Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Sở GD Tuyên Quang Lần 2

Ta có \(9 = {3^2}\) nên \({3^{x + 1}} = 9 \Leftrightarrow {3^{x + 1}} = {3^2}\).
Suy ra \(x + 1 = 2 \Leftrightarrow x = 1\).
Đáp án: C.

Hình chiếu vuông góc của điểm \(M(2;1; – 1)\) trên trục \(Oz\) thì hoành độ và tung độ bằng \(0\), cao độ giữ nguyên.
Vậy hình chiếu là \((0;0; – 1)\).
Đáp án: D.

Lấy giá trị đại diện của các lớp tuổi là trung điểm:

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = – 2\)
Giá trị cực tiểu là \(f( – 2) = – 1\).
Đáp án: D.

Dựa vào hình vẽ:
+ Trên đoạn \([ – 2;0]\), đồ thị nằm dưới trục hoành nên \(f(x) < 0\).
+ Trên đoạn \([0;3]\), đồ thị nằm trên trục hoành nên \(f(x) > 0\).
Diện tích hình phẳng là tổng các phần diện tích dương:
\(S = – \int_{ – 2}^0 f (x)dx + \int_0^3 f (x)dx\).
Đáp án: B.

Cấp số nhân có công bội \(q\) thỏa mãn \({u_3} = {u_2}.q\).
Suy ra \(6 = 2q \Rightarrow q = 3\).
Đáp án: D.

Ta có \(A(1;1;2)\), \(B(2;0;1)\).
Vectơ \(\overrightarrow {AB} = (2 – 1;0 – 1;1 – 2) = (1; – 1; – 1)\).
Mặt phẳng cần tìm vuông góc với đường thẳng \(AB\) nên nhận \(\overrightarrow {AB} = (1; – 1; – 1)\) làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng đi qua \(A(1;1;2)\) là:
\((x – 1) – (y – 1) – (z – 2) = 0\).
Rút gọn:
\(x – y – z + 2 = 0\).
Đáp án: C.

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(AB \bot BC\).
Do đó \(BC\) vuông góc với cả \(SA\) và \(AB\), suy ra \(BC \bot (SAB)\).
Trong tam giác vuông \(SAB\), ta có \(SA = 2a\), \(AB = a\).
Khi đó \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{{(2a)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 \).
Gọi \(AH\) là đường cao từ \(A\) đến \(SB\) trong tam giác \(SAB\), ta có:
\(AH = \frac{{SA.AB}}{{SB}} = \frac{{2a.a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\).
Vì \(AH \bot SB\) và \(AH \bot BC\), nên \(AH \bot (SBC)\).
Vậy khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((SBC)\) là \(AH = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\).
Đáp án: C.

Trong hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\), ta có:
\(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA’} \).
Do phép cộng vectơ có tính giao hoán, nên:
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AA’} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC’} \).
Đáp án: B.

Với hàm số \(y = \cos x\):
Hàm số tuần hoàn với chu kỳ \(2\pi \): đúng.
Tập giá trị là \([ – 1;1]\): đúng.
Tập xác định là \(\mathbb{R}\): đúng.
\(\cos x\) là hàm chẵn, vì \(\cos ( – x) = \cos x\), không phải hàm lẻ.
Vậy phát biểu sai là: “Hàm số đã cho là hàm số lẻ”.
Đáp án: D.

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên chiều cao của khối chóp là \(SA = 2a\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\), có \(AB = 2a\), \(BC = 3a\) nên diện tích đáy là:
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{2}.2a.3a = 3{a^2}\).
Thể tích khối chóp:
\(V = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.3{a^2}.2a = 2{a^3}\).
Đáp án: B.

Dùng tính chất của tích phân:
\(\int_1^2 {\left[ {2f(x) + g(x)} \right]} dx = 2\int_1^2 {f(x)} dx + \int_1^2 {g(x)} dx\)\( = 2.( – 3) + 4 = – 6 + 4 = – 2\).
Đáp án: D.

