Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 15

Chọn D
Nhìn vào bảng biến thiên ta chọn đáp án D.

Chọn D
\({\log _3}\left( {x – 1} \right) = 1 \Leftrightarrow x – 1 = 3 \Leftrightarrow x = 4\).

Chọn B
Không gian mẫu \(\Omega \): “chọn ngẫu nhiên 4 học sinh”
\( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{15}^4\).
Biến cố \(A\): “chọn được 4 học sinh nam”
\(\begin{gathered}
\Rightarrow n\left( A \right) = C_8^4 \hfill \\
\Rightarrow P\left( A \right) = \frac{2}{{39}} \hfill \\
\end{gathered} \)

Chọn A
Ta có phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(A\left( {1; – 1;2} \right)\) và có một vec tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n \left( {2;2;1} \right)\)có dạng:
\(2\left( {x – 1} \right) + 2\left( {y + 1} \right) + \left( {z – 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 2y + z – 2 = 0\).

Chọn A

Ta có thể tích khối lăng trụ đã cho là: \(V = {S_{ABCD}}.AA’ = {a^2}.3a = 3{a^3}\).

Chọn D
Ta có

Chọn C
Ta có \(S = – \int\limits_a^c {f\left( x \right)} {\text{d}}x + \int\limits_c^b {f\left( x \right)} {\text{d}}x\).

Chọn D
Đường thẳng đi qua điểm \(M\left( {1;3; – 2} \right)\) và nhận vectơ \(\overrightarrow u = \left( {1; – 1;5} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình tham số là: \(\left\{ \begin{gathered}
x = 1 + t \hfill \\
y = 3 – t \hfill \\
z = – 2 + 5t \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Chọn D
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 8 – 2 = 6.\)

Chọn D
\(2\sin x – \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)
Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {\frac{\pi }{3} + k2\pi ,\frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\)

Chọn A
Vì \(s = \frac{1}{3}{t^3} – {t^2} + 9t \Rightarrow v = {t^2} – 2t + 9\).
Xét hàm \(f\left( t \right) = {t^2} – 2t + 9 \Rightarrow f’\left( t \right) = 2t – 2 = 0 \Rightarrow t = 1\).
BBT của hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} – 2t + 9\)

Dựa vào BBT ta thấy: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;10} \right]} f\left( t \right) = f\left( {10} \right) = 89\).

Chọn D

Nhận xét \(\left\{ \begin{gathered}
SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD \hfill \\
CD \bot AD \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).

a) Đúng.
Giả sử, mỗi chu kì \(x\) ngày xưởng mộc nhập về \(n\) chiếc bàn, mà mỗi ngày xưởng sản xuất 5 chiếc. Do đó ta có \(\frac{n}{x} = 5 \Rightarrow n = 5x\).
b) Sai.
Vì lượng nguyên liệu lưu trữ trung bình mỗi ngày được tính bằng một nửa tổng lượng nguyên liệu tồn kho đầu kì và lượng nguyên liệu tồn kho cuối kì nên lượng nguyên liệu là \(\frac{{5x}}{2}\).
Chi phí để lưu trữ nguyên liệu trong \(x\) ngày của một chu kì sản xuất là: \(10.\frac{{5x}}{2}.x = 25{x^2}\) (USD)
c) Sai.
Chi phí cần bỏ ra cho mỗi chu kì sản xuất là \(5625 + 25{x^2}\).
Khi đó hàm chi phí trung bình mỗi ngày trong một chu kì sản xuất là \(c\left( x \right) = \frac{{5625 + 25{x^2}}}{x} = 25x + \frac{{5625}}{x}\).
d) Đúng.
Ta có \(c’\left( x \right) = 25 – \frac{{5625}}{{{x^2}}}\) \(\left( {x \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
\(c’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 225 \Rightarrow x = 15\).
Bảng biến thiên:

Vậy chi phí trung bình mỗi ngày của một chu kì sản xuất là ít nhất thì xưởng mộc nên nhập hàng mỗi 15 ngày và mỗi lần nhập về \(5.15 = 75\) đơn vị nguyên liệu.

