Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 14

Chọn A
Điều kiện: \(x > \frac{1}{2}\).
Ta có: \({\log _3}\left( {2x – 1} \right) = 2 \Leftrightarrow 2x – 1 = {3^2} \Leftrightarrow x = 5\) (t/m).
Vậy \(x = 5\) là nghiệm của phương trình.

Chọn B
Đường thẳng \(\Delta :\frac{{x – 1}}{2} = \frac{{y – 2}}{{ – 1}} = \frac{{z – 3}}{2}.\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {2;\, – 1;\,2} \right)\).

Chọn B
Ta có: \(\int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {3{x^2} – 1} \right)} dx = \)\({x^3} – x + C\).

Chọn A
\({u_2} = {u_1}.q = 3.2 = 6\).

Chọn D
Số phần tử của mẫu là \(n = 100\)
Tần số tích lũy của các nhóm lần lượt là \(c{f_1} = 24,c{f_2} = 50,c{f_3} = 70,c{f_4} = 85,c{f_5} = 96,c{f_6} = 100.\)
Ta có: \(\frac{n}{4} = \frac{{100}}{4} = 25\) mà \(24 < 25 < 50\) suy ra nhóm 2 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bẳng 25.
Xét nhóm 2 là nhóm \(\left[ {30;40} \right)\) có \(s = 30,\;h = 10,{n_2} = 26\) và nhóm 1 là nhóm \(\left[ {20;30} \right)\) có \(c{f_1} = 24\)
Ta có tứ phân vị thứ nhất là: \({Q_1} = s + \left( {\frac{{25 – c{f_2}}}{{{n_3}}}} \right) \cdot h = 30 + \left( {\frac{{25 – 24}}{{26}}} \right) \cdot 10 = \frac{{395}}{{13}}\)
Ta có: \(\frac{{3n}}{4} = \frac{{3.100}}{4} = 75\) mà \(70 < 75 < 80\) suy ra nhóm 4 là nhóm đầu tiên có tần số tích lũy lớn hơn hoặc bẳng 75. Xét nhóm 4 là nhóm \(\left[ {50;60} \right)\) có \(t = 50,\mid = 10,{n_4} = 15\) và nhóm 3 là nhóm \(\left[ {40;50} \right)\) có \(c{f_3} = 70\)
Ta có tứ phân vị thứ ba là: \({Q_3} = t + \left( {\frac{{75 – c{f_3}}}{{{n_4}}}} \right).l = 50 + \left( {\frac{{75 – 70}}{{15}}} \right).10 = \frac{{160}}{3}\)
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là: \({Q_3} – {Q_1} = \frac{{160}}{3} – \frac{{395}}{{13}} = \frac{{395}}{{39}} \approx 22,95\)

Chọn B

Chọn C
Theo qui tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA’}=\overrightarrow{AC’}\)..

Chọn A
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \((-\infty;0)\).

Chọn C
Ta có: \(\left( d \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\), nên:\(\overrightarrow {{u_d}} = \overrightarrow {{n_p}} = (1; – 2;3)\).
Do đó, phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là: \(\frac{{x – 1}}{1} = \frac{{y + 2}}{{ – 2}} = \frac{{z – 3}}{3}\).

Chọn A
Ta có: \(\sin x = – \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin x = \sin \left( { – \frac{\pi }{6}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = – \frac{\pi }{6} + k2\pi \hfill \\
x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \hfill \\
\end{gathered} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

Chọn D
Ta có:\(\int\limits_0^2 {f’\left( x \right){\text{d}}x = – 3} \Leftrightarrow f\left( 2 \right) – f\left( 0 \right) = – 3 \Leftrightarrow f\left( 2 \right) = – 3 + f\left( 0 \right) = – 3 + 1 = – 2\)

Chọn B
Ta có
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{AA’ \bot (ABCD)\;BD \subset (ABCD)}
\end{array}\)\( \Rightarrow AA’ \bot BD\quad (1)\). Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD\perp AC\quad(2)\).
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(BD\perp(ACC’A’)\).
Mặt khác \(BD\subset(BDD’B’)\Rightarrow(BDD’B’)\perp(ACC’A’)\).

