Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 13

\($
Lời giải:Chọn C
Ta có: \)\int\limits_1^2 {f\left( x \right).dx} = F\left( 2 \right) – F\left( 1 \right) = 5 – 9 = – 4$.

Chọn D
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Tứ giác\(ABCD\) đều nên \(AC \bot BD\) (1).
Mặt khác tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) nên \(SO \bot AC\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC \bot \left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).

Chọn C
Vì mặt phẳng vuông góc với đường thẳng d nên \(\overrightarrow n = \overrightarrow u = \left( {4;3; – 7} \right)\)
Phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {1;2;3} \right)\) và có vec tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \left( {4;3; – 7} \right)\)
\(4\left( {x – 1} \right) + 3\left( {y – 2} \right) – 7\left( {z – 3} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 4x + 3y – 7z + 11 = 0\)

Chọn A
\({\left( {2 – \sqrt 3 } \right)^x} < 1 \Leftrightarrow x > {\log _{\left( {2 – \sqrt 3 } \right)}}1 = 0\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình \(S = \left( {0; + \infty } \right)\)

Chọn A
Dựa vào đồ thị, ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \), loại phương án C
Xét phương án D có \(y’ = 3{x^2} + 2 > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), hàm số không có cực tri, loại phương án D
Xét phương án \(B\) có \(y’ = 3{x^2} – 4x\) và \(y’\) đổi dấu khi đi qua các điểm \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\) nên hàm số đạt cực tri tại \(x = 0,\,\,x = \frac{4}{3}\), loại phương án \(B\).

Chọn D
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_3} = {u_1}{q^2} \hfill \\
{u_6} = {u_1}{q^5} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} = \frac{5}{4} \hfill \\
q = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow {u_4} = 10\)

Chọn B
\(\int {\left( {3{x^2} – \sin x} \right)} {d}x = \int {3{x^2}} {d}x – \int {\sin x} {d}x = {x^3} + cosx + C\).

Chọn B
Ta có \(\overrightarrow {B’C} = \overrightarrow {B’B} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} = – \overrightarrow {AA’} – \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} .\)

Chọn C
\(\begin{gathered}
P = \sin 3x\cos x – \sin x\cos 3x \hfill \\
\,\,\,\,\, = \sin \left( {3x – x} \right) = \sin 2x \hfill \\
\end{gathered} \)

Chọn C
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu trên là \(R = 10 – 2 = 8\).

Chọn B
\(\left( P \right):x – 3y – 4z + 1 = 0\), một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) có tọa độ là \(\left( {1; – 3; – 4} \right)\)

Chọn B
Mỗi cách xếp tạo ra một chỉnh hợp chập \(3\)của \(7\)nên số cách xếp là \(210\).

a) Đúng. Chất điểm \(A\) đạt vận tốc \(12{\kern 1pt} \left( {m/s} \right)\) sau \(6s\) chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ. Áp dụng công thức: \(a = \frac{{\Delta v}}{{\Delta t}} = \frac{{12}}{6} = 2\;\left( {m/{s^2}} \right)\).
Sử dụng công thức tính quãng đường đi được trong chuyển động thẳng nhanh dần đều: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(A\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \(S = \frac{1}{2}{.2.6^2} = 36\;\left( m \right)\). Suy ra a) đúng.
b) Đúng. Chất điểm \(B\) chuyển động thẳng nhanh dần đều với gia tốc \(4\left( {m/{s^2}} \right)\). Áp dụng công thức tính quãng đường: \(S = {v_0}.t + \frac{1}{2}.a.{t^2}\).
Vì chất điểm \(B\) xuất phát từ trạng thái nghỉ nên \({v_0} = 0\). Do đó: \({S_B}\left( t \right) = \frac{1}{2}.4.{t^2} = 2{t^2}\;\left( m \right)\).
Suy ra b) đúng.
c) Đúng. Gọi \({T_0}\) là thời gian từ lúc chất điểm \(B\) xuất phát cho đến khi đuổi kịp chất điểm \(A\). Trong khoảng thời gian này \(A\) đã chuyển động đều sau khi đạt vận tốc \(12m/s\). Quãng đường \(A\) đi được từ lúc xuất phát đến khi gặp \(B\) là \({S_A} = 36 + 12{T_0}\). Suy ra c) đúng.
d) Đúng. Vì hai chất điểm gặp nhau nên: \({S_A} = {S_B} \Leftrightarrow 36 + 12{T_0} = 2{T_0}^2 \Leftrightarrow {T_0}^2 – 12{T_0} – 36 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
{T_0} = 3 + 3\sqrt 3 \approx 8,196\;(TM) \hfill \\
{T_0} = 3 – 3\sqrt 3 \;(loai) \hfill \\
\end{gathered} \right.\;\).

