Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2026 trường Lê Thánh Tông - TP HCM

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số mũ: + $\int {{a^x}dx} = \frac{{{a^x}}}{{\ln a}} + C$ $(a > 0,a \ne 1)$.

$\int {f(x)dx} = \int {{{2025}^x}dx} = \frac{{{{2025}^x}}}{{\ln \left( {2025} \right)}} + C$.

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

$S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| { - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} + 1 - \left( { - \frac{1}{2}x + \frac{5}{2}} \right)} \right|dx}$

$= \int\limits_{ - 1}^1 {\left| { - \frac{1}{2}{x^3} + \frac{3}{2}{x^2} + \frac{1}{2}x - \frac{3}{2}} \right|dx}  = 2$.

Để tính tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ của mẫu số liệu ghép nhóm, trước hết ta xác định nhóm chứa ${Q_1}$, giả sử đó là nhóm thứ p: $\left[ {{a_p};{a_{p + 1}}} \right)$. Khi đó

${Q_1} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{4} - \left( {{m_1} + ... + {m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right)$,

trong đó n là cỡ mẫu, ${m_p}$ là tần số nhóm p, với p = 1 ta quy ước ${m_1} + ... + {m_{p - 1}} = 0$.

Tổng số bóng đèn là: n = 11 + 20 + 29 + 40 + 30 = 130 (bóng đèn).

Ta có $\frac{{130}}{4} = 32,5$ và 11 + 20 < 32,5 < 11 + 20 + 29  nên tứ phân vị thứ nhất thuộc nhóm [7; 9).

${Q_1} = 7 + \frac{{\frac{{130}}{4} - (11 + 20)}}{{29}}(9 - 7) = \frac{{206}}{{29}}$.

Phương trình của mặt cầu tâm I(a; b; c) bán kính R là:

${(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = {R^2}$.

Bán kính mặt cầu là 8 : 2 = 4.

(S): $S:(x-2)^{2}+(y+1)^{2}+z^{2}=16$.

Đường thẳng y = ax + b $(a \ne 0)$ gọi là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = f(x) nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) - (ax + b)} \right] = 0$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f(x) - (ax + b)} \right] = 0$.

$y = \frac{{ - {x^2} - 2x + 5}}{{x + 2}} = - x + \frac{5}{{x + 2}}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y - ( - x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ { - x + \frac{5}{{x + 2}} - ( - x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{5}{{x + 2}} = 0$.

Vậy tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y=\frac{-x^{2}-2x+5}{x+2}$ là y = -x.

$\{\begin{array}{l}{a}^{f(x)}>a^{g(x)}\\ a<0\end{array}\iff f(x)<g(x)$$\left\{ \begin{array}{l}{a^{f(x)}} > {a^{g(x)}}\\a < 0\end{array} \right.$ \Leftrightarrow f(x) < g(x).

${\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > \frac{1}{{32}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{{x^2} + 4x}} > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^5} \Leftrightarrow {x^2} + 4x < 5$

$\Leftrightarrow {x^2} + 4x - 5 < 0 \Leftrightarrow - 5 < x < 1$.

Gọi $\overrightarrow {{n_P}}$ là một vecto pháp tuyến của (P), $\overrightarrow {{n_Q}}$ là một vecto pháp tuyến của (Q).

Vì $(P) \bot (Q)$ và $AB \subset (Q)$ nên ta có: $\overrightarrow {{n_Q}} = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {AB} } \right]$. Áp dụng công thức tính tích có hướng của hai vecto.

(P) có một vecto pháp tuyến là $\overrightarrow {{n_P}}  = (1; - 3;2)$, $\overrightarrow {AB}  = ( - 3; - 3;2)$.

Gọi $\overrightarrow {{n_Q}}$ là một vecto pháp tuyến của (Q). Vì $(P) \bot (Q)$ và $AB \subset (Q)$ nên ta có:

$\overrightarrow {{n_Q}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - 3}&2\\{ - 3}&2\end{array}$} \right|;\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}2&1\\2&{ - 3}\end{array}$} \right|;\left| {$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}1&{ - 3}\\{ - 3}&{ - 3}\end{array}$} \right|} \right) = (0; - 8; - 12).