a) Đúng. Ta có: \(h(t) = \int {( – 0,25t – 0,05)} dt = – 0,125{t^2} – 0,05t + C\)
Với \(h(0) = 3,3 \Rightarrow C = 3,3\).
Vậy \(h(t) = 3,3 – 0,125{t^2} – 0,05t\) (m) trên \([0;4].\)
b) Sai. Xét \(\Delta h = |h(1) – h(0)| = \mid – 0,125{(1)^2} – 0,05(1)\mid = 0,175\;{\text{m}} \Rightarrow \) SAI.
Khoảng thời gian từ 09:00 đến 10:00 tương ứng: \(t:0 \to 1\)
Tính:
\(h\left( 0 \right) = 3,3\)
\(h\left( 1 \right) = 3,3 – 0,125 – 0,05 = 3,125\)
Độ giảm mực nước: \(\Delta h = 3,3 – 3,125 = 0,175\;{\text{m}}\)
c) Đúng. Đầu cọc vừa chạm nước khi \(h(t) = 2,4 \Leftrightarrow – 0,125{t^2} – 0,05t + 3,3 = 2,4 \Rightarrow t \approx 2,49\) giờ \( \approx 149\) phút
d) Sai. Khi thuyền địch tới bãi cọc, đầu cọc nhô lên khỏi mặt nước \(0,5\;{\text{m}}\), do đó độ sâu mực nước khi ấy là: \(h\left( t \right) = 2,4 – 0,5 = 1,9\left( {\;{\text{m}}} \right)\)
\( \Leftrightarrow 3,3 – 0,125{t^2} – 0,05t = 1,9 \Rightarrow \)\(t \approx 3,15\) giờ\( = \)\(3,15 \times 60 \approx 189{\text{ ph\’u t }}\)
Vậy thuyền địch tới bãi cọc vào khoảng: \(09:00 + 189{\text{ ph\’u t }} \approx 12:09\)
Do thuyền mất 12 phút để tới bãi cọc nên thời điểm Ngô Quyền phát lệnh phản công là:
\(12:09 – 12 = 11:57\)

a) Đúng.
Theo quy tắc hình hộp ta có: \(\overrightarrow {AC’} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + {\text{ }}\overrightarrow {AA’} \).

a) Đúng.
Tại thời điểm \(t = 1\) ( \(h\) ) máy dò tín hiệu \(A\) tại vị trí có toạ độ \((4;4;5)\).
b) Đúng.
Tại thời điểm \(t = 2,5(h)\) máy dò tín hiệu \(A\) tại vị trí có toạ độ \((2,5;2,5;2)\) có khoảng cách đến máy phát tín hiệu P là \(\frac{{\sqrt {66} }}{2} > 2\) nên không nhận được tín hiệu từ máy phát P.
c) Đúng.
Τa có \(M(5 – t;5 – t;7 – 2t)\)
Khoảng cách đến máy phát tín hiệu P là \(OM = \sqrt {{{(5 – t)}^2} + {{(5 – t)}^2} + {{(7 – 2t)}^2}} \)
\( \Leftrightarrow \sqrt {6{t^2} – 48t + 99} = \sqrt {6\left( {{t^2} – 8t + 16} \right) + 3} = \sqrt {6{{(t – 4)}^2} + 3} \geqslant \sqrt 3 \)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(t = 4\).
Vậy máy dò tín hiệu \(A\) gần máy phát tín hiệu \(P\) nhất lúc \(4(h)\).
d) Sai.
Tại thời điểm \(t = 4(h)\) máy dò tín hiệu \(A\) tại vị trí có toạ độ \((1;1; – 1)\).
Mặt cầu giới hạn phạm vi nhận tín hiệu của máy dò \(A\) tại thời điểm nó gần máy phát tín hiệu \(P\) nhất là mặt cầu đi qua \((1;1; – 1)\) và có bán kính bằng 2 có phương trình \({(x – 1)^2} + {(y – 1)^2} + {(z + 1)^2} = 4.\)

