Đề thi thử THPT môn Toán năm 2025 Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Tính đạo hàm của từng hàm số rồi xét sự biến thiên.

Xét đáp án A: $y' = - 3{x^2} - 2 < 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$. Loại A.

Xét đáp án B: Hàm số không liên tục trên $\mathbb{R}$. Loại B.

Xét đáp án C: $y' = 9{x^2} + 3 > 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$ nên hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$. Chọn C.

Xét đáp án D: $y' = 6{x^2} - 5 = 0 \Leftrightarrow \pm \frac{{\sqrt {30} }}{6}$ nên hàm số không đồng biến trên $\mathbb{R}$. Loại D.

Lập bảng biến thiên và xét dấu.

Ta có bảng xét dấu:

Vậy f(x) có hai điểm cực trị là x = 2 và x = 3.

x = -2 không phải cực trị của hàm số vì qua đó f'(x) không đổi dấu.

Quan sát bảng biến thiên và nhận xét.

Quan sát bảng biến thiên, ta thấy giá trị lớn nhất của f(x) trên [-2;4] là f(-1) = 10.

Cho hàm số y = f(x) có đồ thị $({C_1})$ và y = g(x) có đồ thị $({C_2})$.

Số giao điểm của $({C_1})$ và $({C_2})$ bằng số nghiệm của phương trình f(x) = g(x).

$f(x) - 1 = 0 \Leftrightarrow f(x) = 1$.

Đồ thị hàm số f(x) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm nên phương trình trên có ba nghiệm thực phân biệt.

Thay tọa độ các điểm thuộc đồ thị vào từng hàm số xem có thỏa mãn phương trình.

$f( - 1) = 2$ nên loại A, D.

$f(2) = 4$ nên loại B.

Với 0 < a < 1, ta có ${a^x} < {a^\alpha } \Leftrightarrow x > \alpha$.

${\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} < \frac{1}{8} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} \Leftrightarrow x > 3$ (vì $0 < \frac{1}{2} < 1$).

$\overrightarrow a = m\overrightarrow i + n\overrightarrow j + p\overrightarrow k = (m;n;p)$.

$\overrightarrow a = 2\overrightarrow i - 3\overrightarrow j + \overrightarrow k = (2; - 3;1)$.

Với G là trọng tâm tam giác ABC, ta có $\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3}\end{array} \right.$.

$\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{1+2+3}{3}=2\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{3+(-1)+1}{2}=1\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=\frac{4+0+2}{3}=2\end{array}\Rightarrow G(2;1;2)$$\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 2 + 3}}{3} = 2\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{3 + ( - 1) + 1}}{2} = 1\\{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{4 + 0 + 2}}{3} = 2\end{array} \right.$ \Rightarrow G(2;1;2).

Áp dụng biểu thức tọa độ của tích vô hướng: $\overrightarrow a .\overrightarrow b = {x_a}.{x_b} + {y_a}.{y_b} + {z_a}.{z_b}$.

$\overrightarrow a .\overrightarrow b = 1.( - 1) + ( - 2).2 + 2.1 = - 3$.

Nếu a // b thì (a,c) = (b,c).

ABCD là hình vuông nên BC // AD.

Khi đó $(BC,SA) = (AD,SA) = \widehat {SAD} = {60^o}$ (vì tam giác SAD đều).

${M_e} = {u_m} + \frac{{\frac{n}{2} - C}}{{{n_m}}}.({u_{m + 1}} - {u_m})$.

Cỡ mẫu: n = 53 + 82 + 48 + 39 + 18 = 240.

Trung vị của dãy số liệu ${x_1},{x_2},...,{x_{240}}$ là $\frac{{{x_{120}} + {x_{121}}}}{2} \in [15,5;20,5]$.

Số trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là:

${M_e} = 15,5 + \frac{{\frac{{240}}{2} - 53}}{{82}}(20,5 - 15,5) \approx 19,59$.

Dựa vào các điểm thuộc đồ thị để tìm hàm số, từ đó tìm đường tiệm cận xiên.

$y(2) =  - 4 \Leftrightarrow \frac{{a{{.2}^2} + b.2 + c}}{2} =  - 4 \Leftrightarrow 4a + 2b + c =  - 8$ (1).

$y(2) = 4 \Leftrightarrow \frac{{a{{.2}^2} + b.2 + c}}{2} = 4 \Leftrightarrow 4a - 2b + c =  - 8$ (2).

