Đề thi thử THPT môn Toán năm 2026 trường THPT Nguyễn Trung Thiên - Hà Tĩnh

+ $\int\limits_a^b {kf(x)dx} = k\int\limits_a^b {f(x)dx}$;

+ $\int\limits_a^b {\left[ {f(x) + g(x)} \right]dx} = \int\limits_a^b {f(x)dx} + \int\limits_a^b {g(x)dx}$.

$\int\limits_{ - 1}^1 {(2f(x) + 1)dx} = 2\int\limits_{ - 1}^1 {f(x)dx} + \int\limits_{ - 1}^1 {dx} = 2.3 + 2 = 8$.

Để ba điểm A, B, M thẳng hàng, ta tìm số thực k khác 0 sao cho $\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AB}$, từ đó tìm được tọa độ điểm M.

Vì M thuộc (Oxy) nên $M = ({x_M};{y_M};0)$.

$\overrightarrow {AB} = (0 - 2;1 + 2;2 - 1) = ( - 2;3;1)$; $\overrightarrow {AM} = ({x_M} - 2;{y_M} + 2; - 1)$.

Để A, B, M thẳng hàng hàng thì $\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AB}$

$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}{x_M} - 2 = - 2k\\{y_M} + 2 = 3k\\ - 1 = k\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 4\\{y_M} = - 5\end{array} \right.$ \Rightarrow M(4; - 5;0).

Áp dụng công thức $V = \frac{1}{3}Bh$, trong đó B là diện tích đáy, h là chiều cao khối chóp.

$V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}$.

Hai vecto được gọi là cùng phương nếu chúng có giá song song hoặc trùng nhau. Nếu hai vecto cùng phương thì chúng cùng hướng hoặc ngược hướng.

$\overrightarrow {AD}$ cùng hướng với $\overrightarrow {B'C'}$.

Đưa hai vế về cùng cơ số.

${3^{x - 2}} = \frac{1}{9} \Leftrightarrow {3^{x - 2}} = {3^{ - 2}} \Leftrightarrow x - 2 = - 2 \Leftrightarrow x = 0$.

Đường thẳng $x = {x_0}$ gọi là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f(x) nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thoả mãn:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ + } f(x) = - \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}^ - } f(x) = - \infty$.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x - 2}}{{x + 1}}$ là x = -1.

+ $\overrightarrow a + \overrightarrow b = ({x_a} + {x_b};{y_a} + {y_b};{z_a} + {z_b})$.

+ $\overrightarrow a - \overrightarrow b = ({x_a} - {x_b};{y_a} - {y_b};{z_a} - {z_b})$.

+ $k\overrightarrow a = (k{x_a};k{y_a};k{z_a})$.

$\overrightarrow a - 2\overrightarrow b = \left( {1 - 2.2;2 - 2.2;3 - 2.( - 1)} \right) = \left( { - 3; - 2;5} \right)$.

Đường thẳng d // (P) nếu d // d’ với d’ thuộc (P).

Vì AB // A’B’ nên AB // (A’B’C’D’).

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

$\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

$\int {\sin xdx} = - \cos x + C$; $\int {{a^x}dx} = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C$ $(a > 0,a \ne 1)$.

$\int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {{3^x} + \sin x} \right)dx} = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} - \cos x + C$.

Vậy một nguyên hàm của f(x) trên $\mathbb{R}$ là $F\left( x \right) = \frac{{{3^x}}}{{\ln 3}} - \cos x$.

Áp dụng công thức tính $Q_{3}$ của mẫu số liệu ghép nhóm.

$\left. n = 40\Rightarrow\dfrac{3n}{4} = 30\Rightarrow Q_{3} \right.$ thuộc nhóm [120;160).

$Q_{3} = 120 + \dfrac{\dfrac{3.40}{4} - (11 + 10 + 6)}{8}(160 - 120) = 135$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: ${u_n} = {u_1} + (n - 1)d$.

${u_{12}} = {u_1} + (12 - 1)d \Leftrightarrow 38 = 5 + 11d \Leftrightarrow d = 3$.

a) $\overline x = \frac{1}{n}({n_1}{c_1} + {n_2}{c_2} + ... + {n_k}{c_k})$.

b) Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm là hiệu số giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng và đầu mút trái của nhóm đầu tiên có chứa dữ liệu của mẫu số liệu.

c) ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}$.

d) Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu ${S^2}$, được tính bởi công thức:

${S^2} = \frac{1}{n}[{n_1}{({c_1} - \overline x )^2} + {n_2}{({c_2} - \overline x )^2} + ... + {n_k}{({c_k} - \overline x )^2}]$

Trong đó: $n = {n_1} + {n_2} + ... + {n_k}$ là cỡ mẫu;

$\overline x = \frac{1}{n}({n_1}{c_1} + {n_2}{c_2} + ... + {n_k}{c_k})$ là số trung bình;

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm, kí hiệu $S$, là căn bậc hai số học của phương sai.

a) Sai. Số trung bình: $\overline x  = \frac{{5.75 + 10.125 + 9.175 + 4.225 + 2.275}}{{30}} = 155$.

b) Đúng. Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là: 300 – 50 = 250.

c) Đúng. Cỡ mẫu n = 30.