Khi đó $\overrightarrow {{n_3}}  = (0; 8; 12) =  - \overrightarrow {{n_Q}}$ cũng là một vecto pháp tuyến của (Q).

Áp dụng điều kiện và tính chất của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, hai mặt phẳng vuông góc.

Vì S.ABCD là chóp tứ giác đều nên H là tâm của đáy và $SH \bot (ABCD)$. Loại đáp án B.

$\left.$$\begin{array}{l}SH \bot (ABCD)\\SH \subset (SAC)\end{array}$ \right\} \Rightarrow (SAC) \bot (ABCD). Loại đáp án C.

$\left.$$\begin{array}{l}SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot BD\\AC \bot BD\\SH,AC \subset (SAC)\end{array}$ \right\} \Rightarrow BD \bot (SAC) \Rightarrow (SBD) \bot (SAC). Loại đáp A.

Giả sử $CD \bot (SAD)$, khi đó $CD \bot SD$ hay tam giác SDC vuông tại D (vô lí vì tam giác SCD cân tại S). Vậy mệnh đề $CD \bot (SAD)$ sai.

Đưa hai vế về dạng lũy thừa có cùng cơ số.

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

Vậy phương trình có nghiệm x = 0.

Áp dụng công thức sau đối với các số hạng của cấp số cộng: ${u_{n + 1}} = {u_n} + d$.

${u_3} = {u_2} + d \Leftrightarrow 1 = - 2 + d \Leftrightarrow d = 3$.

${u_4} = {u_3} + d = 1 + 3 = 4$.

Áp dụng quy tắc hình bình hành và quy tắc hình hộp.

Xét đáp án A: $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {A'C'}$. Phát biểu ở đáp án A đúng.

Xét đáp án B: $\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AC'}$. Phát biểu ở đáp án B đúng.

Xét đáp án C: $\overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BD'}$. Phát biểu ở đáp án C đúng.

Xét đáp án D: $\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow {DB} \ne \overrightarrow {B'D'}$. Phát biểu ở đáp án D sai.

Quan sát đồ thị và nhận xét.

Phát biểu ở đáp án C sai vì điểm cực đại của hàm số là 2.

a) Xét dấu y’.

b) Tâm đối xứng của (C) là giao điểm của tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

c) Phương trình tiếp tuyến của y = f(x) tại $x = {x_0}$ là: $y = f'({x_0})(x - {x_0}) + f({x_0})$.

d) Sử dụng kiến thức về đường phân giác và tam giác đều để tính.

a) Sai. $y' = \frac{3}{{{{(x + 2)}^2}}} > 0$ $\forall x \ne  - 2$.

Vậy hàm số đồng biến trên từng khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( { - 2; + \infty } \right)$. Cách viết $\mathbb{R}\backslash \{  - 2\}$ là sai.

b) Đúng. Tâm đối xứng của đồ thị (C) là giao điểm của hai tiệm cận.

(C) có tiệm cận ngang là y = 1, tiệm cận đứng là x = -2. Vậy I(-2; 1).

c) Đúng. Đặt $y = f(x) = \frac{{x - 1}}{{x + 2}}$. Ta có: $f'(1) = \frac{1}{3}$; $f(1) = 0$.

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm x = 1 là: $y = \frac{1}{3}(x - 1) + 0 \Leftrightarrow y= \frac{1}{3}x - \frac{1}{3}$.

d) Đúng. Để tam giác ABI đều, I là tâm đối xứng thì A và B phải đối xứng nhau qua một trong hai đường phân giác ${\Delta _1}$, ${\Delta _2}$ của các góc tạo bởi hai đường tiệm cận.