$y = \frac{{a.{x^2} + b.x + c}}{x} = ax + b + \frac{c}{x}$, suy ra $y' = a - \frac{c}{{{x^2}}}$.

Ta có $y'(2) = 0 \Leftrightarrow a - \frac{c}{{{a^2}}} = 0 \Leftrightarrow 4a - c = 0$ (3).

Giải hệ các phương trình (1), (2), (3) ta được a = -1, b = 0, c = -4.

Do đó $y = \frac{{ - {x^2} - 4}}{x} =  - x - \frac{4}{x}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ {f(x) - ( - x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \left[ { - x - \frac{4}{x} - ( - x)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{ - 4}}{x} = 0$.

Vậy đường tiệm cận xiên là y = -x.

Tính đạo hàm của hàm số đã cho, lập bảng biến thiên và nhận xét.

a) Đúng. $c(2) = \frac{2}{{{2^2} + 1}} = 0,4$ (mg/l).

Vậy sau khi tiêm thuốc 2 giờ, nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân bằng 0,4 (mg/l).

b) Sai. Với $t \ge 0$, ta có $c'(t) = \frac{{1.({t^2} + 1) - t.2t}}{{{{({t^2} + 1)}^2}}} = \frac{{ - {t^2} + 1}}{{{{({t^2} + 1)}^2}}} = 0 \Rightarrow t = 1$.

Bảng biến thiên:

Từ đó, ta thấy với $t \in [0; + \infty )$ thì $0 \le c(t) \le 5$ nên nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân không vượt quá 0,5 (mg/l).

c) Đúng. Từ bảng biến thiên, ta thấy nồng độ thuốc trong máu cao nhất bằng c(1) = 0,5 (mg/l).

Vậy sau khi tiêm thuốc 1 giờ thì nồng độ thuốc trong máu của bệnh nhân cao nhất.

d) Đúng. Từ bảng biến thiên, ta thấy nồng độ thuốc trong máu cao nhất bằng 0,5 (mg/l).

a) Tìm hoành độ giao điểm của đồ thị f(x) và trục hoành.

b) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên khoảng hoặc đoạn phù hợp.

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên khoảng hoặc đoạn phù hợp.

d) Áp dụng công thức tính khoảng cách và ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất.

a) Sai. Hoành độ giao điểm của f(x) và trục Ox là nghiệm của phương trình:

$- 0,1{x^3} + 0,9{x^2} - 1,5x + 5,6 = 0 \Leftrightarrow x = 8$.

Vậy đường dạo ven hồ chạy dọc theo trục Ox dài 800m.

b) Đúng. $f'(x) = - 0,3{x^2} + 1,8x - 1,5 = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 1\\x = 5\end{array}$ \right..

Vậy điểm cách O một đoạn 500m có khoảng cách theo phương thẳng dứng đến bờ hồ đối diện là lớn nhất và bằng 810m.

c) Đúng. Khoảng cách nhỏ nhất theo phương thẳng đứng từ một điểm trên đường đi dạo ven hồ đến bờ hồ đối diện là f(1) = 490m.

d) Đúng. Gọi $M(a;b) \in f(x)$ với $0 \le x \le 8$. Khi đó $M(a; - 0,1{a^3} + 0,9{a^2} - 1,5a + 5,6)$.

Đặt $\Delta :y = - 1,5 + 18 \Leftrightarrow 1,5x + y - 18 = 0$.

$d(M,\Delta ) = \frac{{\left| {1,5a + \left( { - 0,1{a^3} + 0,9{a^2} - 1,5a + 5,6} \right) + 18} \right|}}{{\sqrt {1,{5^2} + {1^2}} }} = \frac{{2\sqrt {13} }}{{13}}\left| { - 0,1{a^3} + 0,9{a^2} + 12,4} \right|$.

Xét hàm $f(a) = - 0,1{a^3} + 0,9{a^2} + 12,4$ với $0 \le x \le 8$.

$f'(a) = - 0,3{x^2} + 1,8a = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}a = 0\\a = 6\end{array}$ \right..

Bảng biến thiên:

Với $0 \le x \le 8$ thì $- 12,4 \le f(a) \le - 1,6$ suy ra $1,6 \le \left| {f(a)} \right| \le 12,4$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của |f(a)| khi $0 \le x \le 8$ là |f(6)| = 1,6.

Suy ra $\min d(M,\Delta ) = \frac{{2\sqrt {13} }}{{13}}.1,6 = \frac{{16\sqrt {13} }}{{65}}$ khi a = 6. Khi đó M(6;7,4).