Gọi \(A\) là biến cố “học sinh tham gia câu lạc bộ thể thao”, \(B\) là biến cố “học sinh biết bơi”.
Ta có:
Tổng số học sinh: \(800\).
Số học sinh tham gia câu lạc bộ thể thao: \(360\).
Số học sinh không tham gia câu lạc bộ thể thao: \(800 – 360 = 440\).
Trong nhóm tham gia câu lạc bộ thể thao có \(188\) học sinh biết bơi.
Trong nhóm không tham gia câu lạc bộ thể thao có \(132\) học sinh biết bơi.
Vậy tổng số học sinh biết bơi là \(188 + 132 = 320\).
a) Xác suất để học sinh biết bơi, biết rằng học sinh đó không tham gia câu lạc bộ thể thao là:
\(P(B|\bar A) = \frac{{132}}{{440}} = 0,3\).
Đề cho bằng \(0,2\) nên sai.
b) Xác suất để học sinh thuộc câu lạc bộ thể thao, biết rằng học sinh đó biết bơi là:
\(P(A|B) = \frac{{188}}{{320}} = 0,5875\).
Làm tròn đến hàng phần trăm được \(0,59\), không phải \(0,58\).
Vậy mệnh đề sai.
c) Xác suất để học sinh được chọn biết bơi là:
\(P(B) = \frac{{320}}{{800}} = 0,4\).
Đề cho bằng \(0,45\) nên sai.
d) Xác suất để học sinh được chọn có tham gia câu lạc bộ thể thao là:
\(P(A) = \frac{{360}}{{800}} = 0,45\).
Vậy mệnh đề đúng.
Kết luận Câu 1: a) Sai; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.

Cho hàm số \(y = \frac{{{x^2} – x – 1}}{{x – 2}}\).
Ta chia đa thức:
\(\frac{{{x^2} – x – 1}}{{x – 2}} = x + 1 + \frac{1}{{x – 2}}\).
Do đó \(y = x + 1 + \frac{1}{{x – 2}}\).
Tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).
Đạo hàm:
\(y’ = 1 – \frac{1}{{{{(x – 2)}^2}}} = \frac{{{{(x – 2)}^2} – 1}}{{{{(x – 2)}^2}}} = \frac{{(x – 3)(x – 1)}}{{{{(x – 2)}^2}}}\).
a) Xét khoảng \((1;3)\), hàm số không xác định tại \(x = 2\) nên không thể nói hàm số nghịch biến trên toàn khoảng \((1;3)\).
Ngoài ra, lấy ví dụ \({x_1} = 1,5\), \({x_2} = 2,5\), ta có \({x_1} < {x_2}\) nhưng \(f(1,5) = 0,5\) và \(f(2,5) = 5,5\), nên không thỏa mãn tính nghịch biến.
Vậy mệnh đề sai.
b) Vì \(y = x + 1 + \frac{1}{{x – 2}}\) nên khi \(x \to \pm \infty \), ta có \(\frac{1}{{x – 2}} \to 0\).
Do đó tiệm cận xiên là \(y = x + 1\).
Suy ra \(a = 1\), \(b = 1\), nên \(a + b = 2\).
Vậy mệnh đề đúng.
c) Ta có \(y’ = 0 \Leftrightarrow (x – 3)(x – 1) = 0 \Leftrightarrow x = 1\) hoặc \(x = 3\).
Tọa độ hai điểm cực trị:
\(f(1) = \frac{{1 – 1 – 1}}{{1 – 2}} = 1\), nên một điểm cực trị là \((1;1)\).
\(f(3) = \frac{{9 – 3 – 1}}{{3 – 2}} = 5\), nên điểm cực trị còn lại là \((3;5)\).
Diện tích tam giác tạo bởi \(O(0;0)\), \(A(1;1)\), \(B(3;5)\) là:
\({S_{OAB}} = \frac{1}{2}|1.5 – 3.1| = \frac{1}{2}.2 = 1\).
Đề cho diện tích bằng \(2\) nên mệnh đề sai.
d) Mẫu số \(x – 2 \ne 0\) nên \(x \ne 2\).
Vậy tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).
Mệnh đề đúng.
Kết luận Câu 2: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