Các đường tiệm cận song song với trục hai trục tọa độ nên góc tạo bởi lần lượt hai đường thẳng ${\Delta _1}$, ${\Delta _2}$ với trục Ox là ${45^o}$ và ${135^o}$, do đó hệ số góc của ${\Delta _1}$, ${\Delta _2}$ lần lượt là ${k_1} = \tan {45^o} = 1$ và ${k_2} = \tan {135^o} =  - 1$.

${\Delta _1}$, ${\Delta _2}$ đi qua I(-2; 1) nên ta có: $\{\begin{array}{l}{\mathrm{\Delta }}_1:1=1.(-2)+c_1\\ {\mathrm{\Delta }}_2:1=-1.(-2)+c_2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{c}_1=3\\ c_2=-1\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{\mathrm{\Delta }}_1:y=x+3\\ {\mathrm{\Delta }}_2:y=-x-1\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _1}:1 = 1.( - 2) + {c_1}\\{\Delta _2}:1 =  - 1.( - 2) + {c_2}\end{array} \right.$ \Rightarrow $\left\{ \begin{array}{l}{c_1} = 3\\{c_2} =  - 1\end{array} \right.$ \Rightarrow $\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _1}:y = x + 3\\{\Delta _2}:y =  - x - 1\end{array} \right.$.

Ta có ${\Delta _2}$ cắt (C) nên A, B đối xứng qua ${\Delta _2}$.

Gọi H là hình chiếu của A lên đường phân giác d. Trong tam giác đều ABI, góc giữa đường thẳng IA và đường phân giác d phải là ${30^o}$.

Sử dụng công thức cosin góc giữa đường thẳng IA và d: $\cos {30^o} = \frac{{\left| {\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {{u_d}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {IA} } \right|.\left| {\overrightarrow {{u_d}} } \right|}}$.

${\Delta _2}$ có một vecto chỉ phương là $\overrightarrow {{u_d}}  = (1; - 1)$.

Vì A thuộc (C) nên $A\left( {{x_A};\frac{{{x_A} - 1}}{{{x_A} + 2}}} \right)$; $\overrightarrow {IA}  = \left( {{x_A} + 2;\frac{{{x_A} - 1}}{{{x_A} + 2}} - 1} \right) = \left( {{x_A} + 2;\frac{{ - 3}}{{{x_A} + 2}}} \right)$.

Đặt $t = {x_A} + 2 \Rightarrow \overrightarrow {IA}  = \left( {t;\frac{{ - 3}}{t}} \right)$.

Suy ra $\cos {30^o} = \frac{{\left| {t.1 + \left( { - \frac{3}{t}} \right).( - 1)} \right|}}{{\sqrt {{t^2} + \frac{9}{{{t^2}}}} .\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\left| {t + \frac{3}{t}} \right|}}{{\sqrt {2\left( {{t^2} + \frac{9}{{{t^2}}}} \right)} }}$.

Bình phương hai vế: $\frac{3}{4} = \frac{{{{\left( {t + \frac{3}{t}} \right)}^2}}}{{2\left( {{t^2} + \frac{9}{{{t^2}}}} \right)}} \Leftrightarrow \frac{3}{4} = \frac{{{t^2} + \frac{9}{{{t^2}}} + 6}}{{2\left( {{t^2} + \frac{9}{{{t^2}}}} \right)}}$.

Đặt $u = {t^2} + \frac{9}{{{t^2}}} = {t^2} + {\left( {\frac{{ - 3}}{t}} \right)^2} = I{A^2}$. Ta có phương trình:

$\frac{3}{4} = \frac{{u + 6}}{{2u}} \Rightarrow 6u = 4u + 24 \Rightarrow 2u = 24 \Rightarrow u = 12$.

Vậy $I{A^2} = 12$. Vì tam giác ABI đều nên cạnh $AB = IA = \sqrt {12}  = 2\sqrt 3$.

a) Áp dụng công thức thể tích khối lập phương cạnh a: $V=a^3$.

b) Dựa vào hình vẽ để tính.

c, d) Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a, x = b quanh trục Ox là $V = \pi \int\limits_a^b {{f^2}(x)dx}$.

a) Đúng. Thể tích khối lập phương là ${V_{LP}} = {8^3} = 512$ $(c{m^3})$.

b) Đúng. Chỏm cầu có bán kính $R = \frac{8}{2} = 4$ (cm) và chiều cao h = 14 – 8 = 6 (cm).

c) Sai. Ta có mặt cắt dọc qua đường kính của quả cầu là một đường tròn bán kính R = 4 (cm).

