Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 12

Chọn B
Số hạng thứ 4 của cấp số nhân \({u_4} = {u_{1.}}{q^3} = {2.3^3} = 54\)

Chọn A
Ta có một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\)là: \(\overrightarrow u = \left( { – 1;\,2;1} \right)\).

Chọn D
Ta có:
\(\begin{gathered}
\int\limits_{ – 1}^1 {\left[ {f\left( x \right) – x} \right]{d}x} = 3 \Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x – \int\limits_{ – 1}^1 {x\,{d}x\, = 3} } \hfill \\
\Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} = 3 + \int\limits_{ – 1}^1 {x\,{d}x} \Leftrightarrow \int\limits_{ – 1}^1 {f\left( x \right){d}x} = 3. \hfill \\
\end{gathered} \)

Chọn B
Ta có khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm được tính bởi công thức: \({\Delta _Q} = {Q_3} – {Q_1}\)

Chọn D
Ta có: \(\int {f\left( x \right)} \,dx = \int {\left( {\cos x + 2} \right)} \,dx = \sin x + 2x + C\)

Chọn B
\(\left. \begin{gathered}
SA \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\
BD \subset \left( {ABCD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow SA \bot BD\)

Chọn A
\({\log _2}\left( {x – 1} \right) = 1 \Leftrightarrow x – 1 = 2 \Leftrightarrow x = 3\)

Chọn D
Phương trình mặt phẳng qua điểm \(A\left( { – 1\,;1\,; – 2} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {1\,; – 2\,;3} \right)\) là
\(1.\left( {x + 1} \right) – \,2\left( {y – 1} \right) + 3\left( {z + 2} \right) = 0\, \Leftrightarrow \,x – 2y + 3z + 9 = 0\)

Chọn C
Theo quy tắc hình hộp ta có:\(\overrightarrow {CA’} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CC’} \) và \(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA’} \) nên các mệnh đề ở phương án A và B là các mệnh đề đúng.
Theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {BD’} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BB’} \) nên mệnh đề C sai.
Theo quy tắc hình ta có: \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CD} \) nên mệnh đề B đúng.

Chọn D
Dựa vào đồ thị hàm số tháy giao của đường tiệm cận xiên và đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số giao nhau tại điểm \(O\left( {0;0} \right)\) nên tâm đối xứng của đồ thị hàm số là điểm \(O\left( {0;0} \right)\).

Chọn A
Gọi \(A\): “2 học sinh được chọn là nữ”.
Số cách chọn 2 trong 5 học sinh là: \(n\left( \Omega \right) = C_5^2\) (cách).
Số cách chọn 2 trong 3 học sinh nữ là: \(n\left( A \right) = C_3^2\) (cách).
Xác suất để 2 học sinh được chọn đều là học sinh nữ là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_3^2}}{{C_5^2}} = \frac{3}{{10}}\).

Chọn B

a) Đúng.
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2\sin x\cos x + \sqrt 2 x = \sin 2x + \sqrt 2 x\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)nên liên tục trên \(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\)
b) Đúng.
\(f’\left( x \right) = {\left( {2x} \right)^\prime }\cos 2x + \sqrt 2 = 2\cos 2x + \sqrt 2 \)
c) Sai.
\(\begin{gathered}
f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2\cos 2x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \cos 2x = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \cos \frac{{3\pi }}{4} \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
2x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \hfill \\
2x = – \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \hfill \\
x = – \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \)
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\): \(\frac{\pi }{3} \leqslant \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow – \frac{1}{{24}} \leqslant k \leqslant \frac{5}{8}\). Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{8}\)
\(\frac{\pi }{3} \leqslant – \frac{{3\pi }}{8} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow \frac{{17}}{{24}} \leqslant k \leqslant \frac{{11}}{8}\). Mà \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{8}\)
d) Sai.
Trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\):\(f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{{2\pi }}{3} + \sqrt 2 .\frac{\pi }{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\pi \sqrt 2 }}{3}\)
\(f\left( {\frac{{3\pi }}{8}} \right) = \sin \frac{{2.3\pi }}{8} + \sqrt 2 .\frac{{3\pi }}{8} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{3\pi \sqrt 2 }}{8}\)
\(f\left( {\frac{{5\pi }}{8}} \right) = \sin \frac{{2.5\pi }}{8} + \sqrt 2 .\frac{{5\pi }}{8} = – \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{5\pi \sqrt 2 }}{8}\)
\(f\left( \pi \right) = \sin 2\pi + \sqrt 2 .\pi = \pi \sqrt 2 \)
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn\(\left[ {\frac{\pi }{3}\,;\,\pi } \right]\)là:\( – \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{{5\pi \sqrt 2 }}{8}\).