Cho điểm \(A( – 2;6;0)\), mặt phẳng \((P):2x + y + 4 = 0\) và đường thẳng \(d:\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{{z – 2}}{{ – 1}}\).
Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M(1; – 1;2)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\vec u = (2;1; – 1)\).
Mặt phẳng \((P)\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec n = (2;1;0)\).
a) Góc giữa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \((P)\) gọi là \(\alpha \).
Ta có công thức:
\(\sin \alpha = \frac{{|\vec u.\vec n|}}{{|\vec u|.|\vec n|}}\).
Tính:
\(\vec u.\vec n = 2.2 + 1.1 + ( – 1).0 = 5\).
\(|\vec u| = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {{( – 1)}^2}} = \sqrt 6 \).
\(|\vec n| = \sqrt {{2^2} + {1^2} + {0^2}} = \sqrt 5 \).
Do đó:
\(\sin \alpha = \frac{5}{{\sqrt 6 .\sqrt 5 }} = \frac{5}{{\sqrt {30} }} = \frac{{\sqrt {30} }}{6}\).
Vì đề hỏi côsin của góc, không phải sin của góc, nên mệnh đề “côsin bằng \(\frac{{\sqrt {30} }}{6}\)” là sai.
b) Từ phương trình đường thẳng \(d\), ta có một vectơ chỉ phương là \(\vec u = (2;1; – 1)\).
Mệnh đề đúng.
c) Hình chiếu vuông góc của đường thẳng \(d\) trên mặt phẳng \((P)\) có vectơ chỉ phương là hình chiếu của \(\vec u\) lên mặt phẳng \((P)\).
Ta có \(\vec u = (2;1; – 1)\), \(\vec n = (2;1;0)\) và \(\vec u.\vec n = 5\), \(|\vec n{|^2} = 5\).
Hình chiếu của \(\vec u\) lên mặt phẳng \((P)\) là:
\(\vec v = \vec u – \frac{{\vec u.\vec n}}{{|\vec n{|^2}}}\vec n = (2;1; – 1) – 1.(2;1;0) = (0;0; – 1)\).
Vậy đường thẳng hình chiếu có phương song song với trục \(Oz\).
Lấy điểm \(M(1; – 1;2)\) thuộc \(d\). Hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \((P)\) là \(M’\).
Ta có:
\(M’ = M – \frac{{2.1 + ( – 1) + 4}}{{{2^2} + {1^2}}}.(2;1;0)\).
\(2.1 + ( – 1) + 4 = 5\) và \({2^2} + {1^2} = 5\).
Suy ra:
\(M’ = (1; – 1;2) – (2;1;0) = ( – 1; – 2;2)\).
Vậy hình chiếu của \(d\) trên \((P)\) là đường thẳng đi qua \(( – 1; – 2;2)\) và có vectơ chỉ phương \((0;0;1)\).
Phương trình là \(\left\{ \begin{gathered} x = – 1 \hfill \\ y = – 2 \hfill \\ z = 2 + t \hfill \\ \end{gathered} \right.\)
Mệnh đề đúng.
d) Khoảng cách từ \(A( – 2;6;0)\) đến mặt phẳng \((P):2x + y + 4 = 0\) là:
\(d(A,(P)) = \frac{{|2.( – 2) + 6 + 4|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{6}{{\sqrt 5 }} = \frac{{6\sqrt 5 }}{5}\).
Mệnh đề đúng.
Kết luận Câu 3: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.