Chiều cao phần bị mất của chỏm cầu là 8 – 6 = 2 (cm).

Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O trùng với tâm đường tròn, mặt cắt xoay ngang như hình (đơn vị trên trục: cm).

Ta có phương trình đường tròn là ${x^2} + {y^2} = 16$.

Phương trình cung tròn nằm phía trên trục hoành là $y = \sqrt {16 - {x^2}}$.

Thể tích chỏm cầu bị khuất trong khối lập phương là:

${V_K} = \pi \int\limits_2^4 {{{\left( {\sqrt {16 - {x^2}} } \right)}^2}dx}  = \frac{{40}}{3}\pi$ $(c{m^3})$.

Thể tích khối cầu là:

${V_C} = \frac{4}{3}\pi {.4^3} = \frac{{256}}{3}\pi$ $(c{m^3})$.

Thể tích phần chỏm cầu lớn phía trên là:

${V_{CC}} = {V_C} - {V_K} = \frac{{256}}{3}\pi  - \frac{{40}}{3}\pi  = 72\pi$ $(c{m^3})$.

d) Đúng. Thể tích của đồ lưu niệm là:

$V = {V_{LP}} + {V_{CC}} = 512 + 72\pi  \approx 738$ $(c{m^3})$.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto trong không gian và kiến thức về đường tròn trong hình học phẳng.

a) Đúng. Hai điểm A, B cùng quỹ đạo bay đều thuộc mặt phẳng y = 0.

b) Sai. Vì quỹ đạo bay nằm trong mặt phẳng y = 0 nên tâm đường tròn chứa quỹ đạo là $I\left( {{x_I};0;{z_I}} \right)$.

Kẻ đường kính AC. Khi đó $\widehat {AMC} = {90^o} \Rightarrow \widehat {CMB} = \widehat {AMB} - \widehat {AMC}$

$= {135^o} - {90^o} = {45^o}$.

Suy ra $\widehat {ACB} = \widehat {CMB} = {45^o}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung CB).

Mặt khác, tam giác IAB cân tại I có $\widehat {IAB} = {45^o}$ nên tam giác IAB vuông cân tại I, hay $IA \bot IB$.

Hình biểu diễn trên mặt phẳng y = 0:

Ta có $\overrightarrow {IA}  = ( - {x_I};0;5 - {z_I})$, $\overrightarrow {IB}  = (4 - {x_I};0;4 - {z_I})$.

$IA \bot IB \Leftrightarrow \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IB}  = 0$

$\Leftrightarrow  - {x_I}\left( {4 - {x_I}} \right) + \left( {5 - {z_I}} \right)\left( {4 - {z_I}} \right) = 0$

$\Leftrightarrow  - 4{x_I} + {x_I}^2 + 20 - 9{z_I} + {z_I}^2 = 0$ (*).

A, B thuộc quỹ đạo nên $IA = IB \Leftrightarrow I{A^2} = I{B^2}$

$\Leftrightarrow {\left( {0 - {x_I}} \right)^2} + {\left( {0 - 0} \right)^2} + {\left( {5 - {z_I}} \right)^2} = {\left( {4 - {x_I}} \right)^2} + {\left( {0 - 0} \right)^2} + {\left( {4 - {z_I}} \right)^2}$

$\Leftrightarrow {x_I}^2 + 25 - 10{z_I} + {z_I}^2 = 16 - 8{x_I} + {x_I}^2 + 16 - 8{z_I} + {z_I}^2$

$\Leftrightarrow 8{x_I} - 2{z_I} - 7 = 0 \Leftrightarrow {z_I} = \frac{{8{x_I} - 7}}{2}$. Thay vào (*), ta được:

$- 4{x_I} + {x_I}^2 + 20 - 9.\frac{{8{x_I} - 7}}{2} + {\left( {\frac{{8{x_I} - 7}}{2}} \right)^2} = 0$

$\Leftrightarrow {x_I}^2 - 4{x_I} + \frac{{15}}{4} = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}{x_I} = \frac{5}{2}\\{x_I} = \frac{3}{2}\end{array}$ \right..