Vậy a + 5b = 6 + 5.7,4 = 43.

a) Áp dụng công thức tính tọa độ vecto $\overrightarrow {AB} = ({x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A})$.

b) Hình chiếu vuông góc của điểm A(a;b;c) lên trục Ox là A’(a;0;0).

c) Áp dụng công thức tính tích vô hướng cho hai vecto vuông góc.

d) Áp dụng quy tắc về hai vecto bằng nhau.

a) Sai. $\overrightarrow {AB} = ( - 2 - 1;3 - 0;4 + 2) = ( - 3;3;6)$.

b) Sai. Hình chiếu vuông góc của B lên trục Ox là B’(-2;0;0).

c) Sai. $M \in Ox \Rightarrow M(x;0;0)$.

$\overrightarrow {BM} = (x + 2; - 3; - 4)$, $\overrightarrow {CM} = (x - 4;6; - 1)$.

$\Delta MBC$ vuông tại M suy ra $\overrightarrow {BM} .\overrightarrow {CM} = 0 \Leftrightarrow (x + 2)(x - 4) + ( - 3).6 + ( - 4).( - 1) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 22 = 0$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 1 + \sqrt {23} \\x = 1 - \sqrt {23} \end{array}$ \right..

Vậy có hai điểm M thỏa mãn là ${M_1}(1 + \sqrt {23} ;0;0)$ và ${M_2}(1 - \sqrt {23} ;0;0)$.

d) Đúng. $\overrightarrow {BD} = ({x_D} + 2;{y_D} - 3;{z_D} - 4)$, $\overrightarrow {AC} = (3; - 6;3)$.

ABDC là hình bình hành $\Leftrightarrow \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AC} \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}{x_D} + 2 = 3\\{y_D} - 3 = - 6\\{z_D} - 4 = 3\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 1\\{y_D} = - 3\\{z_D} = 7\end{array} \right.$.

Vậy D(1;-3;7).

a) Góc phẳng nhị diện của góc nhị diện là góc có đỉnh nằm trên cạnh của nhị diện, có hai cạnh lần lượt nằm trên hai mặt của nhị diện và vuông góc với cạnh của nhị diện.

b) Áp dụng công thức tính diện tích tam giác $S = \frac{1}{2}bc\sin A$ và công thức tính thể tích lăng trụ $V = Bh$.

c) Dựa vào tỉ lệ độ dài giữa đoạn MB và BB’.

d) Tìm hình chiếu vuông góc của điểm lên mặt phẳng rồi tính khoảng cách giữa điểm đó và hình chiếu.

a) Sai. Có $\left\{ \begin{array}{l}AC \bot CC'\\BC \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow [a;CC';B] = (AC,BC) = \widehat {ACB} = {120^o}$.

b) Đúng. ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC.BC.\sin \widehat {ACB} = \frac{1}{2}a.2a.\sin {120^o} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

$V = {S_{ABC}}.AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.2a = {a^3}\sqrt 3$.

c) Đúng. ${V_{MABC}} = \frac{1}{3}MB.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}AA'.{S_{ABC}} = \frac{1}{6}V$.

d) Đúng. Gọi H là đường cao của tam giác ABC.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\AA' \bot (ABC) \Rightarrow AA' \bot CH\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot (AA'B'B) \Rightarrow d(C,(ABB'A')) = CH$.

$AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2} - 2AC.BC.\cos \widehat {ACB}} = \sqrt {{a^2} + {{(2a)}^2} - 2.a.2a.\cos {{120}^o}} = a\sqrt 7$.

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}CH.AB \Leftrightarrow \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{1}{2}CH.a\sqrt 7 \Leftrightarrow CH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Vì CC’ // (ABB’A”) nên $d(C',(ABB'A')) = d(C,(ABB'A')) = CH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Tìm tọa độ các điểm A, B, C rồi tính diện tích tam giác.

Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta có: $- 1 \le \sin x \le 1 \Leftrightarrow - 2 \le 2\sin x \le 2 \Leftrightarrow - 2 \le f(x) \le 2$.

Xét $f(x) = 2 \Leftrightarrow 2\sin x = 2 \Leftrightarrow \sin x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi$ $(k \in \mathbb{Z})$.

Với x > 0, ta có: $\frac{\pi }{2} + k2\pi > 0 \Leftrightarrow k2\pi > - \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow k > - \frac{1}{4} \Rightarrow k \in \{ 0;1;2...\}$.

