Thi thử toàn quốc TN THPT | Môn Toán | Trạm số 5 | Ngày 11 - 12/04/2026

Gọi $H$ là trung điểm của $\left. AD\Rightarrow MH//SA\Rightarrow MH\bot\left( {ABCD} \right) \right.$.

Gọi $\left. O = AC \cap BD\Rightarrow OM//SB\Rightarrow SB//\left( {AMC} \right)\Rightarrow d\left( {SB,CM} \right) = d\left( {SB,\left( {MAC} \right)} \right) \right.$

$= d\left( {B,\left( {MAC} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {MAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {MAC} \right)} \right) = 2d$ và $MH = \dfrac{SA}{2} = \dfrac{1}{2};AH = HO = 1$.

Khi đó ta có: $\left. \dfrac{1}{d^{2}} = \dfrac{1}{HM^{2}} + \dfrac{1}{HO^{2}} + \dfrac{1}{HA^{2}} = \dfrac{6}{1^{2}}\Rightarrow d = \dfrac{\sqrt{6}}{6}\Rightarrow d\left( {SB,MC} \right) = \dfrac{\sqrt{6}}{3} \approx 0,82 \right.$.

Gọi x, y lần lượt là số đại diện bán hàng ở Hà Nội và Thành phố Hồ Chí Minh sẽ tham dự cuộc họp.

Theo đề bài, ta có hệ bất phương trình: $\left\{ \begin{array}{l} {12 \leq x \leq 28} \\ {16 \leq y \leq 22.} \\ {x + y \geq 40} \end{array} \right.$

Miền nghiệm của hệ bất phương trình này là miền tứ giác ABCD như hình vẽ với $\text{A}(28;22),\text{B}(18;22),\text{C}(24;16)$ và $\text{D}(28;16)$.

Tổng chi phí vé máy bay là $\text{F}(\text{x};\text{y}) = 2\text{x} + 2,4\text{y}$ (triệu đồng).

Tính giá trị của biểu thức $\text{F}(\text{x};\text{y})$ tại các đỉnh của ngũ giác, ta được:

$F(28;22) = 108,8;F(18;22) = 88,8;F(24;16) = 86,4;F(28;16) = 94,4$

Vậy tổng chi phí vé máy bay nhỏ nhất là 86,4 triệu đồng khi $x = 24$ và $y = 16$ tức là cần cử 24 đại diện bán hàng ở Hà Nội và 16 đại diện bán hàng ở Thành phố Hồ Chí Minh đến dự cuộc họp.

Vậy $x_{0} = 24$.

Không gian mẫu \(\Omega  = \left\{ {\left. {\left( {x;y} \right)} \right|\left| x \right| \le 4;\left| y \right| \le 4;x;y \in \mathbb{Z}} \right\}\)

Có 9 cách chọn x, 9 cách chọn y, do đó \(\left| \Omega  \right| = 9.9= 81\)

Tập hợp các điểm mà khoảng cách đến gốc tọa độ nhỏ hơn hoặc bằng 2 là hình tròn tâm O bán kính 2.

Gọi  A  là  biến  cố:  “Tập  hợp  các  điểm  mà  khoảng  cách  đến  gốc  tọa  độ  nhỏ  hơn  hoặc  bằng  2” \( \Rightarrow A = \left\{ {\left( {x;y} \right) | {x^2} + {y^2} \le 4} \right\} \Rightarrow {x^2} \le 4 \Rightarrow  - 2 \le x \le 2\)

Với \(x = 0 \Rightarrow y \in \left\{ {0; \pm 1; \pm 2} \right\} \Rightarrow \) Có 5 điểm

Với \(x =  \pm 1 \Rightarrow y \in \left\{ {0; \pm 1} \right\} \Rightarrow \) Có \(2.3 = 6\) điểm

Với \(x =  \pm 2 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow \) Có 2 điểm.

\( \Rightarrow \left| A \right| = 5 + 6 + 2 = 13.\)

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{\left| A \right|}}{{\left| \Omega  \right|}} = \dfrac{{13}}{{81}}=0,16\)

Ta có lợi nhuận = Doanh thu – Chi phí

$\begin{array}{l} \left. \Rightarrow f(x) = x.p(x) - C(x) \right. \\ {= x\left( {2000 - 9x} \right) - \left( {2000 + 800x - 3,6x^{2} + 0,004x^{3}} \right)} \\ {= - 0,004x^{3} - 5,4x^{2} + 1200x - 2000} \end{array}$

$\left. \Rightarrow f'(x) = - 0,012x^{2} - 10,8x + 1200 = 0\Leftrightarrow x = 100 \right.$

$\max f(x) = f(100)$ nên cần bán 100 sản phẩm thì lợi nhuận lớn nhất

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

Do tam giác ABC đều và $AN = AP = 4\text{dm}$ nên tam giác ANP đều

$\left. \Rightarrow NP = 4\text{dm} \right.$,$OA = 4 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}dm$ và $OM = OA - AM = \sqrt{3}\text{dm}$

Diện tích tam giác ABC là $S_{ABC} = \dfrac{14^{2} \cdot \sqrt{3}}{4} = 49\sqrt{3}\left( \text{dm}^{2} \right)$.