a) Đúng.
Dựa theo đồ thị ta thấy \(F(0) = 10,F(10) = 200\)
b) Sai.
Ta có: \(\ln u = \frac{{u’}}{u}\) với \(u > 0\)
c) Đúng.
Ta có: \(F'(\theta ) = \mu .F(\theta )\)
\( \Rightarrow \frac{{F'(\theta )}}{{F(\theta )}} = \mu \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \int d \theta \)
d) Đúng.
Theo ý c) ta có: \(\ln F(\theta ) = \mu \int {d\theta } \Rightarrow \ln F(\theta ) = \mu \theta + C\)
\({ M\`a }F(0) = 10,F(10) = 200 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{C = \ln 10} \\
{\mu = \frac{{\ln (20)}}{{10}} \approx 0,3}
\end{array}} \right.\)

a) Đúng: Phương trình bề mặt trái đất là \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 1\)
b) Sai: Giả sử tại thời điểm đã cho thì thiết bị GPS ở điểm có tọa độ \(P\left( {x;\,y;\,z} \right)\)
Khi đó \(\left\{ \begin{gathered}
OP = 1 \hfill \\
OA = \sqrt 5 \hfill \\
OB = \sqrt 2 \hfill \\
OC = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 \hfill \\
{\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = 5 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} = 2 \hfill \\
{x^2} + {\left( {y – \frac{{11}}{4}} \right)^2} + {\left( {z – \frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)^2} = 4 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
y = \frac{3}{4} \hfill \\
z = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)nên \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\)
c) Đúng: Vị trí điểm \(P\) của GPS có tung độ dương nên thuộc bán cầu Đông và có cao độ dương nên thuộc bán cầu Bắc
Gọi vĩ độ và kinh độ của \(P\) tương ứng là \(\alpha ^\circ \)N, \(\beta ^\circ \)E \(\left( {0^\circ < \alpha < 90^\circ ;\,0^\circ < \beta < 180^\circ } \right)\)
Khi đó \(P\left( {\cos \alpha ^\circ \cos \beta ^\circ ;\,\cos \alpha ^\circ \sin \beta ^\circ ;\,\sin \alpha ^\circ } \right)\) mà \(P\left( {0;\,\frac{3}{4};\,\frac{{\sqrt 7 }}{4}} \right)\) nên \(\sin \alpha = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow \alpha \approx 41^\circ \)
Ta có \(\cos \alpha \ne 0\) và \(\cos \alpha \cos \beta = 0\) nên \(\cos \beta = 0\) suy ra \(\beta = 90^\circ \)
Vậy vị trí của thiết bị GPS là \(41^\circ \)N, \(90^\circ \)E.
d) Sai: Gọi vị trí của thiết bị GPS đặt tại điểm \(Q\)
Khi đó: \(QA = QB \Leftrightarrow {\left( {x – 2} \right)^2} + {y^2} + {z^2} = {x^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {z^2} \Leftrightarrow x = y \Rightarrow Q\left( {x;x; \pm \sqrt {1 – 2{x^2}} } \right)\)
Đặt \(\gamma = \widehat {POQ} \Rightarrow {cos}\gamma = \frac{{\overrightarrow {OP} .\overrightarrow {OQ} }}{{\left| {\overrightarrow {OP} \left| . \right|\overrightarrow {OQ} } \right|}} = \frac{3}{4}x \pm \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}\).
Độ dài cung nhỏ trên thực tế là \(6371\alpha \)km
Do đó khoảng cách trên mặt đất giữa hai thiết bị GPS ngắn nhất khi \(\gamma \) nhỏ nhất tức \(\cos \gamma \) lớn nhất.
Mà \({max}\left\{ {\frac{3}{4}x + \frac{{\sqrt {7\left( {1 – 2{x^2}} \right)} }}{4}} \right\} = \frac{{\sqrt {46} }}{8} \Leftrightarrow x = \frac{3}{{\sqrt {46} }}\)