Với ${x_I} = \frac{5}{2}$ thì ${z_I} = \frac{{13}}{2}$. Với ${x_I} = \frac{3}{2}$ thì ${z_I} = \frac{5}{2}$. Mà ${z_I} > {z_A}$ nên $I\left( {\frac{5}{2};0;\frac{{13}}{2}} \right)$.

c) Đúng. Bán kính quỹ đạo là:

$R = IA = \sqrt {{{\left( {0 - \frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0} \right)}^2} + {{\left( {5 - \frac{{13}}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {34} }}{2}$ (m).

Khoảng cách ngắn nhất giữa chim bói cá và mặt nước là:

${z_I} - R = \frac{{13}}{2} - \frac{{\sqrt {34} }}{2} \approx 3,58$ (m).

d) Đúng. Gọi H là điểm mà chim bói cá sát với mặt nước nhất.

Khi đó một vecto chỉ phương của IH là $\overrightarrow {{u_{IH}}}  = \left( {0;0; - 1} \right)$, $\overrightarrow {IA}  = \left( { - \frac{5}{2};0; - \frac{3}{2}} \right)$.

$\cos \left( {\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {u_{IH}} }  \right) = \frac{{\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {u_{IH}} } }{{IA.\left|\overrightarrow {u_{IH}}\right|}}$

$= \frac{{0.\left( { - \frac{5}{2}} \right) + 0.0 - 1.\left( { - \frac{3}{2}} \right)}}{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {{( - 1)}^2}} .\sqrt {{{\left( { - \frac{5}{2}} \right)}^2} + {0^2} + {{\left( { - \frac{3}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{3\sqrt {34} }}{{34}}$.

$\Rightarrow \left( {\overrightarrow {IA} ,\overrightarrow {u_{IH}} }  \right) \approx 1,03$ (rad). Độ dài cung nhỏ AH là ${l_{AH}} \approx 1,03.\frac{{\sqrt {34} }}{2} \approx 3$ (m).

Thời gian chim bói cá bay từ A đến H là xấp xỉ $\frac{3}{2} = 1,5$ (s).

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

Gọi các biến cố:

A: “Ứng viên là nam”, $\overline A$: “Ứng viên là nữ”. Khi đó P(A) = 60%, $P(\overline A ) = 40\%$.

B: “Ứng viên vượt qua bài kiểm tra lập trình”. Khi đó:

$P(B|A) = 80\% \Rightarrow P(\overline B |A) = 20\%$;

$P(B|\overline A ) = 70\% \Rightarrow P(\overline B |\overline A ) = 30\%$.

C: “Ứng viên vượt qua bài kiếm tra logic”. Khi đó:

$P(C|A) = 75\% \Rightarrow P(\overline C |A) = 25\%$;

$P(C|\overline A ) = 85\% \Rightarrow P(\overline C |\overline A ) = 15\%$.

a) Đúng. $P(\overline A |B) = \frac{{P(\overline A ).P(B|\overline A )}}{{P(A).P(B|A) + P(\overline A ).P(B|\overline A )}} = \frac{{40\% .70\% }}{{60\% .80\% + 40\% .70\% }} = \frac{7}{{19}}$.

b) Đúng. Ứng viên nam không vượt qua được ít nhất 1 bài kiểm tra gồm:

- Ứng viên nam không vượt qua 1 bài kiếm tra. Xác suất là:

$P(B|A).P(\overline C |A) + P(\overline B |A).P(C|A) = 80\% .25\% + 20\% .75\% = 35\%$.

