Đề thi thử THPT môn Toán năm 2026 cụm 9 Đắk Lắk

Áp dụng công thức tính tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm.

Số người chạy xe máy "Xanh SM" được khảo sát là $n = 5 + 10 + 5 + 2 = 22$.

Gọi $x_{1};x_{2};...;x_{22}$ là thu nhập của 22 người được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có $x_{1},x_{2},...,x_{5} \in \lbrack 3;5);x_{6},x_{7},...,x_{15} \in \lbrack 5;7);x_{16},x_{17},...,x_{20} \in \lbrack 7;9);x_{21},x_{22} \in \lbrack 9;11)$. Do đó đối với dãy số liệu $x_{1};x_{2};...;x_{22}$ thì

Tứ phân vị thứ ba của dãy số liệu $x_{1};x_{2};...;x_{22}$ là $x_{17} \in \lbrack 7;9)$. Do đó tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$Q_{3} = u_{j} + \dfrac{\dfrac{3n}{4} - C}{n_{j}}.(u_{j + 1} - u_{j})$

$= 7 + \dfrac{\dfrac{3.22}{4} - (5 + 10)}{5}.(9 - 7) = 7,6$.

Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng $(\alpha)$ và $(\beta)$ tương ứng có các vecto pháp tuyến $\overset{\rightarrow}{n} = (A;B;C)$, $\overset{\rightarrow}{n^{\prime}} = (A';B';C')$. Khi đó, góc giữa $(\alpha)$ và $(\beta)$, kí hiệu là $\left( {(\alpha),(\beta)} \right)$ được tính theo công thức:

$\cos((\alpha),(\beta)) = \dfrac{\left| {\overset{\rightarrow}{n}.\overset{\rightarrow}{n^{\prime}}} \right|}{\left| {\overset{\rightarrow}{n}.\overset{\rightarrow}{n^{\prime}}} \right|} = \dfrac{\left| {AA' + BB' + CC'} \right|}{\sqrt{A^{2} + B^{2} + C^{2}}.\sqrt{A'^{2} + B'^{2} + C'^{2}}}$.

Mặt phẳng (P) có một vecto pháp tuyến là ${\overset{\rightarrow}{n}}_{p} = (1; - \sqrt{3};2)$.

Mặt phẳng (Oxy): z = 0 có một vecto pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n} = (0;0;1)$.

Ta có $\left. \cos\alpha = \dfrac{\left| {\overset{\rightarrow}{n}}_{p}.\overset{\rightarrow}{n} \right|}{\left| {\overset{\rightarrow}{n}}_{p} \middle| . \middle| \overset{\rightarrow}{n} \right|} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow\alpha = 45^{o} \right.$.

$\overset{\rightarrow}{AB} = (x_{B} - x_{A};y_{B} - y_{A};z_{B} - z_{A})$.

$\overset{\rightarrow}{AB} = (2 + 1;1 - 2; - 3 - 1) = (3; - 1; - 4)$.

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lượng giác.

Ta có: ${\int f}(x)dx = {\int\sin}xdx = - \cos x + C$.

Cho hàm số y = f(x).

Bước 1: Tìm tập xác định.

Bước 2: Tính đạo f’(x). Tìm các giá trị $x_{1},x_{2},...,x_{n} \in \lbrack a;b\rbrack$ sao cho f’(x) = 0 hoặc f’(x) không tồn tại.

Bước 3: Tính $f(a),f\left( x_{1} \right),f\left( x_{2} \right),...,f\left( x_{n} \right),f(b)$. Giá trị lớn nhất trong các giá trị vừa tìm là $\max\limits_{\lbrack a;b\rbrack}f(x)$, giá trị nhỏ nhất trong các giá trị vừa tìm là $\min\limits_{\lbrack a;b\rbrack}f(x)$.

Hàm số $y = f(x) = x^{4} - 4x^{2} + 3$ xác định trên đoạn [0; 4].

Đạo hàm: $y' = 4x^{3} - 8x = 4x(x^{2} - 2)$.

$\left. y' = 0\Leftrightarrow 4x(x^{2} - 2) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = 0 \notin (0;4)} \\ {x = \sqrt{2} \in (0;4)} \\ {x = - \sqrt{2} \notin (0;4)} \end{array}$ \right. \right..