Gọi \(A\) là biến cố “bệnh nhân chọn phác đồ A”.
Gọi \(B\) là biến cố “bệnh nhân khỏi bệnh”.
Gọi \(C\) là biến cố “bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng”.
Khi đó:
\(P(A) = P(\bar A) = 0,5\)
\(P(B|A) = 0,6\)
\(P(B|\bar A) = 0,7\)
\(P(C|A) = 0,05\)
\(P(C|\bar A) = 0,1\)
a) Sai. Xác suất bệnh nhân điều trị phác đồ A và khỏi bệnh là:
\(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A) = 0,5 \times 0,6 = 0,3\).
b)Đúng. Xác suất bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P(C) = P(A \cap C) + P(\bar A \cap C) = P(A) \cdot P(C|A) + P(\bar A) \cdot P(C|\bar A) = 0,5 \cdot 0,05 + 0,5 \cdot 0,1 = 0,075\)
c)Đúng. Nếu biết bệnh nhân bị tác dụng phụ nghiêm trọng thì xác suất để bệnh nhân chọn phác đồ B là:
\(P(\bar A|C) = \frac{{P(\bar A \cap C)}}{{P(C)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,1}}{{0,075}} = \frac{2}{3} > 0,65\).
d)Đúng. Theo giả thiết \(B/A\) và \(\bar C/A\) độc lập, \(B/\bar A\) và \(\bar C/\bar A\) độc lập.
Xác suất bệnh nhân khỏi bệnh và không bị tác dụng phụ nghiêm trọng là:
\(P\left( {B \cap \bar C} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap A} \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right) \cap \bar A} \right) = P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|A} \right) \cdot P\left( A \right) + P\left( {\left( {B \cap \bar C} \right)|\bar A} \right) \cdot P\left( {\bar A} \right)\)
\( = P(A) \cdot P(B|A) \cdot P(\bar C|A) + P(\bar A) \cdot P(B|\bar A) \cdot P(\bar C|\bar A)\)\( = 0,5 \cdot 0,6 \cdot (1 – 0,05) + 0,5 \cdot 0,7 \cdot (1 – 0,1)\)
\( = 0,6\).

Trả lời: \(5\).

Mỗi ngăn đá là một hình chóp cụt có hai đáy là hình vuông, các cạnh bên băng nhau. Các cạnh bên đồng quy tại \(S\). Góc giữa các đường chéo với các cạnh đáy bằng nhau nên ta xem đó là góc giữa \(MB\) và \(BC\). Kẻ \(MH \bot CD\), \(H \in CD\).
Ta có: \(MC = \sqrt {M{H^2} + H{C^2}} = \sqrt 6 \,\,cm\), \(MD = \sqrt 3 \,\,cm\), \(BD = 3\sqrt 2 \,\,cm\).

Gọi \(E\), \(F\) lần lượt là hình chiếu của \(M\), \(P\) trên \(BD\). Nên \(ME \bot BD\), \(FP \bot BD\)
Suy ra: \( \Rightarrow DE = EF = FB = \sqrt 2 \,\,cm\).
Khi đó \(ME = \sqrt {M{D^2} – D{E^2}} = 1\,cm\)\( \Rightarrow MB = \sqrt {M{E^2} + E{B^2}} = 3\,\,cm\).
Trong \(\Delta MBC\) có \(\cos \widehat {MBC} = \frac{{M{B^2} + B{C^2} – M{C^2}}}{{2.MB.MC}} = \frac{2}{3}\).
Vậy \(a + b = 2 + 3 = 5\).