Lần tăng tốc đầu tiên xe chuyển động với vận tốc \(v\left( t \right) = a.t\), \(\left( {a > 0} \right)\).
Đến khi xe đạt vận tốc \({10}\,{m/s}\) thì xe chuyển động hết \({t_1} = \frac{{10}}{a}\,\left( {s} \right)\).
Lần giảm tốc, xe chuyển động với vận tốc \({v_2} = 10 – bt\), \(\left( {b > 0} \right)\).
Khi xe dừng lại thì xe chuyển động thêm được \(10 – b{t_2} = 0 \Rightarrow {t_2} = \frac{{10}}{b}\left( {s} \right)\).
Tổng thời gian hành trình
Tổng thời gian: \({t_1} + 40 + {t_2} = 70 \Rightarrow \frac{{10}}{a} + \frac{{10}}{b} = 30 \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\)
a) Đúng. Nếu gia tốc \(a = 0,5\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian tăng tốc \({t_1} = \frac{{10}}{{0,5}} = 20\,\)giây < \(21\) giây.
b) Sai. Nếu gia tốc \(b = 0,8\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\), thời gian giảm tốc \({t_2} = \frac{{10}}{{0,8}} = 12,5\) giây < \(13\) giây.
c) Sai. Với \(a > 0,\,\,b > 0\), ta có bất đẳng thức:\(\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \geqslant 4\,\) mà \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 3\)nên \(a + b \geqslant \frac{4}{3}\).
Do đó \(a + b \leqslant \,\frac{5}{4}\,\left( {m/{s^2}} \right)\) là một đáp án SAI.d) Đúng. Quãng đường tăng tốc: \({S_1} = \int_0^{{t_1}} v (t){\mkern 1mu} dt = \int_0^{{t_1}} a t{\mkern 1mu} dt = \frac{1}{2}a{\left( {{t_1}} \right)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{100}}{a} = \frac{{50}}{a}\,\,\left( m \right)\).
Quãng đường giảm tốc: \({S_2} = \int_0^{{t_2}} {(10 – bt)} {\mkern 1mu} dt = 10{t_2} – \frac{1}{2}bt_2^2\)
Ta có \({t_2} = \frac{{10}}{b} \Rightarrow {S_2} = 10 \cdot \frac{{10}}{b} – \frac{1}{2}b{\left( {\frac{{10}}{b}} \right)^2} = \frac{{100}}{b} – \frac{{50}}{b} = \frac{{50}}{b}\,\left( m \right)\)
Quãng đường chuyển động đều: \(10 \cdot 40 = 400\,{\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Tổng quãng đường: \(S = {S_1} + 400 + {S_2} = \frac{{50}}{a} + 400{\mkern 1mu} + \frac{{50}}{b} = 50\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 400 = 150 + 400 = 550\,{\mkern 1mu} \left( m \right)\).

a) Đúng. Ta có: \(2 – 2.1 + 0 = 0 \Rightarrow A \in (P)\)
Suy ra a) đúng.b) Sai. Gọi \(\left\{ I \right\} = d \cap (P)\)
\(I \in d \Rightarrow I(2 + t; – 3t;1 + t)\)
\($\)I \in (P) \Rightarrow 2 + t – 2.( – 3t) + 1 + t = 0 \Rightarrow t = \frac{{ – 3}}{8} \Rightarrow I\left( {\frac{{13}}{8};\frac{9}{8};\frac{5}{8}} \right)\(
Suy ra b) sai.c) Đúng. \)d’ \bot (P) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{d’}}} = \overrightarrow {{n_P}} = (1; – 2;1)\(
Phương trình đường thẳng \)d’\(đi qua điểm \)B(2; – 3;4)\(và vuông góc mp \)\left( P \right)\(là \)\left\{ \begin{gathered}
x = 2 + t \hfill \\
y = – 3 – 2t \hfill \\
z = 4 + t \hfill \\
\end{gathered} \right.\(
Gọi \)H\(là hình chiếu của \)B\(lên mp \)\left( P \right) \Rightarrow \left\{ H \right\} = d’ \cap \left( P \right)\(
\)\begin{gathered}
H \in d’ \Rightarrow H\left( {2 + t; – 3 – 2t;4 + t} \right) \hfill \\
H \in \left( P \right) \Rightarrow 2 + t – 2.( – 3 – 2t) + 4 + t = 0 \Rightarrow t = – 2 \hfill \\
\Rightarrow H\left( {0;1;2} \right) \hfill \\
\end{gathered} \(
Suy ra c) đúng.d) Đúng. Gọi \){\{ }A'{\ }} = \Delta \cap (P)\(. Giả sử \)A'(x;y;z)\(
Vì \)A \in (P)\( mà \)\Delta \bot (P) \Rightarrow \Delta \bot AA’ \Rightarrow AA’ = d\left( {A,\Delta } \right) = \sqrt 2 \(
\)\begin{gathered}
\Rightarrow \sqrt {{{(x – 2)}^2} + {{(y – 1)}^2} + {z^2}} = \sqrt 2 \hfill \\
\Rightarrow {(x – 2)^2} + {(y – 1)^2} + {z^2} = 2\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( 1 \right) \hfill \\
\end{gathered} \(
Lại có: \)A’ \in (P) \Rightarrow x – 2y + z = 0\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\left( 2 \right)\(