a) Nhìn vào đồ thị ta thấy diện tích của miền tô đậm là \(S = \int\limits_{ – 2}^0 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x + \int\limits_0^1 {\left[ {g\left( x \right) – f\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x\). Suy ra mệnh đề Đúng.b) Đồ thị hàm số \(\left( d \right)\,\,:\,\,g\left( x \right) = ax + b\) đi qua 2 điểm có toạ độ \(\left( { – 2\,;\, – 3} \right)\) và \(\left( {1\,;\,3} \right)\) nên ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{gathered}
– 3 = a.\left( { – 2} \right) + b \hfill \\
3 = a.1 + b \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
2a – b = 3 \hfill \\
a + b = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 2 \hfill \\
b = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow g\left( x \right) = 2x + 1\).
Suy ra mệnh đề Đúng.c) Ta có \(\int\limits_0^1 {\left[ {g\left( x \right) – f\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x = \int\limits_0^1 {g\left( x \right)} \,{\text{d}}x – \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {2x + 1} \right)} \,{\text{d}}x – \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x = 2 – \frac{{19}}{{12}} = \frac{5}{{12}}\).
Suy ra mệnh đề Sai.d) Vì \(S = \int\limits_{ – 2}^0 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x + \int\limits_0^1 {\left[ {g\left( x \right) – f\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x\).
Suy ra \(\int\limits_{ – 2}^0 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x = S – \int\limits_0^1 {\left[ {g\left( x \right) – f\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x = \frac{{37}}{{12}} – \frac{5}{{12}} = \frac{{32}}{{12}} = \frac{8}{3}\).
Mà \(\int\limits_{ – 2}^0 {\left[ {f\left( x \right) – g\left( x \right)} \right]} \,{\text{d}}x = \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x – \int\limits_{ – 2}^0 {g\left( x \right)} \,{\text{d}}x = \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x – \int\limits_{ – 2}^0 {\left( {2x + 1} \right)} \,{\text{d}}x = \int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x + 2\).
Khi đó \(\int\limits_{ – 2}^0 {f\left( x \right)} \,{\text{d}}x = \frac{8}{3} – 2 = \frac{2}{3}\). Suy ra mệnh đề Đúng.

Vì \(B\) nằm trên mặt sàn \(\left( {Oxy} \right)\) nên \(B\left( {{x_B};{y_B};0} \right)\).
Gọi \({A_1}\) là điểm đối xứng của \(A\) qua mặt sàn \(\left( {Oxy} \right)\). Vì \(A(0;6;5)\) nên \({A_1}\left( {0;6; – 5} \right)\).
Ta thấy 3 điểm \({A_1};B;C\) thẳng hàng nên điểm \(B\) chính là giao điểm của đường thẳng \({A_1}C\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\).
Ta có véc tơ \(\overrightarrow {{A_1}C} = 6\left( {2; – 1;2} \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng \({A_1}C\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2t} \\
{y = 6 – t} \\
{z = – 5 + 2t}
\end{array}} \right.\)
\(B\) là giao điểm của \({A_1}C\) với mặt phẳng \(z = 0\) nên \( – 5 + 2t = 0 \Leftrightarrow t = 2,5\)
Thay \(t = 2,5\) vào phương trình đường thẳng, ta được tọa độ điểm \(B\)là \(B\left( {5;\frac{7}{2};0} \right)\)
a) Sai. Tọa độ điểm \(B\left( {5;\frac{7}{2};0} \right)\)
b) Đúng. \(\overrightarrow {AB} = \left( {{x_B};{y_B} – 6; – 5} \right)\).
c) Sai. Hình chiếu của \(C\left( {12;0;7} \right)\) trên mặt sàn \(\left( {Oxy} \right)\) (mặt phẳng \(z = 0\)) phải là điểm \(\left( {12;0;0} \right)\).
d) Đúng. Tia laze truyền từ \(S \to A \to B\), do đó \(S,A,B\) thẳng hàng theo thứ tự đó.
Ta có véc tơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {5; – 2,5; – 5} \right)\).
Độ dài đoạn \(AB = \sqrt {{5^2} + {{( – 2,5)}^2} + {{( – 5)}^2}} = 7,5\) (m).
Vì \(S\) nằm trên đường thẳng \(AB\) và \(A\) nằm giữa \(S,{\text{ }}B\).
Ta có véc tơ \(\overrightarrow {AS} \) ngược hướng với \(\overrightarrow {AB} \):
\(\overrightarrow {AS} = – \frac{{SA}}{{AB}} \cdot \overrightarrow {AB} = – \frac{3}{{7,5}} \cdot \left( {5; – 2,5; – 5} \right) = \left( { – 2;1;2} \right)\)
Suy ra \(S\left( { – 2;7;7} \right)\) nên \(a = – 2,b = 7,c = 7\).
Tổng \(a + b + c = – 2 + 7 + 7 = 12\).