Ta có: $f(0) = 3;f(\sqrt{2}) = - 1;f(4) = 195$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = x^{4} - 4x^{2} + 3$ trên đoạn [0; 4] là -1.

Áp dụng phương pháp tổ hợp.

Số phần tử của tập không gian mẫu: $n(\Omega) = C_{9}^{2} = 36$.

Gọi A: "Rút được cả hai tấm thẻ cùng ghi số chẵn".

Rút 2 tấm thẻ ghi số chẵn trong 4 tấm thẻ ghi số chẵn có $n(A) = C_{4}^{2} = 6$.

Vậy $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: $u_{n} = u_{1}q^{n - 1}$.

Cấp số nhân $(u_{n})$ có: $\left. u_{2} = u_{1}.q\Rightarrow q = \dfrac{u_{2}}{u_{1}} = \dfrac{6}{2} = 3 \right.$.

Vậy $u_{4} = u_{1}.q^{3} = 2.3^{3} = 54$.

Với 0 < a < 1, ta có $\left. \log_{a}f(x) \leq \log_{a}g(x)\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {f(x) > 0} \\ {g(x) > 0} \\ {f(x) \geq g(x)} \end{array} \right.$ \right..

Điều kiện: $\left.$$\left\{ \begin{array}{l} {x + 1 > 0} \\ {2x - 1 > 0} \end{array} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {x > - 1} \\ {x > \dfrac{1}{2}} \end{array} \right.$Leftrightarrow x > \dfrac{1}{2} \right..

$\left. \log_{\dfrac{1}{2}}(x + 1) \leq \log_{\dfrac{1}{2}}(2x - 1)\Rightarrow x + 1 \geq 2x - 1\Leftrightarrow x \leq 2 \right.$.

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $\left( {\dfrac{1}{2};2} \right\rbrack$.

Dựa vào công thức tính thể tích khối chóp.

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng S, chiều cao bằng h là $V = \dfrac{1}{3}Sh$.

Quan sát đồ thị và trả lời.

Dựa vào đồ thị ta có phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 1.

Hàm số đồng biến trên khoảng đồ thị đi từ dưới lên theo chiều dương của trục Ox.

Dựa vào đồ thị ta có hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $(2; + \infty)$.

Áp dụng công thức nguyên hàm cơ bản.

Trên $(0; + \infty)$ ta có $F(x) = {\int f}(x)dx = {\int{\left( {2x - \dfrac{1}{x}} \right)dx}}$

$\left. = x^{2} - \ln \middle| x \middle| + C = x^{2} - \ln x + C \right.$.

Mặt khác $\left. F(1) = 1\Rightarrow C = 0 \right.$

$\left. \Rightarrow F(x) = x^{2} - \ln x\Rightarrow F(e) = e^{2} - 1 \right.$.

Ứng dụng đạo hàm, nguyên hàm để giải bài toán.

a) Đúng. Ta có: $T(x) = {\int T'}(x)dx$

$= {\int{( - 20x + 300)dx}} = - 10x^{2} + 300x + C$, $C \in {\mathbb{R}}$.

Khi người đó tăng giá cho thuê mỗi gian hàng thêm 10 triệu đồng thì doanh thu là 12 tỷ đồng. Nên ứng với $x = 10$ ta có $T(10) = 12000$.

Suy ra $\left. 12000 = - 10.10^{2} + 300.10 + C\Rightarrow C = 10000 \right.$.

Vậy $T(x) = - 10x^{2} + 300x + 10000$.

b) Sai. $T(12) = - 10.12^{2} + 300.12 + 10000 = 12160$ (triệu đồng).

c) Đúng. Ta có:

Vậy doanh thu cao nhất mà người đó có thể thu về là 12 tỷ 250 triệu đồng.

d) Đúng. Doanh thu cao nhất khi mỗi gian hàng đã tăng giá cho thuê thêm 15 triệu đồng.

Áp dụng định nghĩa xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn phần, công thức Bayes.

Gọi các biến cố:

$H_{2}$: Chuyển 2 Đỏ từ A sang B.

$H_{1}$: Chuyển 1 Đỏ, 1 Xanh từ A sang B.