Do \)\left\{ \begin{gathered}
\Delta \bot (P) \hfill \\
BH \bot (P) \hfill \\
\end{gathered} \right.\(nên \)BH\(song song hoặc trùng \)\Delta \($ \Rightarrow d\left( {B,\Delta } \right) = d\left( {H,\Delta } \right) = HA’\)
Khoảng cách từ \(B\)đến \(\Delta \)lớn nhất \( \Leftrightarrow HA’\)lớn nhất \( \Leftrightarrow H,A,A’\)thẳng hàng và \(A\)nằm giữa \(H,A’\)
Ta có: \(\begin{gathered}
\overrightarrow {AH} = ( – 2;0;2) \hfill \\
AA’ = \left( {x – 2;y – 1;z} \right) \hfill \\
\end{gathered} \)
\(H,A,A’\)thẳng hàng và \(A\)nằm giữa \(H,A’\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
x – 2 = – 2k \hfill \\
y – 1 = 0k \hfill \\
z = 2k \hfill \\
\end{gathered} \right.,k < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
x – 2 = – z \hfill \\
z = 2k \hfill \\
\end{gathered} \right.,k < 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
z < 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}
{(3)}&{}
\end{array}\)
Thế \(\left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
\end{gathered} \right.\) vào phương trình \(\left( 1 \right)\& \left( 2 \right)\)ta suy ra \(\left\{ \begin{gathered}
y = 1 \hfill \\
z = 2 – x \hfill \\
{(x – 2)^2} = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
x = 3 \hfill \\
y = 1 \hfill \\
z = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.(TM) \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
x = 1 \hfill \\
y = 1 \hfill \\
z = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.(KTM) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy đường thẳng \(\Delta \)đi qua điểm có tọa độ \(\left( {3;1; – 1} \right)\)
Suy ra d) đúng.

Xét các biến cố:
Người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng;
Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng.
a) Đúng.
Ta có số vé trúng thưởng năm triệu đồng là: \(100 – \left( {4 + 10 + 20} \right) = 66\)
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:\(P\left( A \right) = \frac{{66}}{{100}} = \frac{{33}}{{50}}\)
b) Sai.
Nếu người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 65 vé.
Suy ra, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{65}}{{99}}\).
c) Đúng.
Xác suất để người thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 – P\left( A \right) = 1 – \frac{{66}}{{100}} = \frac{{17}}{{50}}\).
Nếu người bốc thăm thứ nhất không bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng thì số vé trúng thưởng năm triệu đồng còn lại trong hộp là 66 nên \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{66}}{{99}}\).
Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}} + \frac{{17}}{{50}}.\frac{{66}}{{99}} = \frac{{33}}{{50}}\).
d) Đúng.
Xác suất để người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng biết rằng người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là \(P\left( {A|B} \right)\).
Theo công thức Bayes, ta có: \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{33}}{{50}}.\frac{{65}}{{99}}}}{{\frac{{33}}{{50}}}} = \frac{{65}}{{99}}\).

