Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 16

Chọn C

Chọn D
Đường thẳng \(MN\) đi qua \(M\left( {1;0; – 1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {MN} \left( {2;2; – 8} \right) = 2\left( {1;1; – 4} \right)\):
\(\frac{{x – 1}}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{{ – 4}}\)

Chọn A
Mặt cầu tâm \(I\left( {1; – 4;1} \right)\), bán kính \(R = 4\) có phương trình là \({\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 16\).

Chọn A
Diện tích hình phẳng: \(S = \int\limits_0^a {\left| {f(x)} \right|{d}x} = \int\limits_0^c {\left| {f(x)} \right|{d}x} + \int\limits_c^a {\left| {f(x)} \right|{d}x} \)
\( = \int\limits_0^c {f\left( x \right){d}x} – \int\limits_c^a {f\left( x \right){d}x} \)

Chọn D
Ta có \(\frac{{2n}}{4} = \frac{{2 \cdot 46}}{4} = 23\).
Nhóm chứa \({M_e}\) là \(\left[ {7;8} \right)\).
Trung vị của mẫu số liệu là \({M_e} = 7 + \frac{{23 – 16}}{{15}} \cdot 1 \approx 7,47\).

Chọn B
Điều kiện \(3x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{3}\).
Bất phương trình trở thành \(3x – 1 < {2^3} \Leftrightarrow 3x < 9 \Leftrightarrow x < 3\).
Kết hợp điều kiện ta được \(\frac{1}{3} < x < 3\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left( {\frac{1}{3};3} \right)\).
Khi đó tổng \(S = a + b = \frac{1}{3} + 3 = \frac{{10}}{3}\).

Chọn D
Ta có \(\;\left\{ \begin{gathered}
SC \cap \left( {ABC} \right) = C \hfill \\
SA \bot \left( {ABC} \right)\,\,\, \hfill \\
\end{gathered} \right.\,\,\)
\(\, \Rightarrow \left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right)\)
Lại có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} = a\sqrt 5 \).
Suy ra \(\widehat {SCA} = 45^\circ \) (Vì \(\vartriangle SCA\) vuông cân tại \(A\)).
Vậy \(\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = 45^\circ \).

Chọn D
Ta có \(d = {u_2} – {u_1} = 9 – 3 = 6\)\( \Rightarrow d = 6\).

Chọn D
Từ hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đi lên trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\)nên hàm số đồng biến trên khoảng này.

Chọn C
Điểm cực đại của hàm số là \(x = 1\).

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

Chọn B
Gọi \(A\) là biến cố “chọn được 3 viên bi màu xanh”. Khi đó
\(n\left( \Omega \right) = C_{10}^3\); \(n\left( A \right) = C_6^3\) \( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{C_6^3}}{{C_{10}^3}} = \frac{1}{6}\).