$H_{0}$: Chuyển 0 Đỏ (2 Xanh) từ A sang B.

K: Lấy được 2 quả Đỏ từ hộp B (sau khi chuyển).

a) Đúng. Số phần tử của không gian mẫu $n(\Omega_{1}) = C_{7}^{2} = 21$ (số cách lấy 2 quả bóng từ hộp 1).

$P(H_{2}) = \dfrac{C_{4}^{2}}{21} = \dfrac{6}{21} = \dfrac{2}{7}.$

b) Sai. $\left. P(H_{0}K) = P(H_{0}).P(K \middle| H_{0}) = \dfrac{1}{7}.\dfrac{1}{28} = \dfrac{1}{196} \right.$.

c) Đúng. $P(H_{1}) = \dfrac{C_{4}^{1}.C_{3}^{1}}{21} = \dfrac{12}{21}$; $P(H_{0}) = \dfrac{C_{3}^{2}}{21} = \dfrac{3}{21}$.

Số phần tử của không gian mẫu $n(\Omega_{2}) = C_{8}^{2} = 28$ (số cách lấy hai quả bóng từ hộp 2).

Nếu $H_{2}$ xảy ra (B có 2 + 2 = 4 Đỏ): $\left. P(K \middle| H_{2}) = \dfrac{C_{4}^{2}}{28} = \dfrac{6}{28} \right.$.

Nếu $H_{1}$ xảy ra (B có 2 + 1 = 3 Đỏ): $\left. P(K \middle| H_{1}) = \dfrac{C_{3}^{2}}{28} = \dfrac{3}{28} \right.$.

Nếu $H_{0}$ xảy ra (B có $2 + 0 = 2$ Đỏ): $\left. P(K \middle| H_{0}) = \dfrac{C_{2}^{2}}{28} = \dfrac{1}{28} \right.$.

$\left. P(K) = P(H_{2}).P(K \middle| H_{2}) + P(H_{1}).P(K \middle| H_{1}) + P(H_{0}).P(K \middle| H_{0}) \right.$

$= \dfrac{6}{21}.\dfrac{6}{28} + \dfrac{12}{21}.\dfrac{3}{28} + \dfrac{3}{21}.\dfrac{1}{28} = \dfrac{25}{196}$.

d) Đúng. Xác suất để bóng chuyển từ A là 2 Đỏ ($H_{2}$) khi biết bóng lấy từ B là 2 Đỏ (K):

$P(H_{2}| K) = \dfrac{P(H_{2} \cap K)}{P(K)} = \dfrac{\left. P(H_{2}).P(K \middle| H_{2}) \right.}{P(K)}$

$= \dfrac{\dfrac{6}{21}.\dfrac{6}{28}}{\dfrac{25}{196}} = \dfrac{12}{25}$.

Áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian.

a) Đúng. Vì máy bay giữ nguyên hướng và tốc độ nên sau 10 giây máy bay đến vị trí C, ta có $\overset{\rightarrow}{AB} = 2\overset{\rightarrow}{BC}$.

Gọi $\left. C(a;b;c)\Rightarrow\overset{\rightarrow}{BC} = (a + 8;b - 6;c - 10) \right.$; $\overset{\rightarrow}{AB} = ( - 8;6;0)$.

$\overset{\rightarrow}{AB} = 2\overset{\rightarrow}{BC}\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {- 8 = 2(a + 8)} \\ {6 = 2(b - 6)} \\ {0 = 2(c - 10)} \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {a = - 12} \\ {b = 9} \\ {c = 10} \end{array} \right.$Rightarrow C( - 12;9;10).

$\overrightarrow {OE}  = 2\overrightarrow {EF}  = \left( {\frac{3}{{20}};\frac{1}{5};0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {EF}  = \left( {\frac{3}{{40}};\frac{1}{{10}};0} \right)$.