Gọi:
– \(V\) là biến cố người nhiễm viruts cúm mùa.
– \(K\) là biến cố người không nhiễm virus cúm mùa.
– \(DT\) là biến cố xét nghiệm cho kết quả dương tính.
– \(AT\) là biến cố xét nghiệm cho kết quả âm tính.
Theo bài ra, ta có:
– Xác suất người nhiễm viruts cúm mùa: \(P\left( V \right) = 1\% = 0,01\).
– Xác suất người không nhiễm viruts cúm mùa: \(P\left( K \right) = 1 – P\left( V \right) = 0,99\).
– Xác suất xét nghiệm dương tính khi nhiễm viruts: \(P\left( {DT\mid V} \right) = 76,2\% = 0,762\).
– Xác suất xét nghiệm âm tính khi không nhiễm viruts: \(P\left( {AT\mid K} \right) = 99,1\% = 0,991\).
a) Sai. Xác suất xét nghiệm cho kết quả âm tính của các ca thực sự nhiễm vius là: \(P\left( {AT\mid V} \right) = 1 – P\left( {DT\mid V} \right) = 1 – 0,762 = 0,238\). Suy ra a) sai.b) Đúng. Xác suất xét nghiệm cho kết quả dương tính của các ca thực sự không nhiễm vius là:
\(P\left( {AT\mid V} \right) = 1 – P\left( {AT\mid K} \right) = 1 – 99,1\% = 0,991 = 0,009\). Suy ra b) đúng.c) Sai. Xác suất người làm xét nghiệm có kết quả dương tính là:
\(P\left( {DT} \right) = P\left( {DT\mid V} \right).P\left( V \right) + P\left( {DT\mid K} \right).P\left( K \right) = 0,762.0,01 + 0,009.0,99 = 0,01653\). Suy ra c) sai.d) Đúng.
Biết rằng đã có kết quả chuẩn đoán là dương tính, xác suất để người đó thực sự bị bệnh là: \(P\left( {V\mid DT} \right)\).
Sử dụng định lý Bayes: \(P\left( {V\mid DT} \right) = \frac{{P\left( {DT\mid V} \right).P\left( V \right)}}{{P\left( {DT} \right)}} = \frac{{0,762.0,01}}{{0,1653}} = \frac{{0,00762}}{{0,01653}} \approx 0,46\).
PHẦN 3: TRẢ LỜI NGẮN

Trả lời: 10,4
Gọi \({B_1};{B_2}\): CT lần lượt là vị trí bóng đèn ở các mặt \(AD{D^\prime }{A^\prime },BC{C^\prime }{B^\prime }\) và công tắc ở mặt \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) như hình bên dưới

Do dây điện chỉ được đi theo các bức tường mà không đi lên mái, ta trải phẳng ba mặt phẳng \(AD{D^\prime }{A^\prime },BC{C^\prime }{B^\prime }\) và \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) như sau

Để đường dây điện là ngắn nhất, sau khi trải phẳng ta thấy hai đường dây điện chính là đường thẳng nối từ công tắc tới hai bóng đèn (đường màu đỏ ở hình trên)
Khi đó độ dài đường dây điện ngắn nhất là \({L_{{\text{min }}}} = \sqrt {{4^2} + 1,{5^2}} + \sqrt {{6^2} + {1^2}} \approx 10,4(\;{\text{m}})\)

Trả lời: 106
Ta có \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(AD = BC = 12,AB = CD = 8\) (đơn vị độ dài).
\(F\) là trung điểm \(AD \Rightarrow AF = FD = \frac{{AD}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6\) (đơn vị độ dài).
Độ dài các cạnh còn lại \(AE = 8,ED = 10,BG = 8,CG = 8\) (đơn vị độ dài).
Xét \(\Delta ABF\) vuông tại \(A\) có \(BF = \sqrt {A{F^2} + A{B^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\) (đơn vị độ dài).
Xét \(\Delta FDC\) vuông tại \(D\) có \(CF = \sqrt {D{F^2} + D{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10\) (đơn vị độ dài).
Người chơi được xuất phát từ 1 điểm bất kỳ từ bảy điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D,\,\,E,\,\,F,\,\,G\) đi qua hết tất cả các cạnh trên hình vẽ mỗi cạnh ít nhất một lần rồi quay lại điểm xuất phát. Người chơi là người thắng cuộc nếu tổng độ dài đường đi là ngắn nhất.
Người chơi sẽ chọn điểm bắt đầu từ \(D \to E \to A \to D \to C \to F \to B \to G \to C \to B \to A \to D\).
Vậy độ dài đường đi đó là
\(DE + EA + AD + DC + CF + FB + BG + GC + CB + BA + AD\)
\( = 10 + 8 + 12 + 8 + 10 + 10 + 8 + 8 + 12 + 8 + 12 = 106\) (đơn vị độ dài).