Trả lời: \(27\)
Gọi mặt đất là mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\). Khi này góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên là góc giữa đường thẳng \(CA\) và mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\), khi này \(\left( {AC,\left( \alpha \right)} \right) = \widehat {ACH}\).
Áp dụng định lí Cô – sin trong tam giác \(ABC\) ta có
\(AC = \sqrt {B{C^2} + B{A^2} – 2BC.BA.\cos \widehat {ABC}} \)
\( = \sqrt {3,{6^2} + {3^2} – 2.3,6.3.\cos 120^\circ } = \frac{{3\sqrt {91} }}{5}\).
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(ABH\) vuông tại \(H\), ta có
\(AH = AB.\sin \widehat {ABH} = 3.\sin 60^\circ = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).
Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\), ta có
\(\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{\frac{{3\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3\sqrt {91} }}{5}}} = \frac{{5\sqrt {273} }}{{182}}\)
Suy ra \(\widehat {ACH} \approx 27^\circ \).

Trả lời: 1140
Gọi \(x\) là số bó hoa nhỏ làm được và \(y\) là số bó hoa lớn làm được \(\left( {x\,;\,y \in \mathbb{N}} \right).\) Từ giả thiết ta có:
+ Nhóm của Lan chỉ có thể sắp xếp tối đa 36 giờ: \(2x + 3y \leqslant 36\)
+ Nhóm của Lan đặt ra yêu cầu là phải làm ít nhất 15 bó hoa: \(x + y \geqslant 15.\)
Cần tìm giá trị lớn nhất của số tiền thu được tương ứng với hàm \(F\left( {x\,;y} \right) = 60x + 100y.\)
Biểu diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình: \(\left\{ \begin{gathered}
2x + 3y \leqslant 36 \hfill \\
x + y \geqslant 15 \hfill \\
x,\,y \geqslant 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.:\)

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là tam giác \(ABC\) với \(A\left( {9\,;6} \right),\;B\left( {15\,;\,0} \right),\;C\left( {18\,;\,0} \right).\)
Xét \(F\left( {9\,;\,6} \right) = 1140,\) \(F\left( {15\,;\,0} \right) = 900,\) \(F\left( {18\,;\,0} \right) = 1080.\)
Vậy số tiền lớn nhất thu được ứng làm 9 bó hoa nhỏ, 6 bó hoa to là \(1140\) nghìn đồng.

Trả lời: \(4,06\)
– Theo đề ta có thế năng tương tác đạt nhỏ nhất, Ta tìm:\(\min V(d),\,d > 0\).
\(V(d) = 4\varepsilon \left[ {{{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^{12}} – {{\left( {\frac{\sigma }{d}} \right)}^6}} \right] = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( {\frac{{{\sigma ^6}}}{{{d^{12}}}} – \frac{1}{{{d^6}}}} \right) = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( {{\sigma ^6}{d^{ – 12}} – {d^{ – 6}}} \right).\)
\( \Rightarrow {V^\prime }(d) = 4\varepsilon {\sigma ^6}\left( { – 12{\sigma ^6}{d^{ – 13}} + 6{d^{ – 7}}} \right) = 24\varepsilon {\sigma ^6}\left( {\frac{1}{{{d^7}}} – \frac{{2{\sigma ^6}}}{{{d^{13}}}}} \right) = 0.\)
\( \Leftrightarrow \frac{1}{{{d^7}}} = \frac{{2{\sigma ^6}}}{{{d^{13}}}} \Leftrightarrow {d^{13}} = 2{d^7}{\sigma ^6} \Leftrightarrow {d^6} = 2{\sigma ^6} \Rightarrow d = \sqrt[6]{{2{\sigma ^6}}} \approx 4,06.\)
Ta có bảng biến thiên

Khi đó \(\mathop {\min }\limits_{d \in \left( {0; + \infty } \right)} V(d)\) tại \(d \approx 4,06.\)

Trả lời: 126
\(\overrightarrow {CD} = \left( {20; – 40;0} \right) = 20.\overrightarrow u ;\) với \(\overrightarrow u = \left( {1; – 2;0} \right)\).
\(\left( P \right)\) là mặt phẳng thẳng đứng qua \(C\) và \(D\) nên nhận vec tơ \(\overrightarrow u = \left( {1; – 2;0} \right)\) và \(\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)\) làm cặp vectơ chỉ phương nên vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow k } \right] = \left( {2;1;0} \right)\)
\(\left( P \right):2\left( {x – 10} \right) + 1\left( {y – 50} \right) + 0\left( {z – 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + y – 70 = 0\)
Đường thẳng \(AB\)vuông góc với \(\left( P \right)\) nên nhận vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_{AB}}} = \left( {2;1;0} \right)\). Phương trình đường thẳng \(AB\):
\(\left\{ \begin{gathered}
x = 30 + 2t \hfill \\
y = 40 + t \hfill \\
z = 120 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\(B\) là giao điểm của đường thẳng \(AB\)và mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên ta có
\(60 + 4t + 40 + t – 70 = 0 \Leftrightarrow 5t = – 30 \Leftrightarrow t = – 6\)
\( \Rightarrow B\left( {18;34;120} \right) \Rightarrow OB = \sqrt {{{18}^2} + {{34}^2} + {{120}^2}} = 126\)