Mà $E = \left( {\frac{3}{{20}};\frac{1}{5};0} \right)$ nên $F\left( {\frac{9}{{40}};\frac{3}{{10}};0} \right)$.

b) Sai. $BE = \sqrt{\left( {\dfrac{3}{20} + 8} \right)^{2} + \left( {\dfrac{1}{5} + 6} \right)^{2} + {( - 10)}^{2}} \approx 14$ (km).

c) Đúng. Quãng đường xe tăng đi được trong 20 giây đầu tiên là:

OE = 0,25 km = 250 m $\Rightarrow v_{tb} = 12,5$ m/s.

d) Đúng. Giả sử sau thời gian t máy bay đang ở vị trí D và xe tăng đang ở vị trí K.

Véctơ vận tốc của máy bay là ${\overset{\rightarrow}{v}}_{1} = 1800.\dfrac{\overset{\rightarrow}{v}}{\left| \overset{\rightarrow}{v} \right|} = ( - 1440;1080;0)$.

$\left. \overset{\rightarrow}{AD} = t.{\overset{\rightarrow}{v}}_{1}\Rightarrow D( - 1440t;1080t;10) \right.$.

${\overset{\rightarrow}{u}}_{1} = 60.\dfrac{\overset{\rightarrow}{u}}{\left| \overset{\rightarrow}{u} \right|} = (36;48;0)$

$\Rightarrow\overset{\rightarrow}{OK} = t.{\overset{\rightarrow}{u}}_{1}\Rightarrow K(36t;48t;0)$.

$DK = \sqrt{1476^{2}t^{2} + 1032^{2}t^{2} + 100} = f(t)$.

Thời gian máy bay là: 27 : 1800 = 0,015 (h).

Tốc độ thay đổi khoảng cách giữa máy bay và xe tăng lúc này là f'(0,015) = 1689 km/h.

Áp dụng lí thuyết về nguyên hàm.

a) Đúng. Ta có: ${\int{f(x)dx}} = {\int{\dfrac{2x + 1}{x}dx}}$

$\left. = {\int{\left( {2 + \dfrac{1}{x}} \right)dx}} = 2x + \ln \middle| x \middle| + C \right.$.

b) Đúng. Trên $(0; + \infty)$, ta có $F(x) = 2x + \ln x + C$.

Mà $\left. F(1) = 3\Rightarrow 2 + \ln 1 + C = 3 \right.$

$\left. \Leftrightarrow C = 1\Rightarrow F(x) = 2x + \ln x + 1 \right.$.

c) Sai. ${\int f'}(2x)dx = \dfrac{1}{2}{\int f'}(2x)d(2x) = \dfrac{1}{2}f(2x) + C$

$= \dfrac{1}{2}.\dfrac{2.2x + 1}{2x} + C = \dfrac{4x + 1}{4x} + C \neq \dfrac{- 1}{4x} + C$.

d) Sai.

+) Do G(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) nên ta có:

$\left. G(x) = 2x + \ln \middle| x \middle| + C \right.$

$\left. \Rightarrow G(x) =$$\left\{ \begin{array}{l} {2x + \ln x + C_{1},x > 0} \\ {2x + \ln( - x) + C_{2},x < 0} \end{array} \right.$ \right..

+) Mà $G(2) = 1$ nên: $2.2 + \ln 2 + C_{1} = 1$

$\left. \Rightarrow C_{1} = - 3 - \ln 2\Rightarrow G(x) =$$\left\{ \begin{array}{l} {2x + \ln x - 3 - \ln 2,x > 0} \\ {2x + \ln( - x) + C_{2},x < 0} \end{array} \right.$ \right..

$\left. \Rightarrow G(5) = 10 + \ln 5 - 3 - \ln 2 = 7 + \ln 5 - \ln 2 \right.$.

+) Mặt khác: $G(5) + G( - 5) = 0$

$\left. \Rightarrow 7 + \ln 5 - \ln 2 + 2( - 5) + \ln 5 + C_{2} = 02 \right.$

$\left. \Rightarrow C_{2} = 3 - 2\ln 5 + \ln \right.$

$\left. \Rightarrow G(x) =$$\left\{ \begin{array}{l} {2x + \ln x - 3 - \ln 2,x > 0} \\ {2x + \ln( - x) + 3 - 2\ln 5 + \ln 2,x < 0} \end{array} \right.$ \right..