Ta có: $A(0;2\sqrt{3}),M(0;\sqrt{3}),N( - 2;0),P(2;0)$.

Phương trình đường thẳng AP là: $\left. \dfrac{x - 2}{0 - 2} = \dfrac{y - 0}{2\sqrt{3} - 0}\Leftrightarrow y = - \sqrt{3}x + 2\sqrt{3}. \right.$

Giả sử parabol có đỉnh M có dạng $y = ax^{2} + \sqrt{3},(a \neq 0)$.

Parabol đi qua $\left. P\Rightarrow a = - \dfrac{\sqrt{3}}{4} \right.$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = - \sqrt{3}x + 2\sqrt{3};y = - \dfrac{\sqrt{3}}{4}x^{2} + \sqrt{3}$ và hai đường thẳng $x = 0;x = 2$ là: $S_{1} = {\int_{0}^{2}\left| {( - \sqrt{3}x + 2\sqrt{3}) - \left( {- \dfrac{\sqrt{3}}{4}x^{2} + \sqrt{3}} \right)} \right|}\text{d}x = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$.

Diện tích mặt bàn là: $S = S_{ABC} - 6.S_{1} = 49\sqrt{3} - 6 \cdot \dfrac{2\sqrt{3}}{3} = 45\sqrt{3}$.

Vậy $a = 45,b = 3$ và $a + b = 48$.

Số hình chữ nhật trong hộp là: Có 20 hình chữ nhật mà \(m = n\) và có \(C_{20}^2\) hình chữ nhật mà \(m\ne n\).

\(\Rightarrow n\left( \Omega  \right)=20+C_{20}^{2}=210\).

Gọi A là biến cố: “Rút được tấm bìa tốt”.

Do mỗi miến bìa có hình chữ nhật L, một chiều gồm 2 hình vuông đơn vị, một chiều gồm 3 hình vuông đơn vị và diện tích của mỗi miếng bìa bằng \(4c{{m}^{2}}\) nên hình chữ nhật \(n.m\) là tốt khi và chỉ khi \(m,\,\,n\) thỏa mãn \(\left\{ \begin{array}{l}m \ge 3,n \ge 2\\m.n \vdots 8\\m,n \in {\mathbb{N}^*},n \le 20\end{array} \right.\)

Do đó phải có ít nhất một trong hai số \(m,\,\,n\) chia hết cho 4.

Do hình chữ nhật có kích thước \(\left( m;n \right)\) cũng chính là hình chữ nhật có kích thước \(\left( {n;m} \right)\) nên ta chỉ cần xét với kích thước m.

TH1: \(m\in \left\{ 8;16 \right\}\Rightarrow n\in \left\{ 2;3;...;20 \right\}\). Suy ra có \(19+18=37\) tấm bìa “tốt”.

Ví dụ như trường hợp (8,3) được mô tả như sau:

TH2: \(m\in \left\{ 4;12;20 \right\}\). Do \(4 = 4.1;12 = 4.3;20 = 4.5 \Rightarrow \) Để \(m.n\,\,\vdots \,\,8\Rightarrow n\) chẵn.

+) \(m=4\Rightarrow \) Có 8 cách chọn \(n\) từ {2,4,6,10,12,14,18,20}.

+) \(m = 12 \Rightarrow \) Có \(8 - 1 = 7\) cách chọn \(n\) từ {2,4,6,10,14,18,20} do bỏ trường hợp (12;4) trùng với trường hợp bên trên.

+) \(m=20\Rightarrow \) Có \(8-2=6\) cách chọn \(n\) từ {2,6,10,14,18,20} do bỏ trường hợp (20,12) và (20,4) trùng với trường hợp bên trên.

\(\Rightarrow TH2\) có \(8+7+6=21\) tấm bìa “tốt”.

\(\Rightarrow n\left( A \right)=37+21=58\).

Vậy \(P\left( A \right) = \dfrac{{58}}{{210}} = \dfrac{{29}}{{105}}=0,28\).