Gọi ${x_1};{\rm{ }}{x_2}; \ldots ;{\rm{ }}{x_{30}}$ là mẫu số liệu gốc về độ dài quãng đường bác tài xế lái mỗi ngày trong một tháng được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có: ${x_1}; \ldots ;{\rm{ }}{x_5} \in [50;100)$; ${x_6}; \ldots ;{\rm{ }}{x_{15}} \in [100;150)$;${x_{16}}; \ldots ;{\rm{ }}{x_{24}} \in [150;200)$;${x_{25}};...;{x_{28}} \in [200;250)$;${x_{29}};{x_{30}} \in [250;300)$.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là ${x_8} \in [100;150)$. Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${Q_1} = 100 + \frac{{\frac{{30}}{4} - 5}}{{10}}(150 - 100) = 112,5$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là ${x_{23}} \in [150;200)$. Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${Q_3} = 150 + \frac{{\frac{{3.30}}{4} - (5 + 10)}}{9}(200 - 150) = \frac{{575}}{3}$

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 79,17$.

d) Đúng. Độ lệch chuẩn:

$S  = \sqrt {\frac{{{{5.75}^2} + {{10.125}^2} + {{9.175}^2} + {{4.225}^2} + {{2.275}^2}}}{{30}} - {{155}^2}} = 10\sqrt{31} \approx 55,68$.

Tìm tọa độ các điểm, áp dụng biểu thức tọa độ của các phép toán vecto.

Từ dữ kiện đề bài, ta có toạ độ các điểm A(2; 0; 0), D(-6; 0; 0), B(2; 6; 0), E(2; 0; 5) C(-6; 6; 0).

a) Sai. Hình chiếu của Q lên mặt phẳng (Oxy) là T(-6; 3; 0) và QT = 7 nên có Q(-6; 3; 7).

b) Đúng. $\overrightarrow {OC}  = ( - 6 - 0;6 - 0;0 - 0) = ( - 6;6;0)$.

c) Đúng. Có K(0; 0; 5), F(2; 6; 5), G(-6; 6; 5). Gọi I là vị trí đặt camera, khi đó I là trung điểm của FG nên:

$\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_F+x_G}{2}=\frac{2-6}{2}=-2\\ y_I=\frac{y_F+y_G}{2}=\frac{6+6}{2}=6\\ z_I=\frac{z_F+z_G}{2}=\frac{5+5}{2}=5\end{array}\Rightarrow I(-2;6;5)$$\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_F} + {x_G}}}{2} = \frac{{2 - 6}}{2} =  - 2\\{y_I} = \frac{{{y_F} + {y_G}}}{2} = \frac{{6 + 6}}{2} = 6\\{z_I} = \frac{{{z_F} + {z_G}}}{2} = \frac{{5 + 5}}{2} = 5\end{array} \right.$ \Rightarrow I( - 2;6;5).

Độ dài đoạn cáp tối thiểu là:

$OK + KI = 5 + \sqrt {{{( - 2 - 0)}^2} + {{(6 - 0)}^2} + {{(5 - 5)}^2}}$

$= 5 + 2\sqrt {10}$ (m).

d) Sai. Có H(-6; 0; 5), Q(-6; 3; 7) nên $QH = \sqrt {13}$.

Diện tích mái tôn là $S = 2HQ.EH = 16\sqrt {13}$ $({m^2})$.

Số tiền cần bỏ ra là $16\sqrt {13} .130000 \approx 7500000$ (đồng).

Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số.

a) Đúng. $y' =  - 3{x^2} + 6x$.

b) Đúng. $y' = 0 \Leftrightarrow  - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array}$ \right.

Với $x \in (0;2)$ thì $y' =  - 3{x^2} + 6x > 0$ nên hàm số $y =  - {x^3} + 3{x^2} + 4$ đồng biến trên (0; 2).

c) Sai. (C) có hai điểm cực trị là (0; 4) và (2; 8).

Giả sử đường thẳng đi qua hai điểm cực trị trên là d: y = ax + b.