a) Sai.
Đường cong \(y = {\log _a}x\) đi qua điểm \(\left( {3\,;\,\,1} \right)\) nên \(1 = {\log _a}3 \Rightarrow a = 3\).
Khi đó hàm số trở thành \(y = {\log _3}x\); đường cong này không đi qua điểm \(\left( {9\,;\,\,3} \right)\).
b) Sai.
Điểm \(A\left( {{x_A}\,;\,\, – 1} \right)\) thuộc đồ thị hàm só \(y = {\log _3}x \Rightarrow {\log _3}x = – 1 \Rightarrow x = {3^{ – x}} = \frac{1}{3}\).
Diện tích tam giác cong ABC là phần hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị \(y = {\log _3}x\,;\,\,y = – 1\) cùng các đường thẳng \(x = \frac{1}{3}\,;\,\,x = 4\).
Do đó diện tích cần tính là \(S = 100 \times \int\limits_{1/3}^4 {\left| {{{\log }_3}x – \left( { – 1} \right)} \right|{d}x} \approx 571\,\,{m^2}\).
c) Đúng.
Gọi \(M\left( {{x_M}\,;\,\,{y_M}} \right) \in \left( {{C_1}} \right):y = {\log _3}x\) và \(N\left( {x\,;\,\,y} \right) \in \left( {{C_2}} \right):y = g\left( x \right)\).
M, N đối xứng qua \(x – y + 1 = 0\) nên ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
\frac{{x + {x_M}}}{2} – \frac{{y + {y_M}}}{2} + 1 = 0 \hfill \\
1 \cdot \left( {x – {x_M}} \right) + 1 \cdot \left( {y – {y_M}} \right) = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x – y + {x_M} – {y_M} + 2 = 0 \hfill \\
x + y – {x_M} – {y_M} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{y_M} = x + 1 \hfill \\
{x_M} = y – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) hay \(\boxed{M\left( {y – 1\,;\,\,x + 1} \right)}\).
Vì \(M \in \left( {{C_1}} \right)\) nên \(x + 1 = {\log _3}\left( {y – 1} \right) \Rightarrow y – 1 = {3^{x + 1}} \Rightarrow y = {3^{x + 1}} + 1\,\,\,{hay}\,\,\,\boxed{y = g\left( x \right) = 1 + 3 \cdot {3^x}}\).
d) Sai.
Xét tiếp tuyến của đường cong \(y = {\log _3}x\) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng \(y = x + 1\).
Hệ số góc tiếp tuyến là \(k = 1\); gọi \(M\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}} \right)\) là tiếp điểm thì \(f’\left( {{x_0}} \right) = k \Rightarrow \frac{1}{{{x_0}\ln 3}} = 1 \Rightarrow {x_0} = \frac{1}{{\ln 3}};\,\,{y_0} = {\log _3}\frac{1}{{\ln 3}}\).
Độ dài ngắn nhất cây cầu (theo đường chim bay) bằng hai lần khoảng cách từ \(M\left( {\frac{1}{{\ln 3}}\,;\,\,{{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}}} \right)\) đến đường thẳng \(y = x + 1\).
Ta có: \({d_{\min }} = 2 \cdot \frac{{\left| {\frac{1}{{\ln 3}} – {{\log }_3}\frac{1}{{\ln 3}} + 1} \right|}}{{\sqrt 2 }} \times 100 \approx \boxed{282\,\,m}\).

a) Đúng
Tại thời điểm xuất phát, khinh khí cầu ở độ cao \(520\) m vậy nên \(h\left( 0 \right) = 520\)m
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520\)
b) Đúng
Độ cao của khinh khí cầu tại thời điểm \(t\left( {0 \leqslant t \leqslant 29} \right)\) là \(h\left( t \right) = \int\limits_0^t {v\left( t \right){d}t} .\)
c) Sai
\(s\left( t \right) = \int {v\left( t \right)dt = \frac{{a{t^3}}}{3} + \frac{{b{t^2}}}{2} + C} \)
Có hệ ba phương trình ba ẩn:\(\left\{ \begin{gathered}
h\left( 0 \right) = 520 \hfill \\
h\left( 5 \right) = 530 \hfill \\
h\left( {15} \right) = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
C = 520 \hfill \\
\frac{{125}}{3}a + \frac{{25}}{2}b + C = 530 \hfill \\
\frac{{{{15}^3}}}{3}a + \frac{{{{15}^2}}}{2}b + C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = – \frac{3}{{25}} \hfill \\
b = \frac{6}{5} \hfill \\
C = 520 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow h\left( t \right) = – \frac{3}{{25}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 520\)
\( \Rightarrow v\left( t \right) = – \frac{9}{{25}}{t^2} + \frac{{12}}{5}t\)
Xét \(v\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow 0 < t < \frac{{20}}{3}\) vậy nên giai đoạn khinh khí cầu tăng độ cao kéo dài trong \(10\) phút kể từ thời điểm xuất phát là sai
d) Sai
Xét \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = \frac{{20}}{3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Với \(h\left( 0 \right) = 520\), \(h\left( {\frac{{20}}{3}} \right) = 537,78\) nên độ cao tối đa của khinh khí cầu là \(540\) m là sai