Gán hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta dễ dàng tìm được \((P):y = – \frac{1}{{40}}{x^2} + 10\)
Diện tích hồ bơi là: \({S_b} = 2\int\limits_0^{20} {\left( { – \frac{1}{{40}}{x^2} + 10} \right)} = \frac{{800}}{3}\)
Gọi \(\alpha \) là góc tạo bởi tia \(Ot\) và trục \(Ox\).
Lúc đó: \(M(OM\cos \alpha ;OM{ sin}\alpha {)}\). Vì \(M \in \left( P \right)\)\( \Rightarrow OM{ sin}\alpha { = }\frac{{ – 1}}{{40}}{\left( {OM{ cos}\alpha } \right)^2} + 10\)
\(\begin{gathered}
\Rightarrow O{M^2}{ }{\left( {{cos}\alpha } \right)^2} + 40OM{ sin}\alpha – 400 = 0 \hfill \\
\hfill \\
\end{gathered} \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
OM = \frac{{ – 20\sin \alpha – 20}}{{{{\left( {{cos}\alpha } \right)}^2}}} \hfill \\
OM = \frac{{ – 20\sin \alpha – 20}}{{{{\left( {{cos}\alpha } \right)}^2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ta chọn \(OM = \frac{{20 – 20\sin \alpha }}{{{{\left( {{cos}\alpha } \right)}^2}}} = \frac{{20}}{{1 + \sin \alpha }}\)
TH1: \(\alpha \in \left[ {0,\arctan 2} \right] \Rightarrow ON = \frac{{20}}{{{cos}\alpha }}\).
Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{cos}\alpha }}\)
TH2:\(\alpha \in \left[ {\arctan 2,\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow ON = \frac{{40}}{{{sin}\alpha }}\).
Suy ra: \(OP = \frac{{OM + ON}}{2} = \frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{sin}\alpha }}\)
\({S_{(L)}} = 2\left[ {\frac{1}{2}\int\limits_0^{\arctan 2} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{10}}{{{cos}\alpha }}} \right)}^2}} dx + \frac{1}{2}\int\limits_{\arctan 2}^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\frac{{10}}{{1 + \sin \alpha }} + \frac{{20}}{{{sin}\alpha }}} \right)}^2}} dx} \right] = 756,3({m^2})\)
Tổng chi phí:
\($\)5.{S_b} + 2.\left( {{S_L} – {S_b}} \right) + 0,1\left( {{S_V} – {S_L}} \right)\(
\) = 5.\frac{{800}}{3} + 2.\left( {756,3 – \frac{{800}}{3}} \right) + 0,1\left( {1600 – 756,3} \right) = 2396,97 \approx 2,4\(tỉ
Lưu ý: Ở trên ta sử dụng công thức của bổ đề sau:
Cho một đương cong ( \)L\( ) có phương trình trong hệ tọa độ cực là \)r = r\left( \theta \right)\(, với \)\alpha \leqslant \theta \leqslant \beta \(. Tính diện tích \)S\( của hình phẳng giới hạn bởi đường cong \)\left( L \right)\( và hai tia \)\theta = \alpha ,\theta = \beta \(.
\)S = \int_\alpha ^\beta {\frac{1}{2}} {[r(\theta )]^2}d\theta $

Trả lời: 0,5.
Quỳnh chọn trước có 3 cách
Hà chọn sau có 2 cách
Quỳnh và Hà quay có \(3.3 = 9\) cách
\( \Rightarrow n(\Omega ) = 3.2.9 = 54\)
Quỳnh quay được:
– Số 9: Hà có 6 cách thua.
– Số 5: Hà có 3 cách thua.
– Số 3: Hà có 2 cách thua.
– Số 4: Hà có 2 cách thua.
– Số 8: Hà có 5 cách thua.
– Số 9: Hà có 4 cách thua.
– Số 6: Hà có 4 cách thua.
– Số 2: Hà có 1 cách thua.
⇒ Có 27 cách để Hà chiến thắng
Xác suất cần tìm là \(\frac{{27}}{{54}} = 0,5\).