Trả lời: \(288\)
Từ bảng bên phải ta suy ra số lượng số “0” ở mỗi đỉnh thể hiện bậc của mỗi đỉnh, tức ta lần lượt suy ra:
\(\deg \left( A \right) = 6,\deg \left( B \right) = 8,\deg \left( C \right) = 2,\deg \left( D \right) = 3,\deg \left( E \right) = 4,\deg \left( F \right) = 1\)
Từ đó ta có hình vẽ như sau (hình bên dưới).

Tiếp đến ta có chuỗi lập luận như sau:
Vì FA chỉ có 1 con đường duy nhất nên chỉ có 1 con đường từ F đến A.
Kế đến do từ A đến B có 4 cây cầu phải đi qua liên tiếp (có 4! cách) nên ta sẽ đơn giản hóa đồ thị như sau:
– Ta đã đánh giá được đoạn F-A nên ta bỏ trước đoạn F-A.
– Do chỉ có về A nên ta bỏ đi nhánh A-
B. (hình trái)
– Do ACD liên tiếp và là con đường duy nhất nên ta bỏ đoạn A-
C. (hình giữa)
– Tiếp đến từ C chỉ có 1 cách đi tới D nên ta bỏ đoạn C-
D. Khi đó ta có 2 khả năng như hình phải.

Như vậy sau khi bỏ nhánh C-D, ta nhận xét được rằng phải đi hết 3 cây cầu bắt giữa B và E liên
tiếp để về lại đích D tức ta có 3! cách. Từ đây kết luận tổng số đường đi là: \(2.4!.3! = 288\) (cách).

Trả lời: 3,16

Đặt \(MB = x,\,\left( {0 < x < 2} \right) \Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {{x^2} + 16} \)
Gọi \(y,r\) lần lượt là độ dài cạnh hình vuông \(DEFG\) và bán kính đường tròn nội tiếp \(\vartriangle ABM\).
Ta có: \(\vartriangle ABM\) vuông tại \(B\) nên \(r = \frac{{AB + BM – AM}}{2} = \frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}\) (Tính chất tiếp tuyến)
Lai có: \(GAF = AMB\) (so le trong)
\( \Rightarrow \tan GAF = \tan AMB \Leftrightarrow \frac{{GF}}{{GA}} = \frac{{AB}}{{BM}} \Leftrightarrow \frac{y}{{2 – y}} = \frac{4}{x} \Rightarrow y = \frac{8}{{x + 4}}\)
Suy ra tổng diện tích hai hình là \(S = {y^2} + \pi \cdot {r^2} = \frac{{64}}{{x + {4^2}}} + \pi \cdot {\left( {\frac{{4 + x – \sqrt {{x^2} + 16} }}{2}} \right)^2} = f(x)\)
Sử dụng MTCT ta tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right)\) trên \(\left( {0;2} \right)\) là \(3,16\)

Trả lời: \(1,88\)
Gọi \(M,\,N\) lần lượt là vị trí tiếp xúc của bi xanh và bi đỏ với trục \(Ox\)
Dựa vào phương trình mặt cầu thì khoảng cách giữa hai viên bị ban đầu là \(22\)m

Khi hai viên bị va chạm nhau tức là hai mặt cầu này sẽ tiếp xúc với nhau và bán kính hai mặt cầu này hơn kém nhau \(1\)m.
Khi đó: \(\sin \alpha = \frac{1}{7}\) suy ra \(MN = 7.\cos \alpha = 4\sqrt 3 \) nên hai viên va chạm nhau khi \(MN = 4\sqrt 3 \).
Phương trình tọa độ điểm \(M\) theo trục \(Ox\): \(10 – 5t\)
Phương trình tọa độ điểm \(N\) theo trục \(Ox\): \( – 12 + 3t\)
Do \(MN = 4\sqrt 3 \Leftrightarrow \left| {10 – 5t + 12 – 3t} \right| = 4\sqrt 3 \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
8t – 22 = 4\sqrt 3 \hfill \\
8t – 22 = – 4\sqrt 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t \approx 1,88\left( {nhan} \right) \hfill \\
t \approx 3,61\left( {loai} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vậy sau khoảng \(1,88\) giây thì hai viên bi va chạm lần đầu tiên.