+) $G( - 10) = 2( - 10) + \ln 10 + 3 - 2\ln 5 + \ln 2$

$\left. = \ln 10 - 2\ln 5 + \ln 2 - 17\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {a = 1} \\ {b = - 2} \\ {c = 1} \\ {d = - 17} \end{array} \right.$ \right.

$\left. \Rightarrow a + b + c + d = - 17 \right.$.

Hoặc $G( - 10) = \ln 10 - 2\ln 5 + \ln 2 - 17$

$= \ln 5 + \ln 2 - 2\ln 5 + \ln 2 - 17$

$\left. = - \ln 5 + 2\ln 2 - 17\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {a = 0} \\ {b = - 1} \\ {c = 2} \\ {d = - 17} \end{array} \right.$ \right.

$\left. \Rightarrow a + b + c + d = - 16 \right.$.

Do đó giá trị biểu thức a + b + c + d có nhiều kết quả khác nhau.

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b], trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b (a < b) được tính bằng công thức $S = {\int\limits_{a}^{b}{\left| {f(x)} \right|dx}}$.

Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hai hàm số y = f(x), g(x) liên tục trên [a; b] và hai đường thẳng x = a, x = b được tính bằng công thức $S = {\int\limits_{a}^{b}{\left| {f(x) - g(x)} \right|dx}}$.

Gọi hình vuông có cạnh bằng 4 là ABCD và gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Do vai trò của các đường cong như nhau, giả sử M(x; y) là một điểm thuộc đường cong (C) của miền D như hình vẽ.

Ta có khoảng cách từ M tới O là $MO = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$.

Khoảng cách từ M tới cạnh AB của hình vuông là d(M, AB) = |y – 2|.

Khoảng cách từ M tới O bằng khoảng cách từ M tới AB nên:

$\left. \sqrt{x^{2} + y^{2}} = \left| {y - 2} \right|\Leftrightarrow y = - \dfrac{1}{4}x^{2} + 1 \right.$.

Hoành độ giao điểm của Parabol $y = - \dfrac{1}{4}x^{2} + 1$ và đường thẳng OB (y = x) (thuộc góc phần tư thứ nhất) là

$\left. - \dfrac{1}{4}x^{2} + 1 = x\Leftrightarrow x^{2} + 4x - 4 = 0\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = - 2 - 2\sqrt{2}} \\ {x = - 2 + 2\sqrt{2}} \end{array}$ \right. \right..

Parabol $y = - \dfrac{1}{4}x^{2} + 1$ cắt đường thẳng OB (y = x) tại điểm E thuộc góc phần tư thứ nhất nên $\left. x_{E} = - 2 + 2\sqrt{2}\Rightarrow y_{E} = - 2 + 2\sqrt{2} \right.$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol, trục Ox, trục Oy và đường thẳng $x = - 2 + 2\sqrt{2}$ là:

$S_{1} = {\int\limits_{0}^{- 2 + 2\sqrt{2}}{\left( {- \dfrac{1}{4}x^{2} + 1} \right)dx}} = \dfrac{8 - 4\sqrt{2}}{3}$.

Diện tích tam giác OEH là:

$S_{2} = \dfrac{1}{2}OH.EH = \dfrac{1}{2}y_{E}.x_{E} = \dfrac{1}{2}{( - 2 + 2\sqrt{2})}^{2}$.

Diện tích của $\dfrac{1}{8}$ miền D là:

$S_{3} = S_{1} - S_{2} = \dfrac{8 - 4\sqrt{2}}{3} - \dfrac{1}{2}{( - 2 + 2\sqrt{2})}^{2} = \dfrac{- 10 + 8\sqrt{2}}{3}$.

Diện tích miền D là: $S = 8.S_{3} = 8.\dfrac{- 10 + 8\sqrt{2}}{3} \approx 3,5$.

Ứng dụng tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn.

Đặt $A_{1}B_{1} = a$, ta có:

* Diện tích hình vuông $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ là $S_{V_{1}} = a^{2}$.

Bán kính hình tròn $(C_{1})$ là $\left. R_{1} = \dfrac{A_{1}B_{1}}{2} = \dfrac{a}{2}\Rightarrow \right.$ Diện tích hình tròn $(C_{1})$ là $S_{Tr_{1}} = \pi.\left( \dfrac{a}{2} \right)^{2} = \dfrac{\pi a^{2}}{4}$.