a) Đúng
Theo dự báo thời tiết, xác suất trời sẽ nắng vào ngày thứ 7 là \(0,7\) nên \(P(A) = 0,7\).
b) Sai
Nếu một ngày là nắng thì khả năng sảy ra mưa ở ngày tiếp theo là \(20\% \) nên \(P(B\backslash A) = 0,2\).
Ta có \(P(B\backslash A) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} \Rightarrow P(AB) = P(B\backslash A).P(A) = 0,2.0,7 = 0,14\).
c) Đúng
Nếu một ngày là mưa thì khả năng ngày hôm sau vẫn mưa là \(30\% \) nên \(P(B\backslash \overline A ) = 0,3\).
Ta có \(P(\overline B \backslash \overline A ) = 1 – P(B\backslash \overline A ) = 1 – 0,3 = 0,7\).
d) Sai
Xác suất để ngày chủ nhật trời nắng là \(P(\overline B )\).
Ta có:
\(P(B) = P(B\backslash A).P(A) + P(B\backslash \overline A ).P(\overline A ) = 0,2.0,7 + 0,3.0,3 = 0,23 \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 – 0,23 = 0,77\).

Xét hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) trong đó \(S\)là đỉnh của hình lập phương nằm bên trong ly nước và \(A,\,B,\,C\) là các điểm chung của kim cương với miệng ly; \(O\)là trọng tâm tam giác \(ABC\) và \(H\) là trung điểm \(BC\)
Đặt \(x\)(cm) là cạnh đáy hình chóp thì \(AO = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3} \cdot \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\).
Vì hình chóp S.ABC có SA, SB, SC bằng nhau và đôi một vuông góc tại đỉnh S nên độ dài cạnh \(SA = SB = SC = \frac{x}{{\sqrt 2 }}\).
Từ đó suy ra \(SO = \sqrt {S{A^2} – O{A^2}} = \sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} – \frac{{{x^2}}}{3}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{6}\).
Theo giả thiết thì chiều cao hình chóp S.ABC bằng \(\frac{1}{3}\) chiều cao ly nước: \(SO = \frac{1}{3}.9 = 3\) (cm)
Suy ra chiều dài cạnh đáy của hình chóp: \(\frac{{x\sqrt 6 }}{6} = 3 \Rightarrow x = 3\sqrt 6 \)(cm)
Vậy thể tích nước tràn ra bằng với thể tích khối chóp \(S.ABC\)
Thể tích đó là: \(V = \frac{1}{3}SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.3.\frac{{{{\left( {3\sqrt 6 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2} \approx 23,4\)(cm3)

Cách 1:
Ta cần xác định công thức đường cong ( \(C\) )

Gọi \(A(x;y)(C):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = OE – FE} \\
{y = AN + MN}
\end{array}} \right.\).
Độ dài \(OE = AE = \alpha .r\).
Góc \(AIH = \alpha – \frac{\pi }{2}\) nên \(\cos AIH = \frac{{IH}}{{IA}} = \frac{{FE}}{r} \Rightarrow FE = r \cdot \cos \left( {\alpha – \frac{\pi }{2}} \right) = r \cdot \sin \alpha \).
Nên \(x = \alpha .r – r.\sin \alpha \Rightarrow x = r.(\alpha – \sin \alpha )\).
Độ dài \(AN = r\).
\(\sin AIH = \frac{{AH}}{{IA}} = \frac{{MN}}{r} \Leftrightarrow MN = r \cdot \sin \left( {\alpha – \frac{\pi }{2}} \right) = – r \cdot \cos \alpha .\)
Nên \(y = r – r \cdot \cos \alpha \Rightarrow y = r \cdot (1 – \cos \alpha )\).
Vậy tập hợp điểm \(A(x;y)\) là đường cong \((C):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = r \cdot (\alpha – \sin \alpha )} \\
{y = r \cdot (1 – \cos \alpha )}
\end{array}} \right.\) được gọi đường cong Cycloid Tính diện tích tứ giác \(MNPQ\), bốn đỉnh là \(M(m;1),N(n;1),P(p;3),Q(q;3)\) đều thuộc đường cong ( \(C\) )( \(m < n\) và \(q < p\) ).