- Ứng viên nam không vượt qua 2 bài kiểm tra. Xác suất là:

$P(\overline B |A).P(\overline C |A) = 20\% .25\% = 5\%$.

Vậy trong số ứng viên nam có 35% + 5% = 40% ứng viên không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra.

c) Đúng. $P(BC) = P(A).P(BC|A) + P(\overline A ).P(BC|\overline A )$

$= P(A).P(B|A).P(C|A) + P(\overline A ).P(B|\overline A ).P(C|\overline A )$

$= 60\% .80\% .75\% + 40\% .70\% .85\% = 36\% + 23,8\% = 59,8\%$.

d) Sai. $P(\overline A |BC) = \frac{{P(\overline A ).P(BC|\overline A )}}{{P(BC)}} = \frac{{23,8\% }}{{59,8\% }} \approx 0,398$.

Sử dụng phương pháp tọa độ hóa trong không gian.

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O là trung điểm của BC, A thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy, A’ thuộc tia Oz. Gọi O' là trung điểm của B'C'.

Tam giác ABC và A’B’C’ là các tam giác đều nên $AO = A'O' = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 2  = \frac{{\sqrt 6 }}{2}$.

Ta có $A'O \bot (ABC) \Rightarrow A'O \bot AO \Rightarrow \widehat {A'OO'} = {45^o}$, mà $A'O \bot A'O'$ nên tam giác A’O’O vuông cân tại A’ và $OA' = A'O' = \frac{{\sqrt 6 }}{2}$.

$A\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{2};0;0} \right)$, $C\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};0;0} \right)$, $B\left( {0;\frac{{ - \sqrt 2 }}{2};0} \right)$, $A'\left( {0;0;\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)$.

$\overrightarrow {AA'}  = \left( {\frac{{ - \sqrt 6 }}{2};0;\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) = \overrightarrow {CC'}  \Rightarrow C'\left( {\frac{{ - \sqrt 6 }}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)$.

$\overrightarrow {A'B}  = \left( {0;\frac{{ - \sqrt 2 }}{2};\frac{{ - \sqrt 6 }}{2}} \right) = \frac{{ - \sqrt 2 }}{2}\overrightarrow {{u_1}}$ với $\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {0;1;\sqrt 3 } \right)$.

$\overrightarrow {AC'}  = \left( { - \sqrt 6 ;\frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\overrightarrow {{u_2}}$ với $\overrightarrow {{u_2}}  = \left( { - 2\sqrt 3 ;1;\sqrt 3 } \right)$.

$d\left( {A'B,AC'} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right].\overrightarrow {AB} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \approx 0,61$.

Gọi chiều rộng thùng gỗ là x. Lập hàm biểu diễn chi phí sản xuất 1 thùng gỗ theo x. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số đó rồi tìm số thùng gỗ có thể sản xuất với 200 triệu đồng.

Gọi chiều rộng thùng gỗ là x (m, x > 0), khi đó chiều dài thùng gỗ là 1,5x (m).

Diện tích đáy thùng gỗ là ${S_d} = 1,5{x^2}$ $({m^2})$, suy ra chiều cao thùng gỗ là $h = \frac{1}{{1,5{x^2}}} = \frac{2}{{3{x^2}}}$ (m).

Diện tích xung quanh thùng gỗ là ${S_{xq}} = 2(x + 1,5x).\frac{2}{{3{x^2}}} = \frac{{10}}{{3x}}$ $({m^2})$.

Chi phí 1 thùng gỗ là: $C(x) = 240000.1,5{x^2} + 180000.\frac{{10}}{{3x}}$

$= 360000{x^2} + \frac{{600000}}{x} = 10000\left( {36{x^2} + \frac{{60}}{x}} \right)$ (đồng).

$C'(x) = 720000x - \frac{{600000}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^3} = \frac{5}{6} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{5}{6}}}$.

Vậy với 200 triệu đồng, doanh nghiệp có thể sản xuất tối đa $\frac{{200000000}}{{C\left( {\sqrt[3]{{\frac{5}{6}}}} \right)}} \approx 209$ thùng gỗ.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép toán vecto trong không gian.