a) Đúng.
Gọi \(x\,\left( {km} \right),\,\,x > 0\)là khoảng cách từ tàu cảnh sát biển cách radar \(O\) về phía đông. Khi đó toạ độ của tàu cảnh sát biển là \(C\left( {15\,;\,x\,;\,0} \right)\). Ta có \(OC = \sqrt {{{15}^2} + {x^2} + {0^2}} = \sqrt {{x^2} + 225} \).
Để radar phát hiện được tàu cảnh sát biển thì \(OC \leqslant 30\,km\).
Suy ra \(\sqrt {{x^2} + 225} \leqslant 30 \Leftrightarrow {x^2} + 225 \leqslant 900 \Leftrightarrow {x^2} \leqslant 675 \Leftrightarrow x \leqslant 15\sqrt 3 \,km\).
Vậy tàu cảnh sát biển cần di chuyển về phía đông cách \(O\) tối đa \(15\sqrt 3 \,km\).
b) Đúng.
Ta có \(OB = \sqrt {{{\left( { – 20} \right)}^2} + {{15}^2} + {0^2}} = 25\,km < 30\,km\) nên radar phát hiện ra tàu đánh cá tại vị trí \(B\).
c) Đúng.
Một chiếc tàu thám hiểm tại vị trí \(A\) ở độ sâu \(10\,km\) so với mặt nước biển, cách \(O\) \(25\,km\) về phía nam và \(15\,km\) về phía tây nên ta có toạ độ tàu thám hiểm là điểm toạ độ điểm \(A\left( {25\,;\, – 15\,;\, – 10} \right)\). Khi đó khoảng cách từ chiếc tàu thám hiểm đến radar bằng \(OA = \sqrt {{{25}^2} + {{\left( { – 15} \right)}^2} + {{\left( { – 10} \right)}^2}} = 5\sqrt {38} \,\,km\).
d) Đúng.
Ta thấy \(OA = 5\sqrt {38} \,km \approx 30,82\,km\), mà phạm vi theo dõi của radar là \(30\,km\) nên radar không phát hiện được tàu thám hiểm đặt tại vị trí \(A\).

a) Đúng
Ta có: \(P\left( T \right) = \frac{{400}}{{600}} = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow P\left( {\overline T } \right) = 1 – P\left( T \right) = \frac{1}{3}\)
b) Sai
Theo đề bài ta có: \(P\left( {G|T} \right) = 70\% = 0,7\), \(P\left( {G|\overline T } \right) = 10\% = 0,1\).
c) Đúng
Ta có: \(P\left( G \right) = P\left( {GT} \right) + P\left( {G\overline T } \right)\)\( = P\left( {G|T} \right).P\left( T \right) + P\left( {G|\overline T } \right).P\left( {\overline T } \right)\)\( = 0,7.\frac{2}{3} + 0,1.\frac{1}{3} = 0,5\)
d) Sai
Ta có: \(P\left( {T|G} \right) = \frac{{P\left( {TG} \right)}}{{P\left( G \right)}} = \frac{{P\left( {G|T} \right).P\left( T \right)}}{{P\left( G \right)}} = \frac{{0,7.\frac{2}{3}}}{{0,5}} = \frac{{14}}{{15}} \approx 93,3\% \).

Trả lời: 35,9

Đặt chiếc đũa có chiều dài \(CD\); \(A\) là giao điểm của chiếc đũa và đáy trên của nồi (ngoài). Khi đó, để \(AD > 5\,cm\) thì ta cần tìm chiều dài đoạn thẳng \(AC\) lớn nhất có thể nằm trọn vẹn bên trong phần không gian chứa nước lẩu như hình vẽ.
Gọi \(B\) là hình chiếu của \(A\) xuống mặt đáy dưới. Khi đó, \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{10}^2} + B{C^2}} \).
Để \(AC\) lớn nhất thì \(BC\) lớn nhất. Khi đó \(BC\) tiếp xúc với7H7| đường tròn đáy của hình trụ nhỏ tại \(H\). Khi đó, \(OH \bot BC\) và \(H\) là trung điểm của \(BC\).
Suy ra \(BC = 2BH = 2\sqrt {O{B^2} – O{H^2}} \)
\( = 2\sqrt {{{15}^2} – 3,{5^2}} = 2\sqrt {212,75} \,cm\).
Từ đó ta tính được \(AC = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {2\sqrt {212,75} } \right)}^2}} = \sqrt {951} \,cm\).
Suy ra \(L > \sqrt {951} + 5 \approx 35,838\,cm\). Vậy chiều dài tối thiểu \(L\) của chiếc đũa khi làm tròn đến hàng phần mười là \(35,9\,cm\).