Ta có đồ thị của \(y = f'(x)\).
Theo hình vẽ:
Trên đoạn \([ – 1;1]\), đồ thị \(f'(x)\) nằm phía trên trục hoành, diện tích hình phẳng \((A)\) bằng \(\frac{8}{3}\), nên \(\int_{ – 1}^1 {f’} (x)dx = \frac{8}{3}\).
Trên đoạn \([1;2]\), đồ thị \(f'(x)\) nằm phía dưới trục hoành, diện tích hình phẳng \((B)\) bằng \(\frac{5}{{12}}\), nên \(\int_1^2 {f’} (x)dx = – \frac{5}{{12}}\).
Biết \(f( – 1) = \frac{{17}}{{12}}\).
Tính \(f(1)\):
\(f(1) = f( – 1) + \int_{ – 1}^1 {f’} (x)dx = \frac{{17}}{{12}} + \frac{8}{3} = \frac{{17}}{{12}} + \frac{{32}}{{12}} = \frac{{49}}{{12}}\).
Tính \(f(2)\):
\(f(2) = f(1) + \int_1^2 {f’} (x)dx = \frac{{49}}{{12}} – \frac{5}{{12}} = \frac{{44}}{{12}} = \frac{{11}}{3}\).
a) Trên đoạn \([ – 1;1]\), ta có \(f'(x) > 0\) nên \(f(x)\) tăng.
Trên đoạn \([1;2]\), ta có \(f'(x) < 0\) nên \(f(x)\) giảm.
Do đó \(x = 1\) là điểm đạt giá trị lớn nhất cục bộ trên đoạn \([ – 1;2]\), không phải giá trị nhỏ nhất.
So sánh các giá trị:
\(f( – 1) = \frac{{17}}{{12}}\), \(f(1) = \frac{{49}}{{12}}\), \(f(2) = \frac{{11}}{3} = \frac{{44}}{{12}}\).
Giá trị nhỏ nhất là \(f( – 1) = \frac{{17}}{{12}}\), đạt tại \(x = – 1\).
Mệnh đề sai.
b) Ta có \(f( – 1) = \frac{{17}}{{12}}\) và \(f(2) = \frac{{11}}{3} = \frac{{44}}{{12}}\).
Vì \(\frac{{17}}{{12}} < \frac{{44}}{{12}}\) nên \(f( – 1) < f(2)\).
Mệnh đề đúng.
c) Ta tính được \(f(1) = \frac{{49}}{{12}}\), không phải \(\frac{5}{4}\).
Mệnh đề sai.
d) Ta có:
\(\int_{ – 1}^2 {f’} (x)dx = \int_{ – 1}^1 {f’} (x)dx + \int_1^2 {f’} (x)dx = \frac{8}{3} – \frac{5}{{12}} = \frac{{32}}{{12}} – \frac{5}{{12}} = \frac{{27}}{{12}} = \frac{9}{4}\).
Mệnh đề đúng.
Kết luận Câu 4: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

Gọi xác suất ba dự án \(X,Y,Z\) trúng thầu lần lượt là \(a,b,0,8\).
Vì các biến cố độc lập nên xác suất cả ba dự án đều trúng thầu là:
\(ab.0,8 = 0,224 \Rightarrow ab = \frac{{0,224}}{{0,8}} = 0,28\).
Xác suất ít nhất một dự án trúng thầu là \(0,964\), nên xác suất không có dự án nào trúng thầu là:
\(1 – 0,964 = 0,036\).
Do đó: \((1 – a)(1 – b)(1 – 0,8) = 0,036\).
Suy ra:
\((1 – a)(1 – b).0,2 = 0,036 \Rightarrow (1 – a)(1 – b) = 0,18\).
Ta có: \((1 – a)(1 – b) = 1 – a – b + ab\).
Thay \(ab = 0,28\) vào:
\(1 – a – b + 0,28 = 0,18\).
Suy ra: \(a + b = 1,1\).
Vậy \(a,b\) là nghiệm của phương trình:
\({t^2} – 1,1t + 0,28 = 0\).
Giải ra được:
\(t = 0,7\) hoặc \(t = 0,4\).
Vì \(a > b\) nên \(a = 0,7\), \(b = 0,4\).
Do đó: \(2a + b = 2.0,7 + 0,4 = 1,8\).
Đáp án: \(1,8\).