Đặt tên các điểm như hình vẽ.

Xét tam giác DBC vuông tại D, đường cao DO:

$D{O^2} = BO.CO = {450^2} = 30.CO \Leftrightarrow CO = 6750$ (km).

$\Rightarrow BC = CO + BO = 6750 + 30 = 6780$ (km).

Bán kính mặt cầu là $R = \frac{{6780}}{2} = 3390$ (km). Do đó $IO = 3390 - 30 = 3360 \Rightarrow I(0;0;-3360)$.

Phương trình mặt cầu: ${x^2} + {y^2} + {(z + 3360)^2} = {3390^2}$.

Vecto chỉ phương của OA là $\overrightarrow u  = \frac{1}{{30}}\overrightarrow {OA}  = (1; - 26;2)$.

Phương trình đường thẳng OA: $\{\begin{array}{l}x=t\\ y=-26t\\ z=2t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y =  - 26t\\z = 2t\end{array} \right.$.

Để tìm giao điểm K của OA với mặt cầu, ta xét:

${t^2} + {( - 26t)^2} + {(2t + 3360)^2} = {3390^2}$

$\Leftrightarrow 227{t^2} + 4480t - 67500 = 0$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}t = 10\\t =  - \frac{{6750}}{{227}} \approx  - 29,7\end{array}$ \right..

Vì cao độ K dương nên $2t > 0 \Leftrightarrow t > 0$, do đó $K\left( {10; - 260;20} \right)$.

$OK = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( { - 260} \right)}^2} + {{20}^2}}  = 10\sqrt {681}$ (km).

Thời gian dự kiến từ khi tên lửa bị rada phát hiện đến khi bắn trúng rada là $\frac{{10\sqrt {681} }}{7} \approx 37$ (giây).

Tìm phương trình của (P) và (H). Giả sử M thuộc (P), N thuộc (H) sao cho MN ngắn nhất, khi đó tiếp tuyến của (P), (H) tại M, N song song với nhau. Từ đó tính MN.

Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O trùng A, B thuộc tia Ox, D thuộc tia Oy.

Khi đó A(0; 0), B(100; 0), C(60; 40), D(0; 40).

Từ tọa độ hai điểm B, C, ta tìm được phương trình đường thẳng BC: x + y – 100 = 0.

Giả sử K(x; y). Ta có $d\left( {K,AD} \right).d\left( {K,BC} \right) = 600\sqrt 2$

$\Leftrightarrow x.\frac{{\left| {x + y - 100} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = 600\sqrt 2$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x + y - 100 = \frac{{1200}}{x}\\x + y - 100 = \frac{{ - 1200}}{x}\end{array}$ \right. \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}y =  - x + 100 + \frac{{1200}}{x}\\y =  - x + 100 - \frac{{1200}}{x}\end{array}$ \right.

Vì đồ thị (H) có điểm cực trị nên (H): $- x + 100 - \frac{{1200}}{x}$.

Giả sử (P): $y = a{x^2}$. Xét $y = a{x^2} = 40 \Leftrightarrow x = \sqrt {\frac{{40}}{a}}$.

Ta có $S = \int\limits_0^{\sqrt {\frac{{40}}{a}} } {\left( {40 - a{x^2}} \right)dx}  = \frac{{1600}}{3}$

$\Leftrightarrow 40\sqrt {\frac{{40}}{a}}  - \frac{a}{3}{\left( {\sqrt {\frac{{40}}{a}} } \right)^3} - \frac{{1600}}{3} = 0 \Leftrightarrow a = \frac{1}{{10}}$.

Vậy (P): $y = \frac{1}{{10}}{x^2}$.

Giả sử M thuộc (P), N thuộc (H) sao cho MN ngắn nhất.

Ta có $M\left( {m;\frac{{{m^2}}}{{10}}} \right)$, $N\left( {n; - n + 100 - \frac{{1200}}{n}} \right)$.