$.

Độ dài cung tròn .

Tổng thời gian người này di chuyển từ $A$ đến $C$ và đến B là: với $\,\,\varphi \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)$.

$\Rightarrow t'\left( \varphi \right) = - \frac{1}{{50}}\sin \varphi + \frac{1}{{60}} = 0 \Leftrightarrow \sin \varphi = \frac{5}{6} \Rightarrow \varphi \approx 0{,}985$ rad.

Bảng biến thiên

Vậy thời gian tối đa để di chuyển từ $A$ đến $C$và đến B là $t\left( {0{,}985} \right) = 0{,}027$(giờ)$\simeq 1{,}65$phút.

Gọi $I$ là điểm phát sáng; $M$ là trung điểm của $EF;N = SM \cap GH;K = OM \cap G'H'.$

Ta có $GH$ là đường trung bình của tam giác $SEF$ nên

Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $SO,OM.$ Theo đề bài ta có

$SI = 1{\rm{m,}}IO = 2{\rm{m,}}SP = \frac{1}{2}SO = \frac{3}{2}{\rm{m}} \Rightarrow IP = \frac{1}{2};NP = OQ = 2{\rm{m}}$ (vì $M$ là trung điểm của $EF$ nên $N$ là trung điểm của $GH,SM)$

Xét tam giác $IOK$ có

Mà $OM = 4$ nên $M$ là trung điểm của $OK$ và nên $EF$ là đường trung bình của tam giác $OG'H' \Rightarrow G'H' = 2EF = 2(AB - AE - FB) = 8{\rm{ m}}{\rm{.}}$

Do $M$ là trung điểm của $EF$, cũng là trung điểm của $AB$ nên $OM \bot EF.$ Suy ra $MK$ là đường cao của hình thang $EFG'H'$ và $MK = OM = 4{\rm{ m}}{\rm{.}}$

Vậy ${S_{EFG'H'}} = \frac{{EF + G'H'}}{2}.MK = \frac{{4 + 8}}{2}.4 = 24{\rm{ }}{{\rm{m}}^2}.$

Cách khác

Gọi $I$ là điểm phát sáng; $M$ là trung điểm của $EF$ cũng là trung điểm của $AB({\rm{v\`i }}AE = FB);J$ là trung điểm của $BC$ (hình vẽ).

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho tia $OM \equiv Ox,ON \equiv Oy,OS \equiv Oz.$ Khi đó

$O(0;0;0),M(4;0;0),J(0;4;0),S(0;0;3);A(4; - 4;0);B(4;4;0);E(4; - 2;0),F(4;2;0),I(0;0;2).$

$H$ là trung điểm $SE \Rightarrow H\left( {2; - 1;\frac{3}{2}} \right)$; $G$là trung điểm của $SF \Rightarrow G\left( {2;1;\frac{3}{2}} \right).$

${\rm{Mp}}(ABCD) \equiv Oxy:z = 0.$

$\overrightarrow {IH} = \left( {2; - 1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}(4; - 2; - 1) \Rightarrow IH:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t\\y = - 2t\\z = 2 - t\end{array} \right. \Rightarrow H' = IH \cap Oxy \Rightarrow H'(8; - 4;0)$

$\overrightarrow {IG} = \left( {2;1; - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}(4;2; - 1) \Rightarrow IG:\left\{ \begin{array}{l}x = 4t'\\y = 2t'\\z = 2 - t'\end{array} \right. \Rightarrow G = IG \cap Oxy \Rightarrow G(8;4;0)$

$\overrightarrow {EH'} = (4; - 2;0),\overrightarrow {EG'} = (4;6;0),\overrightarrow {EF} = (0;4;0)$

Vậy ${S}_{EF{G}^{'}{H}^{'}}={S}_{ΔEF{G}^{'}}+{S}_{ΔE{G}^{'}{H}^{'}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{EF}\times \overrightarrow{E{G}^{'}}+\overrightarrow{E{G}^{'}}\times \overrightarrow{E{H}^{'}})=\frac{1}{2}(16+32)=24{\text{m}}^{2}.$