Ta có hệ $\{\begin{array}{l}4=a.0+b\\ 8=a.2+b\end{array}\iff \{\begin{array}{l}b=4\\ a=2\end{array}\Rightarrow y=2x+4$$\left\{ \begin{array}{l}4 = a.0 + b\\8 = a.2 + b\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}b = 4\\a = 2\end{array} \right.$ \Rightarrow y = 2x + 4 hay 2x – y + 4 = 0.

d) Đúng. Giả sử A(0; 4), B(2; 8). Ta có ${S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA.{x_B} = \frac{1}{2}.4.2 = 4$.

a, b) Nếu gia tốc lớn hơn 0 thì vận tốc tăng dần, gia tốc nhỏ hơn 0 thì vận tốc giảm dần.

c) Tìm $v(t) = \int {a(t)dt}$ và tính v(3).

d) Tìm quãng đường xe đi được trong 3 giây đầu và quãng đường xe đi được sau khi phanh.

a) Đúng. ${a_m}\left( t \right) = - 6 < 0$ nên xe chuyển động chậm dần đều.

b) Sai. Với $t \in (0;2)$ thì a(t) > 0 nên vận tốc tăng, $t \in (2;3)$ thì a(t) < 0 nên vận tốc giảm.

c) Sai. $v(t) = \int {a(t)dt} = \int {( - 2t + 4)dt} = - {t^2} + 4t + C$.

Ta có ${v_0} = 10 \Rightarrow v(0) = 10 \Leftrightarrow - {0^2} + 4.0 = 10 \Leftrightarrow C = 10$.

Suy ra $v(t) = - {t^2} + 4t + 10 \Rightarrow v(3) = 13$ (m/s).

d) Sai. Quãng đường xe đi được trong 3 giây đầu là:

$s(t) = \int\limits_0^3 {v(t)dt} = \int\limits_0^3 {( - {t^2} + 4t + 10)dt} = 39$ (m).

Ta có ${v_m}\left( t \right) = \int {{a_m}\left( t \right)} = - 6t + {C_1}$.

${v_m}\left( 0 \right) = 13 \Leftrightarrow - 6.0 + {C_1} = 13 \Leftrightarrow {C_1} = 13 \Rightarrow {v_m}\left( t \right) = - 6t + 13$.

Xe dừng hẳn tại ${v_m}\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - 6t + 13 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{13}}{6}$.

Quãng đường xe đi được sau khi phanh là:

${s_m}(t) = \int\limits_0^{\frac{{13}}{6}} {{v_m}(t)dt} = \int\limits_0^{\frac{{13}}{6}} {( - 6t + 13)dt} = \frac{{169}}{{12}}$ (m).

Quãng đường xe đi được từ thời điểm t = 0 đến khi dừng hẳn là:

$39 + \frac{{169}}{{12}} = \frac{{637}}{{12}} \approx 53$ (m).

Giả sử $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d = f(x)$. Tìm phương trình f(x), từ đó suy ra điểm cực đại của hàm số và tính độ cao lớn nhất mà tàu lượng siêu tốc đạt được.

Giả sử $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d = f(x)$.

Đồ thị cắt đường thẳng y = 30 tại ba điểm có hoành độ x = 0, x = 50, x = 80, nghĩa là phương trình $f(x) = 30 \Leftrightarrow f(x) - 30 = 0$ có ba nghiệm phân biệt x = 0, x = 50, x = 80.

Ta có thể viết hàm số dưới dạng:

$f(x) = a(x - 0)(x - 50)(x - 80) + 30$

$= a({x^3} - 130{x^2} + 4000x) + 30$.

$f'(x) = a(3{x^2} - 260x + 4000) = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 20\\x = \frac{{200}}{3}\end{array}$ \right..

Dựa vào hình dạng đồ thị, xác định được điểm cực tiểu của f(x) là x = 20 và điểm cực đại của f(x) là $x = \frac{{200}}{3}$.

Ta có $4 = a({20^3} - {130.20^2} + 4000.20) + 30$

$\Rightarrow a = - \frac{{13}}{{18000}}$.

Suy ra $f(x) = - \frac{{13}}{{18000}}({x^3} - 130{x^2} + 4000x) + 30$.

Độ cao lớn nhất mà tàu siêu tốc đạt được là:

$f\left( {\frac{{200}}{3}} \right) = \frac{{9890}}{{243}} \approx 40,7$ (m).

Chia trường hợp, áp dụng phương pháp tổ hợp và các quy tắc đếm.