Trả lời: \(785\)

Với góc bắn \(\alpha < {90^0}\) thì quỹ đạo cảu vật thể là một phần của parabol
\(y = x\tan \alpha – \frac{g}{{2{v_0}^2{{\cos }^2}\alpha }}{x^2}\)
Suy ra tầm xa của vật và độ cao lớn nhất của vật lần lượt là \(L = \frac{{{v_0}^2\sin 2\alpha }}{g}\) và \(H = \frac{{{v_0}^2{{\sin }^2}\alpha }}{{2g}}\).
Dễ thấy, vật đạt được tầm xa lớn nhất khi \(\alpha = {45^0}\), tức tầm xa lớn nhất là \({L_{\max }} = 10\) hay \(A\left( {10;0} \right) \in \left( P \right)\). Với góc ném \(\alpha = {90^0}\) thì quỹ đạo của vật là đoạn \(OI\), khi đó độ cao của vật tại thời điểm \(t\) (giây) được cho bởi \(y = {v_0}t – \frac{1}{2}g{t^2}\)
Do đó, ta thấy vật đạt độ cao lớn nhất khi \(\alpha = {90^0}\), khi đó độ cao lớn nhất của vật là \({H_{\max }} = 5\). Suy ra \(I\left( {0;5} \right)\) là đỉnh của parabol \(\left( P \right)\). Hàm số bậc hai có đồ thị \(\left( P \right)\) có dạng \(y = a\left( {x – 10} \right)\left( {x + 10} \right) = a\left( {{x^2} – 100} \right)\). Thay \(x = 0\), ta được:
\(5 = a\left( {{0^2} – 100} \right) \Rightarrow a = – \frac{1}{{20}} \Rightarrow x = \sqrt {100 – 20y} \)
Vậy thể tích vùng không gian cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_0^5 {{{\left( {\sqrt {100 – 20y} } \right)}^2}dy} = 250\pi {m^3} \approx 785{m^3}\)

Trả lời: \(0,24\)
Gọi \(X\) là biến cố “cả hai người cùng đi qua điểm \(I\)”
Xét hệ trục tọa độ với \(E\left( {0;0} \right),A\left( {0;8} \right),B\left( {15;0} \right),F\left( {15;8} \right),I\left( {11;5} \right)\)
Để đi từ \(A\) đến \(B\) theo đường ngắn nhất thì người thứ nhất cần di chuyển 15 bước ngang và 8 bước xuống
Số cách di chuyển từ \(A\) đến \(B\) là số cách sắp xếp 15 bước ngang và 8 bước xuống và bằng \(C_{23}^8\)
Tương tự có \(C_{23}^8\) cách để người thứ hai di chuyển từ \(E\) đến \(F\)
Như vậy không gian mẫu \(\left| {\Omega } \right| = {\left( {C_{23}^8} \right)^2}\)
Người thứ nhất di chuyển từ \(A\left( {0;8} \right)\) đến \(I\left( {11;5} \right)\) cần 11 bước ngang và 3 bước xuống
Người thứ nhất di chuyển từ \(I\left( {11;5} \right)\) đến \(B\left( {15;0} \right)\) cần 4 bước ngang và 5 bước xuống
Như vậy số cách di chuyển của người thứ nhất từ \(A \to I \to B\) là \(C_{14}^8.C_9^4\)
Tương tự số cách di chuyển của người thứ hai từ \(E \to I \to F\) là \(C_{16}^5.C_7^3\)
Như vậy \(\left| X \right| = C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3\)
Vậy xác suất để cả hai người cùng đi qua \(I\) là \(P\left( X \right) = \frac{{\left| X \right|}}{{\left| {\Omega } \right|}} = \frac{{C_{14}^8.C_9^4.C_{16}^5.C_7^3}}{{{{\left( {C_{23}^8} \right)}^2}}} \approx 0,24\)