* Hình vuông $A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}$ có đường chéo $\left. A_{2}C_{2} = 2R_{1} = a\Rightarrow \right.$ Cạnh $A_{2}B_{2} = \dfrac{A_{2}C_{2}}{\sqrt{2}} = \dfrac{a}{\sqrt{2}}$.

$\Rightarrow$ Diện tích hình vuông $A_{2}B_{2}C_{2}D_{2}$ là $S_{V_{2}} = \left( \dfrac{a}{\sqrt{2}} \right)^{2} = \dfrac{a^{2}}{2}$.

Bán kính hình tròn $(C_{2})$ là $R_{2} = \dfrac{A_{2}B_{2}}{2} = \dfrac{a}{2\sqrt{2}}$.

$\Rightarrow$ Diện tích hình tròn $(C_{2})$ là $S_{Tr_{2}} = \pi.\left( \dfrac{a}{2\sqrt{2}} \right)^{2} = \dfrac{\pi a^{2}}{8}$.

* Hình vuông $A_{3}B_{3}C_{3}D_{3}$ có đường chéo $\left. A_{3}C_{3} = 2R_{2} = \dfrac{a}{\sqrt{2}}\Rightarrow \right.$ Cạnh $A_{3}B_{3} = \dfrac{a}{\sqrt{2}\sqrt{2}} = \dfrac{a}{2}$.

$\Rightarrow$ Diện tích hình vuông $A_{3}B_{3}C_{3}D_{3}$ là $S_{V_{3}} = \left( \dfrac{a}{2} \right)^{2} = \dfrac{a^{2}}{4}$.

Bán kính hình tròn $(C_{3})$ là $R_{3} = \dfrac{1}{2}A_{3}B_{3} = \dfrac{a}{4}$.

$\Rightarrow$ Diện tích hình tròn $(C_{3})$ là $S_{Tr_{3}} = \pi.\left( \dfrac{a}{4} \right)^{2} = \dfrac{\pi a^{2}}{16}$.

* Tiếp tục theo quy luật trên, ta có:

Diện tích các hình vuông $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1},A_{2}B_{2}C_{2}D_{2},A_{3}B_{3}C_{3}D_{3},...$ lần lượt là $a^{2},\dfrac{a^{2}}{2},\dfrac{a^{2}}{4},...$ lập thành cấp số nhân lùi với số hạng đầu $S_{V_{1}} = a^{2}$, công bội $q_{1} = \dfrac{1}{2}$.

$\Rightarrow$ Tổng diện tích các hình tròn tương ứng là:

$S_{100} = \dfrac{\pi a^{2}}{4} + \dfrac{\pi a^{2}}{8} + \dfrac{\pi a^{2}}{16} + ... \approx \dfrac{\dfrac{\pi a^{2}}{4}}{1 - \dfrac{1}{2}} = \dfrac{\pi a^{2}}{2}$.

$\Rightarrow$ Tổng diện tích phần tô màu đậm là:

$S = S_{V} - S_{Tr} \approx 2a^{2} - \dfrac{\pi a^{2}}{2} = \dfrac{a^{2}(4 - \pi)}{2}$ $\text{(cm}^{2}\text{)}$.

Với a = 60 (cm), ta có tổng diện tích phần tô màu đậm là:

$S \approx \dfrac{60^{2}.(4 - \pi)}{2} \approx 1545$ $\text{(cm}^{2}\text{)}$.

Áp dụng phương pháp tổ hợp.

Gọi 21 số được chọn theo thứ tự tăng là $x_{1} < x_{2} < .... < x_{21}$ trong đó $x_{i} \in \left\{ 1;2;3;....;50 \right\}$.

Vì mọi số ở hàng trên đều nhỏ hơn mọi số ở hàng dưới và trong mỗi hàng số bên trái đều nhỏ hơn số bên phải nên ta chọn như sau:

+ Ô A chọn $x_{1}$.

+ Hàng 2 có 2 ô nên ô B chọn $x_{3}$.

+ Hàng 3 có 3 ô nên ô C chọn $x_{6}$.

+ Hàng 4 có 4 ô nên ô D chọn $x_{10}$.