TH1: Chọn vào 1 ngôi nhà không khóa:

Xác suất chọn được 1 ngôi nhà không khóa: $\frac{3}{8}$. Chìa khóa không ảnh hưởng đến kết quả.

TH2: Chọn vào 1 ngôi nhà có khóa:

- Xác suất chọn được 1 ngôi nhà có khóa: $\frac{5}{8}$.

- Xác suất trong 3 chìa đã chọn bao gồm 1 chìa chính xác của ngôi nhà đó: $\frac{{C_1^1C_7^2}}{{C_8^3}} = \frac{3}{8}$.

Xác suất người môi giới vào được ngôi nhà có khóa là $\frac{5}{8}.\frac{3}{8} = \frac{{15}}{{64}}$.

Kết hợp 2 trường hợp: Xác suất để người môi giới vào được nhà là $\frac{3}{8} + \frac{{15}}{{64}} = \frac{{39}}{{64}} \approx 0,61$.

Áp dụng tính chất của ngũ giác đều và hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm diện tích đáy, chiều cao khối chóp. Từ đó xây dựng công thức tính thể tích của khối chóp theo x. Ứng dụng đạo hàm tìm x để thể tích đạt GTLN.

MNPQR là ngũ giác đều nên ta có:

$\widehat {ROM} = \widehat {MON} = \widehat {NOP} = \widehat {POQ} = \widehat {QOR} = \frac{{{{360}^o}}}{5} = {72^o}$.

Xét tam giác OQR cân tại O, đường cao OK:

$\widehat {ROK} = \widehat {KOQ} = \frac{{\widehat {ROQ}}}{2} = \frac{{{{72}^o}}}{2} = {36^o}$.

Xét tam giác ROK vuông tại K: $\sin \widehat {ROK} = \frac{{RK}}{{OR}}$

$\Rightarrow OR = \frac{{RK}}{{\sin \widehat {ROK}}} = \frac{{RQ}}{2}:\sin \widehat {ROK} = \frac{{30}}{2}:\sin {36^o} = \frac{{15}}{{\sin {{36}^o}}}$ (cm).

Ta có $EI = ID = \frac{{ED}}{2} = \frac{x}{2}$ (cm).

Xét tam giác OIE vuông tại I: $\tan \widehat {EOI} = \frac{{EI}}{{OI}}$

$\Leftrightarrow OI = \frac{{EI}}{{\tan \widehat {EOI}}} = \frac{x}{2}:\tan {36^o} = \frac{x}{{2\tan {{36}^o}}}$ (cm).

$IR = OR - OI = \frac{{15}}{{\sin {{36}^o}}} - \frac{x}{{2\tan {{36}^o}}}$ (cm).

Gọi đỉnh chóp là S, sau khi được gập lên thì các điểm M, N, P, Q, R, S trùng nhau.

Chiều cao khối chóp là:

$h = SO = \sqrt {I{R^2} - O{I^2}}$

$= \sqrt {{{\left( {\frac{{15}}{{\sin {{36}^o}}} - \frac{x}{{2\tan {{36}^o}}}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{{2\tan {{36}^o}}}} \right)}^2}}$ (cm).

Diện tích đáy khối chóp là:

${S_{MNPQR}} = 5.{S_{OED}} = 5.\frac{1}{2}.OI.DE$

$= 5.\frac{1}{2}.\frac{x}{{2\tan {{36}^o}}}.x = \frac{{5{x^2}}}{{4\tan {{36}^o}}}$ $(c{m^2})$.

Thể tích khối chóp là: $V = \frac{1}{3}{S_{MNPQR}}.h$

$= \frac{1}{3}.\sqrt {{{\left( {\frac{{15}}{{\sin {{36}^o}}} - \frac{x}{{2\tan {{36}^o}}}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{{2\tan {{36}^o}}}} \right)}^2}} .\frac{{5{x^2}}}{{4\tan {{36}^o}}}$ $(c{m^3})$.

Ta có $V' = 0 \Leftrightarrow x \approx 14,8$ (cm). Vậy thể tích tạo thành lớn nhất khi x xấp xỉ 14,8 (cm).

Lập hàm chi phí trung bình tìm GTNN.

Đổi: 80 000 đồng = 0,08 triệu đồng.

Giả sử cần nhập trái cây đủ n ngày để chi phí trung bình cho mỗi ngày thấp nhất $\left( {n \in {\mathbb{N}^*},n \le 10} \right)$.

Mỗi ngày phải phân phối đi 25 tạ trái cây nên tổng số trái cây trong một lần nhập là 25n (tạ).

Chi phí bảo quản ngày đầu là: 25n.0,08 (triệu đồng).