Dựa vào đồ thị, ta thấy:

Với k = 0 thì $x = \frac{\pi }{2} + 0.2\pi = \frac{\pi }{2}$. Vậy $B\left( {\frac{\pi }{2};2} \right)$.

Với k = 1 thì $x = \frac{\pi }{2} + 1.2\pi = \frac{{5\pi }}{2}$. Vậy $C\left( {\frac{{5\pi }}{2};2} \right)$.

Có A(0;-2).

$BC = \sqrt {{{(2\pi )}^2} + {0^2}} = 2\pi$.

$d(A,BC) = 2OA = 2.2 = 4$.

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}d(A,BC).BC = \frac{1}{2}.4.2\pi = 4\pi \approx 12,57$.

Tìm số câu hỏi mà An cần chọn đúng và cần chọn sai để đạt đúng 8 điểm.

Áp dụng công thức tổ hợp để tính xác suất.

Để đạt được đúng 8 điểm thì An phải trả lời đúng 16 câu và sai 4 câu. Khi đó, số câu chọn ngẫu nhiên đúng là 6 câu và sai là 4 câu.

Số cách chọn 6 câu đúng từ 10 câu chọn ngẫu nhiên là $C_{10}^6$.

Số cách chọn 4 câu sai từ 4 câu chọn ngẫu nhiên còn lại là $C_4^4$.

Xác suất để chọn 1 câu đúng là $\frac{1}{4}$, xác suất để chọn 1 câu sai là $\frac{3}{4}$.

Vậy xác suất để chọn 6 câu đúng và 4 câu sai từ 10 câu chọn ngẫu nhiên còn lại là $p = C_{10}^6.C_4^4.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^6}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^4} = \frac{{17010}}{{1048576}}$.

Vậy $100p \approx 1,6$.

Sử dụng công thức tính diện tích hình thang và thể tích hình lăng trụ đứng.

Áp dụng hệ quả định lí Thales.

Tính thể tích phần nước đã có trong bể, thể tích toàn bộ bể rồi từ đó tìm ra thể tích nước cần bơm.

Đặt tên các điểm như hình vẽ.

Ta có $AD = AB + HB + DH$

$\Leftrightarrow HB = AD - AB - DH = 3 - 1 - 1 = 1$ (m).

Suy ra $AH = AB + BH = 1 + 1 = 2$.

Sử dụng hệ quả định lí Thales, ta có:

$\frac{{BC}}{{HF}} = \frac{{AB}}{{AH}} \Leftrightarrow BC = \frac{{AB.HF}}{{AH}} = \frac{{AB.DE}}{{AH}} = \frac{{1.12}}{2} = 6$ (m).

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}.1.6 = 3$ $({m^2})$.

Thể tích nước đang có trong bể là: ${V_1} = {S_{ABC}}.AA' = 3.6 = 18$ $({m^3})$.

${S_{ADEF}} = \frac{{(AD + EF).DE}}{2} = \frac{{(3 + 1).12}}{2} = 24$ $({m^2})$.

Thể tích hồ bơi là: $V = {S_{ADEF}}.AA' = 24.6 = 144$ $({m^3})$.

Thể tích nước cần bơm là: $75\% V - {V_1} = 75\% .144 - 18 = 90$ $({m^3})$.

Thời gian bơm là: $\frac{{96}}{{0,25}} = 360$ (phút).

Tính đạo hàm cấp hai của f(t), từ đó tìm giá trị lớn nhất của f’(t).

$f'(t) = 200.\frac{{ - 4{e^{ - t}}}}{{{{(1 + 4{e^{ - t}})}^2}}} = \frac{{800{e^{ - t}}}}{{{{(1 + 4{e^{ - t}})}^2}}}$;

$f''(t) = 800.\frac{{ - {e^{ - t}}{{(1 + 4{e^{ - t}})}^2} - {e^{ - t}}.2.( - 4{e^{ - t}}).(1 + 4{e^{ - t}})}}{{{{(1 + 4{e^{ - t}})}^4}}} = 800.\frac{{4{{({e^{ - t}})}^2} - {e^{ - t}}}}{{{{(1 + 4{e^{ - t}})}^3}}} = \frac{{800{e^{ - t}}}}{{{{(1 + 4{e^{ - t}})}^3}}}(4{e^{ - t}} - 1)$.

$f''(t) = 0 \Leftrightarrow 4{e^{ - t}} - 1 = 0 \Leftrightarrow \ln {e^{ - t}} = \ln \frac{1}{4} \Leftrightarrow - t\ln e = \ln 1 - \ln 4 \Leftrightarrow - t = 0 - \ln 4 \Leftrightarrow t = \ln 4$.