Trả lời: 24

Từ đồ thị ta thấy có 3 đỉnh \(A,B,C\) có bậc lẻ nên không tồn tại một chu trình Euler đi qua tất cả các cạnh đúng một lần. Vậy có cạnh sẽ đi lại lần hai. Tổng trọng số của tất cả các cạnh là: \(3 + 4 + 3 + 5 + 2 + 2 + 1 = 20\)
Do trọng số các cạnh, nên để đường đi ngắn nhất, các cạnh chọn đi lần 2 sẽ chọn từ các cạnh \(AC,BE,BC\). Ta sẽ chọn điểm bắt đầu là 1 trong các đỉnh bậc lẻ \(A,B,C,E\).
+) Giả sử ta chọn đỉnh ban đầu là đỉnh \(A\), ta sẽ có cách đi như sau để đường đi tối ưu:
\(A \to D \to E \to C \to A \to B \to E \to B \to C \to A\).
Chu trình này sẽ đi qua các cạnh \(AC\) và \(BE\) mỗi cạnh 2 lần, vậy tổng chiều dài lúc này là \(20 + 2 + 2 = 24\).
+) Nếu chọn đỉnh ban đầu là C, ta có chu trình đi như sau:
\(C \to E \to D \to A \to B \to E \to B \to C \to A \to C\).
Chu trình này sẽ đi qua các cạnh \(AC\) và \(BE\) mỗi cạnh 2 lần, vậy tổng chiều dài lúc này là \(20 + 2 + 2 = 24\).
Tương tự nếu chọn từ các đỉnh \(B,E\) ta cũng chọn được đường đi ngắn nhất là \(24\) và cũng phải đi qua các cạnh \(AC\) và \(BE\) mỗi cạnh 2 lần. Do đó tổng quãng đường nhỏ nhất là \(24\).

Trả lời: 10
Ta có\(BM = \sqrt {{{20}^2} + {{\left( {y + 5} \right)}^2}} = \sqrt {{y^2} + 10y + 425} \); \(MN = 12\); \(NA = \sqrt {{{\left( {y – 30} \right)}^2}} = 30 – y\).
Chi phí lắp đặt \(f\left( y \right) = \left( {BM + NA} \right).0,15 + MN.0,3 = \left( {30 – y + \sqrt {{y^2} + 10y + 425} } \right).0,15 + 3,6\) (với \( – 5 \leqslant y \leqslant 30\)) (triệu đồng).
Vì \(f’\left( y \right) = \left( {\frac{{y + 5}}{{\sqrt {{{\left( {y + 5} \right)}^2} + {{20}^2}} }} – 1} \right).0,15 \leqslant 0,\,\forall y \in \left[ { – 5;30} \right]\) nên hàm số \(f\left( y \right)\) nghịch biến trên \(\left[ { – 5;\,30} \right]\).
Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 5;\,30} \right]} f\left( y \right) = f\left( {30} \right) \approx 10\) triệu đồng.

