tn thpt 2025

Đồ thị trên chỉ có hai đỉnh bậc lẻ là A và D nên ta có thể tìm được một đường đi Euler từ A đến D (đường đi này đi qua mỗi cạnh đúng một lần). Một đường đi Euler từ A đến D là AFEABEDBCD và tổng độ dài của nó là 1000 + 900 + 700 + 200 + 800 + 1600 + 1500 + 300 + 400 = 7400. Để quay trở lại điểm xuất phát và có đường đi ngắn nhất, ta cần tìm một đường đi ngắn nhất từ D đến A theo thuật toán gắn nhãn vĩnh viễn. Đường đi ngắn nhất từ D đến A là DCBA và có độ dài là 400 + 300 + 200 = 900. Vậy một chu trình cần tìm là AFEABEDBCDCBA và có độ dài là 7400 + 900 = 8300.

Điều kiện xác định hàm số là $x^{2}-4x+3\geq 0\Leftrightarrow \left [\begin{aligned}&x\leq 1\\&x\geq 3\end{aligned}\right. $. Xét $=\lim \limits_{x\to +\infty } \dfrac{-4x+3}{\sqrt {x^{2}-4x+3} +x}$. Do đó $d_{1}:y=x-2\,\,\mathrm{\,hay}\,\,d_{1}:x-y-2=0$ là một đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số. Xét $=\lim \limits_{x\to -\infty } \dfrac{-4x+3}{\sqrt {x^{2}-4x+3} -x}$. Do đó $d_{2}:y=-x+2\,\,\mathrm{\,hay}\,\,d_{2}:x+y-2=0$ là một đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số. Ta có: .

Xét hình chóp cụt đều $ABC.A'B'C'$ như hình vẽ;
trong đó chiều cao $h=IO=1,5\,\,dm$. Diện tích hai đáy hình chóp cụt đều: $S_{1}=S_{\Delta ABC}=\dfrac{4^{2}\sqrt {3} }{4}=4\sqrt {3} \,\,dm^{2}$; $S_{2}=S_{\Delta A'B'C'}=\dfrac{2^{2}\sqrt {3} }{4}=\sqrt {3} \,\,dm^{2}$. Thể tích khối chóp cụt đều: $V=\dfrac{1}{3}h\left(S_{1}+\sqrt {S_{1}S_{2}} +S_{2}\right)$.

Diện tích nửa đường tròn đường kính AB là $\dfrac{1}{2}\cdot \pi \left(\dfrac{AB}{2}\right)^{2}=8\pi \Rightarrow AB=8$.
Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ với $O\equiv A$ và tia AB trùng với tia Ox. Đường thẳng AC có phương trình là d:$y=\dfrac{\sqrt {3} }{3}x$ (vì AC đi qua $A\left(0\,;\,\,0\right)$ và có hệ số góc $k=\tan \widehat {BAC}=\tan 30^{circ }=\dfrac{\sqrt {3} }{3}$). Gọi $\left(C\right)$ là đường tròn tâm $\left(2\,;\,\,0\right)$, bán kính $R=2$; khi đó phương trình $\left(C\right):\left(x-2\right)^{2}+y^{2}=4$. Hoành độ giao điểm giữa d và đường tròn $\left(C\right)$ thỏa mãn phương trình $\left(x-2\right)^{2}+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}x\right)^{2}=4\Leftrightarrow \dfrac{4}{3}x^{2}-4x=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}&x=0\\&x=3\end{aligned}\right. $. Đường thẳng BC qua $B\left(8\,;\,\,0\right)$, vuông góc d:$y=\dfrac{\sqrt {3} }{3}x$ nên có phương trình $y=-\sqrt {3} \left(x-8\right)$. Hai đường thẳng AC, BC cắt nhau tại C thỏa hệ $\left\{\begin{aligned}&y=\dfrac{\sqrt {3} }{3}x\\&y=-\sqrt {3} \left(x-8\right)\end{aligned}\right. \Rightarrow C\left(6\,;\,\,2\sqrt {3} \right)$. Thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác ABC quanh Ox là .

Gọi $A_{i}$ là biến cố: "Tại phút thứ i thì có ít nhất 3 bóng đèn sáng lên ở 3 đỉnh của tam giác"; khi đó $i\in \left\{3\,;\,\,4\,;\,...\,;\,\,17\right\}$.
Phút thứ 3: Số phần tử không gian mẫu là $n\left(\Omega _{3}\right)=C_{17}^{3}$.
Số khả năng để 3 bóng đèn sáng lên là 3 đỉnh tam giác: $n\left(A_{3}\right)=C_{17}^{3}-2C_{7}^{3}-4-10=596$. (Ta loại trừ các trường hợp 3 điểm thẳng hàng gồm: 2 trường hợp 3 điểm thuộc các đường chéo, 4 trường hợp 3 điểm thuộc các cạnh, 10 trường hợp 3 điểm thẳng hàng khi vẽ thêm hình).
Xác suất tương ứng là $P\left(A_{3}\right)=\dfrac{n\left(A_{3}\right)}{n\left(\Omega _{3}\right)}=\dfrac{598}{C_{17}^{3}}=\dfrac{299}{340}$.
Phút thứ 4: Xác suất tương ứng là $P\left(A_{4}\right)=\dfrac{C_{17}^{4}-2C_{7}^{4}}{C_{17}^{4}}=\dfrac{33}{34}$. Phút thứ 5: Xác suất tương ứng là $P\left(A_{5}\right)=\dfrac{C_{17}^{5}-2C_{7}^{5}}{C_{17}^{5}}=\dfrac{439}{442}$. Phút thứ 6: Xác suất tương ứng là $P\left(A_{6}\right)=\dfrac{C_{17}^{6}-2C_{7}^{6}}{C_{17}^{6}}=\dfrac{883}{884}$. Phút thứ 7: Xác suất tương ứng là $P\left(A_{7}\right)=\dfrac{C_{17}^{7}-2}{C_{17}^{7}}=\dfrac{9\,723}{9\,724}$. Từ phút thứ 8 trở đi thì chắc chắn luôn có ít nhất 3 bóng sáng lên ở 3 đỉnh của tam giác.
Xác suất cần tìm là .

Nhận xét: Hai điểm $A,\,\,B$ cùng thuộc mặt phẳng $\left(Oxy\right)$ và $MA+MB=10>6=AB$. Do vậy, tập hợp điểm M là một elip thuộc mặt phẳng $\left(Oxy\right)$ với hai tiểu điểm là A và B.
Đặt $MA+MB=2a=10\Rightarrow a=5$, $AB=2c=6\Rightarrow c=3$, $b=\sqrt {a^{2}-c^{2}} =\sqrt {5^{2}-3^{2}} =4$.
Do vậy $M\in \left(E\right):\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$ hay $M\in \left(E\right):\dfrac{x^{2}}{25}+\dfrac{y^{2}}{16}=1$.
Gọi $D\left(0;5;0\right)$là hình chiếu của $C$ trên mặt phẳng $\left(Oxy\right)$. Khi đó ta có: $CD=\sqrt{0+1^2} =1$ và $MC=\sqrt{CD^{2}+DM^{2}} =\sqrt{1+DM^{2}} \,\,\,\,\left(*\right)$.
Do vậy $MC$ bé nhất khi và chỉ khi $DM$ bé nhất.
Theo hình vẽ, ta thấy khi M trùng với đỉnh elip (E) thuộc tia Oy thì $DM$ bé nhất, hay $M\left(0;4;0\right)$.
Suy ra $DM=1$, khi đó .