Bảng biến thiên:

Giá trị lớn nhất của f’(t) là f’(ln4) = 50.

Tốc độ tăng trưởng dân số của tỉnh A lớn nhất bằng 50 khi $t = \ln 4 \approx 1,38$.

$f'(1) \approx 48,18$; $f'(2) \approx 45,57$. Suy ra f’(1) > f’(2).

Vậy sau 1 tháng, tốc độ tăng trưởng dân số của tỉnh A là lớn nhất.

Dựa vào các điểm đồ thị đi qua và điểm cực trị, tìm phương trình của đồ thị biểu diễn đường bay.

Từ đó, tìm tọa độ giao điểm C với trục Ox, phương trình đường tiệm cận xiên và tọa độ điểm G là giao điểm của tiệm cận xiên với trục Ox.

Tính khoảng cách CG.

Đường bay là một phần của đồ thị hàm số bậc hai trên bậc nhất: $y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x - 2}}$ (do tiệm cận đứng là x = 2).

Theo đề bài: A(2,5;0), B(4;4,5).

Vì A thuộc đồ thị hàm số nên ta có $\frac{{a.2,{5^2} + b.2,5 + c}}{{2,5 - 2}} = 0 \Leftrightarrow 6,25a + 2,5b + c = 0$ (1).

Vì B thuộc đồ thị hàm số nên ta có $\frac{{a{{.4}^2} + b.4 + c}}{{4 - 2}} = 4,5 \Leftrightarrow 16a + 4b + c = 9$ (2).

$y' = \frac{{(2ax + b)(x - 2) - (a{x^2} + bx + c).1}}{{{{(x - 2)}^2}}} = \frac{{a{x^2} - 4ax - 2b - c}}{{{{(x - 2)}^2}}}$.

Điểm B là một cực trị của đồ thị hàm số nên $\frac{{a{{.4}^2} - 4a.4 - 2b - c}}{{{{(4 - 2)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow 2b + c = 0$ (3).

Giải hệ các phương trình (1), (2), (3), ta được a = -1; b = 12,5; c = -25.

Suy ra $y = f(x) = \frac{{ - {x^2} + 12,5x - 25}}{{x - 2}} = - x + 10,5 - \frac{4}{{x - 2}}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {f(x) - ( - x + 10,5)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left[ { - x + 10,5 + \frac{4}{{x - 2}} - ( - x + 10,5)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{4}{{x - 2}} = 0$.

Vậy y = -x + 10,5 là tiệm cận xiên.

Phương trình hoành độ giao điểm của tiệm cận xiên và trục Ox là $- x + 10,5 = 0 \Leftrightarrow x = 10,5$.

Vậy G(10,5;0).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f(x) với trục Ox là $\frac{{ - {x^2} + 12,5x - 25}}{{x - 2}} = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 2,5\\x = 10\end{array}$ \right..

Vậy A(2,5;0), C(10;0).

$CG = {x_G} - {x_C} = 10,5 - 10 = 0,5$.

Vậy vị trí máy bay tiếp đất tại C cách điểm giới hạn G một khoảng bằng 0,5.

Sử dụng quy tắc tổng hợp lực $\overrightarrow {{F_{12}}} = \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}}$ và ${F_{12}} = \sqrt {{F_1}^2 + {F_2}^2 + 2{F_1}.{F_2}\cos \left( {\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} } \right)}$.

$\left| {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}} } \right| = \sqrt {{{\left( {\overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}}  + \overrightarrow {{F_3}} } \right)}^2}}$

$= \sqrt {{F_1}^2 + {F_2}^2 + {F_3}^2 + 2\overrightarrow {{F_1}} .\overrightarrow {{F_2}}  + 2\overrightarrow {{F_2}} .\overrightarrow {{F_3}}  + 2\overrightarrow {{F_3}} .\overrightarrow {{F_1}} }$

$= \sqrt {{F_1}^2 + {F_2}^2 + {F_3}^2 + 2{F_1}.{F_2}.\cos {{110}^o} + 2{F_2}.{F_3}.\cos {{90}^o} + 2{F_3}.{F_1}.\cos {{90}^o}}$

$= \sqrt {{9^2} + {4^2} + {7^2} + 2.9.4\cos {{110}^o} + 2.4.7.\cos {{90}^o} + 2.7.9.\cos {{90}^o}}  \approx 11$ (N).