(C) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 2.(\alpha – \sin \alpha )} \\
{y = 2.(1 – \cos \alpha )}
\end{array}} \right.\) với \(0 \leqslant \alpha \leqslant 2\pi \).
Xét \(M(m;1) \in (C) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{m = 2.(\alpha – \sin \alpha )} \\
{1 = 2(1 – \cos \alpha )}
\end{array}} \right.\).
Với \(\cos \alpha = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\alpha = \frac{\pi }{3} + k2\pi } \\
{\alpha = – \frac{\pi }{3} + k2\pi }
\end{array}(k \in \mathbb{Z}) \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant \frac{\pi }{3} + k2\pi \leqslant 2\pi } \\
{0 \leqslant – \frac{\pi }{3} + k2\pi \leqslant 2\pi }
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{k = 0} \\
{k = 1}
\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\alpha = \frac{\pi }{3}} \\
{\alpha = \frac{{5\pi }}{3}}
\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).
\( \Rightarrow m = \frac{{2\pi }}{3} – \sqrt 3 \) và \(n = \frac{{10\pi }}{3} + \sqrt 3 \)
Nên \(M\left( {\frac{{2\pi }}{3} – \sqrt 3 ;1} \right),N\left( {\frac{{10\pi }}{2} + \sqrt 3 ;1} \right)\).
Xét \(Q(q;3) \in (C) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{q = 2 \cdot (\alpha – \sin \alpha )} \\
{3 = 2(1 – \cos \alpha )}
\end{array}} \right.\).
Vó́i \(\cos \alpha = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\alpha = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi } \\
{\alpha = – \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }
\end{array}(k \in \mathbb{Z})} \right.\).
\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{0 \leqslant \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \leqslant 2\pi } \\
{0 \leqslant – \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \leqslant 2\pi }
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{k = 0} \\
{k = 1}
\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\alpha = \frac{{2\pi }}{3}} \\
{\alpha = \frac{{4\pi }}{3}}
\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
\( \Rightarrow q = \frac{{4\pi }}{3} – \sqrt 3 \) và \(p = \frac{{8\pi }}{3} + \sqrt 3 \)
Nến \(Q\left( {\frac{{4\pi }}{3} – \sqrt 3 ;3} \right)\) và \(P\left( {\frac{{8\pi }}{3} + \sqrt 3 ;3} \right)\). Từ đó \(MNPQ\) là một hình thang.
\({S_{MNPQ}} = \frac{1}{2} \cdot h \cdot (PQ + MN)\) với \({\text{ }}PQ = \frac{{4\pi }}{3} + 2\sqrt 3 ,MN = \frac{{8\pi }}{3} + 2\sqrt 3 ;h = 3 – 1 = 2.\)
\( \Rightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \left( {\frac{{4\pi }}{3} + 2\sqrt 3 + \frac{{8\pi }}{3} + 2\sqrt 3 } \right) = 4\pi + 4\sqrt 3 \approx 19,5\)
Cách 2:
Nhận xét: Nhìn vào đề bài và phân tích, ta kết luận đây là đường “Cycloid”.

Đường Cycloid có phương trình là \((C):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = R \cdot (\varphi – \sin \varphi )} \\
{y = R \cdot (1 – \cos \varphi )}
\end{array}} \right.\).