Trả lời : \(45\).
+) Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{a{t^2} + b}}{{ct + d}} = \pm \infty \) nên \(S(t) = \frac{{a{t^2} + b}}{{ct + d}}\) loại.
+) Ta có \(S(0) = 0 \Leftrightarrow b = 0 \Rightarrow S(t) = \frac{{a{t^2}}}{{c{t^2} + d}}.\)
+) Mặt khác có \(\left\{ \begin{gathered}
S(4) = 20 \hfill \\
S(6) = 30 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
16a = 20(16c + d)\;\; \hfill \\
36a = 30(36c + d) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
4a = 80c + 5d\;\;\;\;\;\;\;(1) \hfill \\
6a = 180c + 5d\;\;\;\;\;(2) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Lấy \((2)\) trừ \((1)\) ta được \(a = 50c\) thay vào \((1)\) ta được \(d = 24c\).
Vậy \(S(t) = \frac{{50c{t^2}}}{{c{t^2} + 24c}} = \frac{{50{t^2}}}{{{t^2} + 24}}.\)
+) Do đó \(S(15) = \frac{{{{50.15}^2}}}{{{{15}^2} + 24}} \approx 45.\)

Ta có: \(v(t) = 0,6 \cdot \sqrt[4]{{{s^3}(t)}}\)
\( \Rightarrow {s^\prime }(t) = 0,6 \cdot \sqrt[4]{{{s^3}(t)}}\)
\( \Rightarrow {s^\prime }(t) \cdot {s^{\frac{{ – 3}}{4}}}(t) = 0,6\)
\( \Rightarrow \int {{s^\prime }} (t) \cdot {s^{\frac{{ – 3}}{4}}}(t)dt = 0,6t + C\)
\( \Rightarrow 4{s^{\frac{1}{4}}}(t) = 0,6t + C\)
Mà\({\text{ }}s(20) = 256 \Rightarrow C = 4\)
\( \Rightarrow 4{s^{\frac{1}{4}}}(t) = 0,6t + 4\)
\( \Rightarrow s(t) = {(0,15t + 1)^4}\)
\( \Rightarrow v(t) = {s^\prime }(t) = 0,6 \cdot {(0,15t + 1)^3}\)
\( \Rightarrow v(10) \approx 9,4\;{\text{m}}/{\text{s}}\)

Trả lời: 1,92.