Chi phí bảo quản ngày thứ hai là: 25(n – 1).0,08 (triệu đồng).

Chi phí bảo quản ngày thứ ba là: 25(n – 2).0,08 (triệu đồng).

…

Chi phí bảo quản ngày cuối cùng là: 25.0,08 (triệu đồng) (vì chỉ còn 25 tạ cho ngày cuối cùng).

Tổng chi phí bảo quản là:

$P = 25n.0,08 + 25(n - 1).0,08 + 25(n - 2).0,08 + ... + 25.0,08$

$= 25.0,08.\left[ {n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1} \right]$

$= 2.\left[ {n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1} \right]$.

Ta có thể viết $n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1$ thành tổng $1 + 2 + 3 + ... + n$.

Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu của cấp số cộng, ta được:

$1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}$.

Do đó $P = 2.\frac{{n(n + 1)}}{2} = n(n + 1)$.

Tổng chi phí (gồm phí vận chuyển và bảo quản) là $25 + n(n + 1)$ (triệu đồng).

Chi phí trung bình là $Q(n) = \frac{{25 + n(n + 1)}}{n} = \frac{{25}}{n} + n + 1$.

Ta có $Q'(n) = - \frac{{25}}{{{n^2}}} + 1 = 0 \Leftrightarrow n = 5$.

Bảng biến thiên:

Vậy, để chi phí trung bình nhỏ nhất thì đại lý cần nhập đủ trái cây cho 5 ngày.

Ứng dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải.

Gọi x là số xe lớn ($x \in \mathbb{N},x \le 13$) và y là số xe nhỏ ($y \in \mathbb{N},y \le 15$).

Từ các dữ kiện bài toán, ta có hệ bất phương trình sau:

$\{\begin{array}{l}50x+30y\ge 500\\ 2x+3y\ge 29\\ 0\le x\le 13\\ 0\le y\le 15\end{array}\iff \{\begin{array}{l}5x+3y\ge 50\\ 2x+3y\ge 29\\ 0\le x\le 13\\ 0\le y\le 15\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}50x + 30y \ge 500\\2x + 3y \ge 29\\0 \le x \le 13\\0 \le y \le 15\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}5x + 3y \ge 50\\2x + 3y \ge 29\\0 \le x \le 13\\0 \le y \le 15\end{array} \right.$.

Miền nghiệm của hệ trên là miền tứ giác ABCD kể cả biên với A(1; 15), B(13; 15), C(13; 1), D(7; 5).

Chi phí thuê xe là: F(x; y) = 10x + 7y (triệu đồng). Thay tọa độ các đỉnh trên vào F(x; y):

F(1; 15) = 10.1 + 7.15 = 115;

F(13; 15) = 10.13 + 7.15 = 235;

F(13; 1) = 10.13 + 7.1 = 137;

F((7; 5) = 10.7 + 7.5 = 105.

Vậy chi phí thấp nhất cần để thuê xe là 105 triệu đồng khi thuê 7 xe lớn, 5 xe nhỏ.

Lập phương trình tham số của đường bay của máy bay không người lái, từ đó biểu diễn điểm máy bay bị bắn hạ M theo tham số t.

Khi máy bay ở vị trí A thì tên lửa khai hỏa và bắn trúng máy bay, do đó thời gian máy bay di chuyển từ A đến M và thời gian tên lửa di chuyển từ O đến M là như nhau. Từ đó tìm t và suy ra khoảng cách OM.

Đổi: 600 m/s = 2160 km/h.

Phương trình đường bay của máy bay không người lái là d: $\{\begin{array}{l}x=6-3t\\ y=-20+4t\\ z=1\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 6 - 3t\\y = - 20 + 4t\\z = 1\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R},t > 0)$.

Gọi điểm máy bay bị bắn trúng là M. Vì M thuộc d nên M(6 – 3t; -20 + 4t; 1).

Khi máy bay ở vị trí A thì tên lửa khai hỏa và bắn trúng máy bay, do đó thời gian máy bay di chuyển từ A đến M và thời gian tên lửa di chuyển từ O đến M là như nhau. Khi đó $\frac{{AM}}{{1080}} = \frac{{OM}}{{2160}}$

$\Leftrightarrow \frac{{\sqrt {{{( - 3t)}^2} + {{(4t)}^2} + {0^2}} }}{{1080}} = \frac{{\sqrt {{{(6 - 3t)}^2} + {{( - 20 + 4t)}^2} + {1^2}} }}{{2160}}$.

Giải phương trình trên nhận được nghiệm thỏa mãn là $t = \frac{{36}}{{25}}$.

Từ đó suy ra $OM \approx 14,4$ (km).