\(\sin (\pi – \varphi ) = \frac{{\Delta x}}{R} \Rightarrow \Delta x = R \cdot \sin \varphi \)
\(\cos (\pi – \varphi ) = \frac{{\Delta y}}{R} \Rightarrow \Delta y = R \cdot \cos \varphi \)
\({I_1}{I_2} = \varphi \cdot R\)
\(R = 2 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x_A} = \varphi \cdot R – R \cdot \sin \varphi = R(\varphi – \sin \varphi )} \\
{{y_A} = R – R \cdot \cos \varphi = R(1 – \cos \varphi )}
\end{array}} \right.\)
Với:
\(y = 1 \Rightarrow 2(1 – \cos \varphi ) = 1 \Rightarrow \cos \varphi = \frac{1}{2}\)
\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\varphi = \frac{\pi }{3} \Rightarrow {x_M} = 2\left( {\frac{\pi }{3} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} \\
{\varphi = \frac{{5\pi }}{3} \Rightarrow {x_N} = 2\left( {\frac{{5\pi }}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}
\end{array} \Rightarrow MN\mathop = \limits^{{\text{ }}} \mathcal{A}.} \right.\)
\(y = 3 \Rightarrow 2(1 – \cos \varphi ) = 3 \Rightarrow \cos \varphi = – \frac{1}{2}\)
\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\varphi = \frac{{2\pi }}{3} \Rightarrow {x_Q} = 2\left( {\frac{{2\pi }}{3} – \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} \\
{\varphi = \frac{{4\pi }}{3} \Rightarrow {x_P} = 2\left( {\frac{{2\pi }}{3} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}
\end{array} \Rightarrow PQ\mathop = \limits^{{\text{ }}} \mathcal{B}.} \right.\)
Nhận xét: Ta dễ thấy rằng \(MNPQ\) là hình thang. Do đó:
\({S_{{\text{hinh thang }}MNPQ}} = \frac{{(\mathcal{A} + \mathcal{B})}}{2} \cdot 2 \approx 19,5.\)

Trả lời: \(1,41\)
Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right) \Rightarrow {y_0} = \frac{{2{x_0} – 3}}{{{x_0} – 2}}\) và \(y{‘_0} = – \frac{1}{{{{\left( {{x_0} – 2} \right)}^2}}}\) và có \(I\left( {2;2} \right)\)
Phương trình tiếp tuyến \(\left( d \right)\) của \(\left( C \right)\)tại\(M\):\(y = \frac{{ – 1}}{{{{\left( {{x_0} – 2} \right)}^2}}}\left( {x – {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0} – 3}}{{{x_0} – 2}}\)
\(\left( d \right)\) cắt hai đường tiệm cận tại hai điểm phân biệt \(A\left( {2;\frac{{2{x_0} – 2}}{{{x_0} – 2}}} \right),\)\(B\left( {2{x_0} – 2;2} \right)\).
Theo trên ta có: \(IA = \sqrt {{{\left( {\frac{{2{x_0} – 2}}{{{x_0} – 2}} – 2} \right)}^2}} = \frac{2}{{\left| {{x_0} – 2} \right|}};IB = \sqrt {{{\left( {2{x_0} – 2 – 2} \right)}^2}} = 2\left| {{x_0} – 2} \right|\)
\( \Rightarrow IA.IB = 4\)
Chu vi tam giác \(y – {y_0} = y’\left( {{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right) \Leftrightarrow y – \left( {x_0^3 – 3x_0^2 + 2} \right) = \left( {3x_0^2 – 6{x_0}} \right)\left( {x – {x_0}} \right)\) là :
\(P = IA + IB + AB = IA + IB + \sqrt {I{A^2} + I{B^2}} \geqslant 2\sqrt {IA.IB} + \sqrt {2.IA.IB} = 4 + 2\sqrt 2 \)
Đẳng thức xảy ra khi \(A\left( {\frac{{23}}{9}; – 2} \right)\)
Hay \(\frac{2}{{\left| {{x_0} – 2} \right|}} = 2\left| {{x_0} – 2} \right| \Rightarrow {\left( {{x_0} – 2} \right)^2} = 1\xrightarrow{{{x_0} > 2}}{x_0} = 3\)
Vậy \(M\left( {3;3} \right) \Rightarrow IM = \sqrt 2 \approx 1,41\)

Trả lời: \(22\)

Lắp hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ (\(O \equiv A\)).
Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AD\).
Đường tròn tâm \(M\left( {1;0} \right)\), bán kính \(1cm\) có phương trình là:
\({\left( {x – 1} \right)^2} + {y^2} = 1 \Rightarrow y = \sqrt {1 – {{\left( {x – 1} \right)}^2}} = \sqrt { – {x^2} + 2x} \).
Đường tròn tâm \(N\left( {0;1} \right)\), bán kính \(1cm\) có phương trình là:
\({x^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 1 \Rightarrow y = 1 + \sqrt {1 – {x^2}} \).
Thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình \(\left( H \right)\) quanh trục hoành là:
\(V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + \sqrt {1 – {x^2}} } \right)}^2}dx} + \pi \int\limits_1^2 {\left( { – {x^2} + 2x} \right)dx} \).
Giá tiền vật liệu để đúc một núm đồng trên là: \(\frac{{V.8,96.200000}}{{1000}} \approx 22\) (nghìn đồng).