Số lượng sản phẩm là \(x\) tấn, với \(0 \leqslant x \leqslant 50\).
Giá bán mỗi tấn là: \(p(x) = 63 – 0,02{x^2}\).
Doanh thu là: \(R(x) = x.p(x) = x(63 – 0,02{x^2}) = 63x – 0,02{x^3}\).
Thuế giá trị gia tăng bằng \(10\% \) doanh thu, nên phần doanh thu còn lại sau thuế là:
\(0,9R(x)\).
Chi phí sản xuất là: \(C(x) = 50 + 8,1x\).
Lợi nhuận sau thuế là: \(L(x) = 0,9R(x) – C(x)\).
Suy ra:
\(L(x) = 0,9(63x – 0,02{x^3}) – (50 + 8,1x)\).
\(L(x) = 56,7x – 0,018{x^3} – 50 – 8,1x\).
\(L(x) = 48,6x – 0,018{x^3} – 50\).
Xét đạo hàm: \(L'(x) = 48,6 – 0,054{x^2}\).
Cho \(L'(x) = 0\):
\(48,6 – 0,054{x^2} = 0 \Rightarrow {x^2} = \frac{{48,6}}{{0,054}} = 900\).
Vì \(x \geqslant 0\) nên \(x = 30\).
Ta có \(L”(x) = – 0,108x\), nên tại \(x = 30\), \(L”(30) < 0\). Do đó lợi nhuận đạt cực đại tại \(x = 30\).
Tính lợi nhuận lớn nhất:
\(L(30) = 48,6.30 – 0,{018.30^3} – 50\).
\(L(30) = 1458 – 486 – 50 = 922\).
Đáp án: \(922\) triệu đồng.

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(3\). Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\), \(H\) là trung điểm \(CI\).
Chọn hệ trục tọa độ sao cho đáy nằm trên mặt phẳng \(Oxy\):
\(I(0;0;0)\), \(A\left( { – \frac{3}{2};0;0} \right)\), \(B\left( {\frac{3}{2};0;0} \right)\), \(C\left( {0;\frac{{3\sqrt 3 }}{2};0} \right)\).
Vì \(H\) là trung điểm của \(CI\) nên: \(H\left( {0;\frac{{3\sqrt 3 }}{4};0} \right)\).
Hình chiếu của \(S\) xuống đáy là \(H\), nên: \(S\left( {0;\frac{{3\sqrt 3 }}{4};h} \right)\).
Góc giữa \(SA\) và mặt phẳng đáy bằng \({45^0 }\). Hình chiếu của \(SA\) lên mặt phẳng đáy là \(AH\), nên góc giữa \(SA\) và đáy là góc \(\widehat {SAH} = {45^0 }\).
Tam giác \(SAH\) vuông tại \(H\), nên: \(\tan { 45^0 } = \frac{{SH}}{{AH}} = 1 \Rightarrow SH = AH\).
Tính \(AH\):
\(AH = \sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}} \).
\(AH = \sqrt {\frac{9}{4} + \frac{{27}}{{16}}} = \sqrt {\frac{{63}}{{16}}} = \frac{{3\sqrt 7 }}{4}\).
Suy ra: \(h = SH = \frac{{3\sqrt 7 }}{4}\).
Vậy: \(S\left( {0;\frac{{3\sqrt 3 }}{4};\frac{{3\sqrt 7 }}{4}} \right)\).
Đường thẳng \(SA\) có vectơ chỉ phương:
\(\vec u = \overrightarrow {AS} = \left( {\frac{3}{2};\frac{{3\sqrt 3 }}{4};\frac{{3\sqrt 7 }}{4}} \right)\).
Đường thẳng \(CI\) có vectơ chỉ phương:
\(\vec v = (0;1;0)\).
Lấy điểm \(A\) trên \(SA\) và điểm \(I\) trên \(CI\), ta có:
\(\overrightarrow {AI} = \left( {\frac{3}{2};0;0} \right)\).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \(SA\) và \(CI\) là:
\(d = \frac{{|\overrightarrow {AI} .(\vec u \times \vec v)|}}{{|\vec u \times \vec v|}}\).
Ta có:
\(\vec u \times \vec v = \left( { – \frac{{3\sqrt 7 }}{4};0;\frac{3}{2}} \right)\).
Do đó:
\(|\vec u \times \vec v| = \sqrt {\frac{{63}}{{16}} + \frac{9}{4}} = \sqrt {\frac{{99}}{{16}}} = \frac{{3\sqrt {11} }}{4}\).
Và:
\(|\overrightarrow {AI} .(\vec u \times \vec v)| = \left| {\frac{3}{2}.\left( { – \frac{{3\sqrt 7 }}{4}} \right)} \right| = \frac{{9\sqrt 7 }}{8}\).
Suy ra:
\(d = \frac{{\frac{{9\sqrt 7 }}{8}}}{{\frac{{3\sqrt {11} }}{4}}} = \frac{{3\sqrt {77} }}{{22}} \approx 1,196\).
Làm tròn đến hàng phần mười được:
\(d \approx 1,2\).
Đáp án: \(1,2\).