+ Hàng 5 có 5 ô nên ô D chọn $x_{15}$.

+ Hàng 6 có 6 ô nên ô D chọn $x_{21}$.

Do các số ở ô A, B, C, D, E, F theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên:

$x_{3} - x_{1} = x_{6} - x_{3} = x_{10} - x_{6} = x_{15} - x_{10} = x_{21} - x_{15} = d > 0$.

Khi đó ta có: $\left. x_{21} = x_{1} + 5d \leq 50\Rightarrow x_{1} \leq 50 - 5d \right.$.

Với mỗi $d$ cố định, ta chọn các số còn lại như sau:

+ Chọn $x_{2}$ trong $(x_{1};x_{1} + d)$, có $C_{d - 1}^{1}$ cách.

+ Chọn $x_{4},x_{5}$ trong $(x_{1} + d;x_{1} + 2d)$, có $C_{d - 1}^{2}$ cách.

+ Chọn $x_{7},x_{8},x_{9}$ trong $(x_{1} + 2d;x_{1} + 3d)$, có $C_{d - 1}^{3}$ cách.

+ Chọn $x_{11},x_{12},x_{13},x_{14}$ trong $(x_{1} + 3d;x_{1} + 4d)$, có $C_{d - 1}^{4}$ cách.

+ Chọn $x_{16},x_{17},x_{18},x_{19},x_{20}$ trong $(x_{1} + 4d;x_{1} + 5d)$, có $C_{d - 1}^{5}$ cách.

Với $\left.$$\left\{ \begin{array}{l} {d - 1 \geq 5} \\ {50 - 5d \geq 1} \end{array} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {d \geq 6} \\ {d \leq 9} \end{array} \right.$ \right..

Vậy số cách chọn là:

$T = {\sum\limits_{d = 6}^{9}{(50 - 5d)}}C_{d - 1}^{1}C_{d - 1}^{2}C_{d - 1}^{3}C_{d - 1}^{4}C_{d - 1}^{5} = 285106650$.

Vậy $\dfrac{T}{10^{8}} \approx 2,85$.

Áp dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.

Khi máy bay ở gần đài kiểm soát không lưu nhất, máy bay ở vị trí điểm H(a; b; c) là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng AB.

Ta có $\overset{\rightarrow}{AH} = (a + 500;b + 300;c - 500)$, $\overset{\rightarrow}{AB} = (300;100; - 50)$.

Từ $\overset{\rightarrow}{AH}$, $\overset{\rightarrow}{AB}$ cùng phương và $\overset{\rightarrow}{OH}\bot\overset{\rightarrow}{AB}$ ta có hệ phương trình:

$\{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{a+500}{300}}={\displaystyle \frac{b+300}{100}}={\displaystyle \frac{c-500}{-50}}\\ 300a+100b-50c=0\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {\dfrac{a + 500}{300} = \dfrac{b + 300}{100} = \dfrac{c - 500}{- 50}} \\ {300a + 100b - 50c = 0} \end{array} \right.$.

Giải hệ trên tìm được H(100; -100; 400). Vậy P = a + b + c = 400.

Từ một điểm O bất kì thuộc cạnh a của góc nhị diện [P, a, Q], vẽ các tia Ox, Oy tương ứng thuộc (P), (Q) và vuông góc với a. Góc xOy được gọi là một góc phẳng nhị diện [P, a, Q] (gọi tắt là góc phẳng nhị diện).

Gọi H là trung điểm cạnh AB.

Do $\Delta SAB$ đều nên $SH\bot AB$.

Mặt khác $(SAB)\bot(ABC)$ và $(SAB) \cap (ABC) = AB$.

Từ đó suy ra $SH\bot(ABC)$.

Gọi I là trung điểm BC và E là trung điểm BI.

Do $\Delta ABC$ đều nên $HE\bot BC$. Suy ra $\left. BC\bot(SHE)\Rightarrow \right.$ Góc phẳng nhị diện [S, BC, A] chính là góc $\widehat{SEH}$ hay $\alpha = \widehat{SEH}$.

Do ABC, SAB là các tam giác đều có chung cạnh AB nên $HE = \dfrac{1}{2}AI = \dfrac{1}{2}SH$.