Gọi \(M\) là điểm mà quả bóng chạm đất.
Khi đó \({x_M} = 0,5,{y_M} = \sqrt {4,{5^2} – 0,{5^2}} = 2\sqrt 5 \)
Vì \((\alpha ) \bot (Oxy)\) nên \((\alpha )\) có véc tơ chỉ phương \(\vec k = (0;0;1)\).
Mà \((\alpha )\) có véc tơ chỉ phương \(\overrightarrow {OM} = (0,5;2\sqrt 5 ;0)\)
Khi đó véc tơ pháp tuyến của ( \(\alpha \) ) là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = [\vec k,\overrightarrow {OM} ] = ( – 2\sqrt 5 ;0,5;0)\)
\( \Rightarrow (\alpha ): – 2\sqrt 5 x + 0,5y = 0\)\( \Leftrightarrow x – \frac{{\sqrt 5 }}{{20}}y = 0\)
\(b = \frac{{ – \sqrt 5 }}{{20}};c = 0;d = 0 \Rightarrow b + c + d \approx – 0,1\)

Trả lời: 8064.
Hoán vị lệch (Derangement):Cho một tập hợp \(S = \{ 1,2, \ldots ,n\} \). Một hoán vị \(\sigma \) của \(S\), kí hiệu \({D_n}\), là một hoán vị lệch nếu với mọi phần từ i trong S, ta có: \(\sigma (i) \ne i\) (tức là, phần tử ở vị trí thứ \(i\) không phải là phần tử \(i\) ban đầu). Khi đó ta có:
\({D_n} = n!\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{{( – 1)}^k}}}{{k!}}} = n!\left( {\frac{1}{{0!}} – \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} – \frac{1}{{3!}} + \ldots + \frac{{{{( – 1)}^n}}}{{n!}}} \right)\)
TH1: 1 hàng có 4 trường khác nhau
– Hoán vị 4 bạn ở hàng 1 có: \(4! = 24\) cách.
– Chọn 4 bạn ở hàng 2.
Số hoán vị lệch là \(4!.\left( {1 – \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} – \frac{1}{{3!}} + \frac{1}{{4!}}} \right) = 9\)
– Hoán vị từng đôi: \({(2!)^4} = 16\)
⇒ Có \(24.9.16 = 3456\) cách
TH2: Mỗi hàng có 2 cặp học sinh cùng trường
– Chọn 2 trường trong 4 trường để xếp vào hàng 1 có \(C_4^2 = 6\) cách
– Sắp xếp vị trí cho các cặp có \(2.2 = 4\) cách
– Hoán vị từng đôi: \({(2!)^4} = 16\)
⇒ Có \(6 \cdot 4 \cdot 16 = 384\) cách
TH3: Mỗi hàng chỉ có 1 cặp học sinh cùng trường
– Chọn 2 cặp học sinh để đưa vào hàng 1, hàng 2 có \(4.3 = 12\) cách
– Hoán vị từng đôi: \({(2!)^4} = 16\)
TH3.1: 2 AD đối nhau

+ Có 3 cách xếp AD đối nhau.
+ Mỗi cách xếp AD đối nhau có 2 cách xếp 2 bạn B và 2 bạn C
⇒ Có \(3.2 = 6\) cách
TH3.2: 1 AD đối nhau, 1AD không đối nhau

+ Có 4 cách xếp 1 AD đối nhau, 1 AD không đối nhau
+ Mỗi cách xếp AD đối nhau, 1 AD không đối nhau có 2 cách xếp B, C
⇒ Có \(4.2 = 8\) cách
TH3.3: Không có cặp AD đối nhau

+ Có 4 cách xếp không có cặp AD đối nhau
+ Mỗi cách xếp không có cặp AD đối nhau có 2 cách xếp B,C
⇒ Có \(4.2 = 8\) cách
Vậy có tất cả \(3456 + 384 + 12 \cdot 16 \cdot (8 + 6 + 8) = 8064\)