Cho: \(f(x) = \frac{{{x^2} + bx + 2}}{{x – c}}\),
trong đó \(b,c\) là số chấm xuất hiện trong hai lần tung xúc xắc, nên \(b,c \in 1;2;3;4;5;6\).
Ta có: \(f'(x) = \frac{{(2x + b)(x – c) – ({x^2} + bx + 2)}}{{{{(x – c)}^2}}}\).
Rút gọn tử số:
\((2x + b)(x – c) – ({x^2} + bx + 2) = {x^2} – 2cx – bc – 2\).
Vậy:
\(f'(x) = \frac{{{x^2} – 2cx – bc – 2}}{{{{(x – c)}^2}}}\).
Vì \({(x – c)^2} > 0\) với \(x \ne c\), nên dấu của \(f'(x)\) phụ thuộc vào:
\(q(x) = {x^2} – 2cx – bc – 2\).
Để hàm số nghịch biến trên \((2;4)\), trước hết hàm số phải xác định trên toàn khoảng này. Do đó \(c \ne 3\).
Xét từng trường hợp của \(c\):
Trường hợp \(c = 1\):\(q(x) = {x^2} – 2x – b – 2\).
Trên \((2;4)\), \(q(x)\) tăng, nên cần \(q(4) \leqslant 0\).
\(q(4) = 16 – 8 – b – 2 = 6 – b\).
Do đó \(6 – b \leqslant 0 \Rightarrow b \geqslant 6\).
Vì \(b \in 1;2;3;4;5;6\) nên chỉ có \(b = 6\).
Có \(1\) trường hợp.
Trường hợp \(c = 2\):\(c = 2\) không thuộc khoảng \((2;4)\) vì \(2\) là đầu mút, nên hàm số vẫn xác định trên \((2;4)\).
\(q(4) = 16 – 16 – 2b – 2 = – 2b – 2 < 0\) với mọi \(b\).
Có \(6\) trường hợp.
Trường hợp \(c = 3\):\(c = 3 \in (2;4)\), hàm số không xác định tại \(x = 3\), nên loại.
Có \(0\) trường hợp.
Trường hợp \(c = 4,5,6\):
Với các giá trị này, kiểm tra được \(q(x) < 0\) trên \((2;4)\) với mọi \(b \in 1;2;3;4;5;6\).
Có \(3.6 = 18\) trường hợp.
Tổng số trường hợp thuận lợi là: \(1 + 6 + 0 + 18 = 25\).
Tổng số trường hợp có thể là: \(6.6 = 36\).
Vậy xác suất là: \(\frac{{25}}{{36}}\).
Suy ra \(m = 25\), \(n = 36\).
Do đó:
\({m^2} + {n^2} = {25^2} + {36^2} = 625 + 1296 = 1921\).
Đáp án: \(1921\).

Bài toán yêu cầu đi qua tất cả các cạnh ít nhất một lần và quay về đúng điểm xuất phát. Đây là bài toán người đưa thư Trung Hoa.
Các cạnh và độ dài là:
\(AB = 2\), \(BC = 1\), \(AC = 3\), \(AD = 3\), \(DE = 3\), \(BE = 4\), \(CE = 4\).
Tổng độ dài tất cả các cạnh là:
\(2 + 1 + 3 + 3 + 3 + 4 + 4 = 20\).
Xét bậc các đỉnh:
Đỉnh \(A\) nối với \(B,C,D\) nên bậc \(3\).
Đỉnh \(B\) nối với \(A,C,E\) nên bậc \(3\).
Đỉnh \(C\) nối với \(A,B,E\) nên bậc \(3\).
Đỉnh \(D\) nối với \(A,E\) nên bậc \(2\).
Đỉnh \(E\) nối với \(D,B,C\) nên bậc \(3\).
Các đỉnh bậc lẻ là \(A,B,C,E\).
Để có chu trình Euler, cần ghép các đỉnh bậc lẻ theo từng cặp sao cho tổng đường đi thêm là nhỏ nhất.
Tính các khoảng cách ngắn nhất:
\(AB = 2\).
\(CE = 4\).
\(AC = 3\).
\(BE = 4\).
\(AE = 6\) vì có thể đi \(A – D – E\), độ dài \(3 + 3 = 6\).
\(BC = 1\).
Các cách ghép:
Ghép \((A,B)\) và \((C,E)\): thêm \(2 + 4 = 6\).
Ghép \((A,C)\) và \((B,E)\): thêm \(3 + 4 = 7\).
Ghép \((A,E)\) và \((B,C)\): thêm \(6 + 1 = 7\).
Nhỏ nhất là \(6\).
Vậy tổng quãng đường ngắn nhất cần đi là:
\(20 + 6 = 26\) km.
Đáp án: \(26\) km.