Trả lời: \(9792\)
Chia 8 mặt bên của hình bắt diện đều làYS3|m 2 nhóm:
Nhóm \(U\): \(\left( {SAB} \right)\), \(\left( {SCD} \right)\), \(\left( {TAD} \right)\), \(\left( {TBC} \right)\)
Nhóm \(V\): \(\left( {SBC} \right)\), \(\left( {SAD} \right)\), \(\left( {TCD} \right)\), \(\left( {TAB} \right)\)
Nhận xét:
1. Hai mặt bất kì trong mỗi nhóm đều có đúng 1 đỉnh chung. \(\left( 1 \right)\)
2. Một mặt bất kì của nhóm \(U\) đều kề với đúng0QF| 3 mặt của nhóm \(V\) và ngược lại. \(\left( 2 \right)\)
3. Mỗi mặt của nhóm \(U\) đều có duy nhất một mặt của nhóm \(V\)không chung đỉnh và chung cạnh với nó và ngược lại. Ví dụ như cặp \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {TCD} \right)\),. (ta gọi đây là mặt mặt đối nhau).
+) Đếm cách gắn số cho 8 mặt:
Vì \(\left( 1 \right)\)nên mỗi nhóm phải có đầy đủ các số lấy từ 1 đến 4
Do đó, số cách đánh số cho nhóm \(U\) và nhóm \(V\) là: \({T_1} = 4!.4! = 576\) (cách).
+) Đếm cách tô màu cho 8 mặt:
(Vì hai nhóm \(U\) và \(V\) có đặc điểm hoàn toàn tương tự nhau nên không mất tính tổng quát, dưới đây ta chọn nhóm \(U\) để tô màu trước, rồi suy ra cách tô màu của nhóm \(V\))
Tiếp theo chúng ta sẽ xét các trường hợp về màu trong nhóm A:
TH1: Nhóm \(U\) có 4 mặt cùng màu.
Chọn 1 màu cho 4 mặt ở nhóm có: 3 cách chọn
Vì \(\left( 2 \right)\) nên mỗi mặt ở nhóm \(V\) có 2 cách chọn màu (2 màu còn lại), mà nhóm \(V\) có 4 mặt phẳng, nên sẽ có \({2^4}\)(cách)
Vậy TH1 có: \({3.2^4} = 48\) (cách).
TH2: Các mặt trong nhóm \(U\) sử dụng đúng 2 màu. Ta có các TH nhỏ hơn:
+)TH2.1: Có 3 mặt cùng màu và 1 mặt khác màu với 3 mặt kia
Giả sử các mặt của \(U\) là Đ-X-X-X, khi đó 3 mặt còn lại trong \(V\) (không là mặt đối của với mặt Đ của \(H\)) đề kề với mặt màu Đỏ của \(U\)nên 3 mặt này không thể tô màu Đỏ và cũng không được tô màu Xanh (vì chúng sẽ kề với mặt X của \(U\)), vậy 3 mặt này sẽ cùng tô màu vàng. Chỉ có một mặt của \(V\) (là mặt đối với mặt Đỏ của \(U\)) là được phép tô màu Đỏ hoặc Vàng, nhưng nó cũng không được tô màu Vàng vì như vậy sẽ trùng với TH1.
Vậy ở TH2.1, mỗi cách tô màu cho nhóm \(U\) thì có duy nhất 1 cách tô màu cho nhóm \(V\). Tóm lại TH2.1 có: \(C_3^2.2!.C_4^3 = 24\) (cách)
(Giải thích: Chọn 2 màu cho nhóm \(U\) có \(C_3^2\) cách; hoán đổi màu có \(2!\) cách; chọn 3 trong 4 mặt của nhóm \(B\) để tô giống màu có \(C_4^3\) cách)
+)TH2.12: Có 2 mặt cùng màu và 2 mặt còn lại cũng cùng màu (khác với màu của hai mặt trước)
Giả sử các mặt của \(U\) là Đ-Đ-X-X, khi đó mỗi mặt của \(V\) đề kề với hai mặt màu Đỏ và Xanh của \(U\), nên mỗi mặt của \(V\) chỉ có thể tô màu vàng.
Tóm lại TH2.2 có: \(C_3^2.C_4^2.1.2! = 36\)(cách)
(Giải thích: Chọn 2 màu cho nhóm \(U\) có \(C_3^2\) cách; chọn 2 mặt trong 4 mặt của nhóm \(U\) để tô màu giống nhau; hai mặt còn lại của \(U\) chỉ có 1 cách tô màu; có 2! cách hoán đổi thứ tự tô màu nói trên)
+) TH3: Các mặt của \(U\) sử dụng đủ 3 màu.
Ta thấy TH3 không thể xảy ra. Vì nếu giải sử các mặt của \(U\) là Đ-Đ-X-V. Khi đó ta gọi mặt \({v_1}\) (trong \(V\)) là mặt đối với mặt đang tô màu Đỏ của nhóm \(U\). Khi đó mặt \({v_1}\) cũng đang kề với 3 mặt có đủ 3 màu của nhóm \(U\), nên không còn cách nào để tô màu cho mặt \({v_1}\).
Vậy từ 3 trường hợp trên, số cách tô màu cho 8 mặt là: \({T_2} = 48 + 24 + 36 = 108\) (cách)
Vậy số cách mà nghệ nhân có thể thực hiện là: \(N = {T_1}.{T_2} = 576.108 = 62208\) (cách)
Suy ra: \(\frac{N}{8} + 2026 = 9792\).