Trả lời: \(5\)
Gọi \({P_A}\left( t \right)\) là số lượng khách hàng luỹ kế của công ty A với \(t\) là số tháng kể từ khi ra mắt sản phẩm (\(t > 0\))
Ta có \({P_A}\left( t \right) = \int {f\left( t \right)dt = \int {\left( {2t + 7} \right)} } dt = {t^2} + 7t + C\).
Công ty A bắt đầu với 0 khách hàng nên \({P_A}\left( 0 \right) = 0 \Leftrightarrow {0^2} + 7.0 + C = 0 \Leftrightarrow C = 0\).
Vậy \({P_A}\left( t \right) = {t^2} + 7t\).
Vì công ty B bắt đầu với 10 nghìn khách hàng đặt trước sản phẩm. Sau đó, họ duy trì một tốc độ thu hút khách hàng mới ổn định là 10 nghìn khách hàng/tháng, nên số lượng khách hàng lũy kế của công ty B sau \(t\) tháng ra mắt sản phẩm là \({P_B}\left( t \right) = 10 + 10t\) (\(t > 0\)).
Ta có \({P_A}\left( t \right) = {P_B}\left( t \right) \Leftrightarrow {t^2} + 7t = 10 + 10t \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – 10 \hfill \\
t = 5 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì \(t > 0\) nên \(t = 5\).
Vậy sau 5 tháng ra mắt, tổng số lượng khách hàng lũy kế của công ty A bằng tổng số lượng khách hàng lũy kế của công ty B (tính cả 10 nghìn khách hàng ban đầu).

Trả lời: 120
Ta thấy: trong không gian tập hợp tất cả các điểm \(D\) thỏa mãn \(DA = DB = DC\) là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) (đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) và vuông góc với mặt phẳng \((ABC)\)). Dễ thấy khi \(D\) di động trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) thì \(DA,DB,DC\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(D\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Ta có:
\(\overrightarrow {AB} (50;20;40),\overrightarrow {AC} (30;50;70)\), suy ra \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = ( – 600; – 2300;1900)//\left( {6;23; – 19} \right)\); \(\overrightarrow {AD} (a – 20;b – 30;c)\).
\(\left\{ \begin{gathered}
D{A^2} = D{B^2} \hfill \\
D{A^2} = D{C^2} \hfill \\
\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( {a – 20} \right)^2} + {(b – 30)^2} + {c^2} = {\left( {a – 70} \right)^2} + {(b – 50)^2} + {\left( {c – 40} \right)^2} \hfill \\
{\left( {a – 20} \right)^2} + {(b – 30)^2} + {c^2} = {\left( {a – 50} \right)^2} + {(b – 80)^2} + {\left( {c – 70} \right)^2} \hfill \\
6(a – 20) + 23(b – 30) – 19c = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
100a + 40b + 80c = 7700 \hfill \\
60a + 100b + 140c = 12500 \hfill \\
6a + 23b – 19c = 810 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 11085/463 \hfill \\
y = 27445/463 \hfill \\
z = 16985/463 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)\( \Leftrightarrow D\left( {\frac{{11085}}{{463}};\frac{{27445}}{{463}};\frac{{16985}}{{463}}} \right)\).
Vậy \(a + b + c \approx 120\).

Trả lời: 528.
Ta đánh số các tam giác như hình vẽ sau:

Có 3 cách để chọn để tô màu cho tam giác số 1.
Có 2 cách để tô màu cho tam giác số 3.
TH1: Hai tam giác 2 và 4 cùng màu
Có 2 cách để tô tam giác 2 và 4 cùng màu
– TH 1.1: Hai tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 2 cách để tô tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 2.2.2 = 8 cách để tô 3 tam giác 5,7,9
– TH 1.2: Hai tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 2 cách để tồ tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 2.1.2 = 4 cách để tô 3 tam giác 5, 7, 9
TH2: Hai tam giác 2 và 4 khác màu
Có 2 cách để tồ tam giác 2 và 4 khác màu
– TH 2.1: Hai tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 1 cách để tô tam giác 6 và 8 cùng màu
+ Có 2.2.2 = 8 cách để tô 3 tam giác 5,7,9
– TH 2.2: Hai tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 3 cách để tô tam giác 6 và 8 khác màu
+ Có 2.1.2 = 4 cách đề tô 3 tam giác 5,7,9
Vậy có tất cả \(3.2 \cdot [2 \cdot (16 + 8) + 2 \cdot (8 + 12)] = 528\) cách.