Tấm bìa là hình vuông cạnh \(10\), đặt tâm hình vuông tại gốc tọa độ \(O\). Khi đó mỗi phần tư hình vuông có diện tích:
\(\frac{{10.10}}{4} = 25\).
Phần tô đậm chiếm \(\frac{3}{4}\) diện tích hình vuông nên diện tích tô đậm là:
\(\frac{3}{4}.100 = 75\).
Do hình vẽ đối xứng qua hai trục tọa độ nên diện tích tô đậm trong mỗi phần tư là:
\(\frac{{75}}{4}\).
Ở góc phần tư thứ nhất, điểm \(A(2;0)\), điểm \(B\) là đỉnh trên bên phải của hình vuông nên \(B(5;5)\).
Đường cong \(AB\) là một phần của đồ thị:
\(f(x) = \frac{1}{2}{x^3} + a{x^2} + bx + c\).
Vì đường cong đi qua \(A(2;0)\) và \(B(5;5)\) nên:
\(f(2) = 0\) và \(f(5) = 5\).
Từ \(f(2) = 0\):
\(\frac{1}{2}{.2^3} + 4a + 2b + c = 0\).
Suy ra: \(4a + 2b + c = – 4\). (1)
Từ \(f(5) = 5\):
\(\frac{1}{2}{.5^3} + 25a + 5b + c = 5\).
Suy ra: \(25a + 5b + c = – \frac{{115}}{2}\). (2)
Gọi \(I = \int_2^5 f (x)dx\).
Trong một phần tư hình vuông, phần tô đậm được giới hạn bởi hai đường cong đối xứng \(y = f(x)\) và \(x = f(y)\). Vì hai phần không tô đậm đối xứng nhau, mỗi phần có diện tích \(I\), nên:
\(25 – 2I = \frac{{75}}{4}\).
Suy ra: \(2I = 25 – \frac{{75}}{4} = \frac{{25}}{4}\).
Do đó: \(I = \frac{{25}}{8}\).
Vậy: \(\int_2^5 {\left( {\frac{1}{2}{x^3} + a{x^2} + bx + c} \right)} dx = \frac{{25}}{8}\).
Tính tích phân:
\(\left[ {\frac{{{x^4}}}{8} + \frac{{a{x^3}}}{3} + \frac{{b{x^2}}}{2} + cx} \right]_2^5 = \frac{{25}}{8}\).
Suy ra: \(\frac{{609}}{8} + 39a + \frac{{21}}{2}b + 3c = \frac{{25}}{8}\).
Do đó: \(39a + \frac{{21}}{2}b + 3c = – 73\).
Nhân cả hai vế với \(2\):
\(78a + 21b + 6c = – 146\). (3)
Từ hệ:
\(4a + 2b + c = – 4\),
\(25a + 5b + c = – \frac{{115}}{2}\),
\(78a + 21b + 6c = – 146\),
giải được: \(a = – \frac{{77}}{{18}}\), \(b = \frac{{109}}{9}\), \(c = – \frac{{100}}{9}\).
Vậy:
\( – 9a + b + c = – 9.\left( { – \frac{{77}}{{18}}} \right) + \frac{{109}}{9} – \frac{{100}}{9}\).
\( – 9a + b + c = \frac{{77}}{2} + 1 = \frac{{79}}{2} = 39,5\).
Đáp án: \(39,5\).