Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 20

Chọn A
Ta chọn đáp án \(C\left( {4\,;\,3\,;1} \right)\).

Chọn D
Theo quy tắc hình hộp, ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AE} = \overrightarrow {AG} \).

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

Chọn C
Ta có: \({2^{2 – x}} = 8 \Leftrightarrow 2 – x = 3 \Leftrightarrow x = – 1\).

Chọn D

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), khi đó ta dễ dàng chứng minh được: \(\left\{ \begin{gathered}
BC \bot SM \hfill \\
BC \bot AM \hfill \\
\end{gathered} \right.\) nên góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right] = \left( {SM,AM} \right) = \widehat {SMA}\).
Ta có: \(SA = \frac{{3a}}{2},AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên \(\tan \left( {\widehat {SMA}} \right) = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{{3a}}{2}:\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {SMA} = {60^0}\).

Chọn A
\(\int {F’\left( x \right)dx} = F\left( x \right) + C\).

Chọn C
\(I = \int\limits_1^2 {\frac{{x – 1}}{x}dx} = \int\limits_1^2 {\left( {1 – \frac{1}{x}} \right)dx} = \left. {\left( {x – \ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^2 = 1 – \ln 2\).

Chọn C
Khoảng biến thiên \(R = {u_n} – {u_1} = 450 – 250 = 200\).

Chọn B
Dựa vào công thức, \({u_n} = 3{u_{n – 1}}\) ta có dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số nhân có công bội bằng 3

Chọn B
Ta có đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt trục tung tại \(O\left( {0;0} \right)\) suy ra \(d = 0\)
Ta có hàm số nghịch biến trên \(\left( { – \infty ; – 1} \right)\) nên \(a < 0\)
Vậy \(a + d < 0\)

.Chọn A
Từ BBT\( \Rightarrow \) Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng \(3\)

Chọn B
Xét phương trình: \(\sin 2x – 1 = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = 1 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}\)
Do nghiệm thuộc đoạn \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\) nên \( – \pi \leqslant x \leqslant \pi \Leftrightarrow – \pi \leqslant \frac{\pi }{4} + k\pi \leqslant \pi \Leftrightarrow – \frac{5}{4} \leqslant k \leqslant \frac{3}{4}\)
Vì \(k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k \in \left\{ { – 1;0} \right\}\) nên phương trình có 2 nghiệm thuộc đoạn \(\left[ { – \pi ;\pi } \right]\)

a) Sai
Hàm số xác định khi và chỉ khi \(5x – 3 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{3}{5}\).
Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \left( {\frac{3}{5}; + \infty } \right)\)
b) Đúng
Hàm số \(y = f\left( x \right) = {\log _3}\left( {5x – 3} \right)\) có cơ số \(3 > 1\) nên hàm số đồng biến trên \(\left( {\frac{3}{5}; + \infty } \right)\)
c) Sai
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {\frac{3}{5}; + \infty } \right)\) nên đồng biến trên \(\left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]\).
Do đó \(\mathop {{Min}}\limits_{x \in \left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]} y = y\left( {\frac{6}{5}} \right) = 1\); \(\mathop {{Min}}\limits_{x \in \left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]} y = y\left( {\frac{{12}}{5}} \right) = 2\).
Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số của hàm số \(y = f\left( x \right)\) trên \(\left[ {\frac{6}{5};\frac{{12}}{5}} \right]\) là 3.
d) Sai
Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = {\log _3}\left( {5x – 3} \right)\), ta có \(f\left( 2 \right) = {\log _3}7\). Vậy đồ thị hàm số không đi qua điểm \(M\left( {2;7} \right)\).

a) Đúng. Vì đường ống dẫn dầu trên không dọc theo đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0} \\
{y = t} \\
{z = 20}
\end{array}} \right.\), trong đó điểm \(A\left(0;0;20\right)\in Oz\) thuộc đường thẳng d và có véc tơ chỉ phương là \(\overrightarrow u \left( {0\;;\;1\;;\;0} \right) = \overrightarrow j \in Oy\). Do đó, đường ống dẫn dầu nằm trên mặt phẳng \((Oyz)\).
b) Sai. Vì điểm đối xứng với \(A\left( {15\;;10;\;15} \right)\) qua mặt phẳng \((Oxy)\) có tọa độ là \({A^\prime }(15;10; – 15)\).
c) Đúng. Vì \(B(0;b;20)\) nằm trên đường \(d\) nên tọa độ phải có dạng \(x = 0\), \(z = 20\), \(y\) tùy ý.
Gọi \(C(m;n;0)\) là điểm trên mặt đất. Ta cần tổng các đoạn đường \(AB + BC + AC\) nhỏ nhất.
Tổng độ dài: \(T = AB + BC + AC\;\min \) khi \(T = AB + CB + CA’ \geqslant AB + A’B\) hay \(A’,C,B\) thẳng hàng.
Khi đó:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{A{B_{\min }}\;khi\;AB \bot d} \\
{A'{B_{\min }}\;khi\;A’B \bot d}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow d \bot \left( {ABA’} \right)\)
Suy ra \(b = 10\) (Vì \({y_B} = {y_A} = 10\))
Vì \(C(m;n;0)\) là điểm trên mặt đất và \(C\) là giao điểm \(A’B\) và \(\left( {{O}xy} \right)\) nên ta xét hệ sau:
Phương trình đường thẳng \(A’B\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = – 3t} \\
{y = 10} \\
{z = 20 + 7t}
\end{array}} \right.\) giao với \(\left( {{O}xy} \right)\) nên \(20 + 7t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ – 20}}{7}\)
Do đó tọa độ điểm \(C\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{{60}}{7}} \\
{y = 10} \\
{z = 0}
\end{array}} \right.\) hay \(C\left( {\frac{{60}}{7}\;;\;10\;;\;0} \right)\)
Theo đề bài ta được: \(m = \frac{{60}}{7},\;n = 10,\;b = 10\) nên \(m + n + b = \frac{{60}}{7} + 10 + 10 = \frac{{200}}{7}\)
d) Sai. Ta có: \(A(15;10;15)\),\({A^\prime }(15;10; – 15)\),\(B(0;10;20)\)
\(AB = \sqrt {{{15}^2} + {5^2}} = 5\sqrt {10} \)
\(A’B = \sqrt {{{15}^2} + {{35}^2}} = 5\sqrt {58} \)
Vậy \(T = AB + A’B = 5\sqrt {10} + 5\sqrt {58} = 53,89\).

a) Đúng
Chiều cao từ mặt đất đến đỉnh cửa bằng \(9,5 – 3,75 = 5,75\,m\)
b) Sai

Với hệ trục tọa độ \(Oxy\) đã chọn thì tọa độ đỉnh của parabol là \(I(0;5,75)\)
c) Sai
Xét parabol \((P):y = a{x^2} + 5,75\)
Vì \(M(2,91;2,25) \in (P) \Rightarrow a = – \frac{7}{{16,9362}} \Rightarrow (P):y = – \frac{7}{{16,9362}}{x^2} + 5,75.\)
d) Đúng
Diện tích phần gỗ của cửa chính giữa là \(S = \int\limits_{ – 2,91}^{2.91} {( – \frac{7}{{16,9362}}{x^2} + 5,75){d}x} \approx 26,68\,{m^2}\)

a) Đúng: Do phân xưởng thứ nhất sản xuất \(60{\% }\) tổng số sản phẩm của cả nhà máy nên xác suất để sản phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất là 0,6.
b) Đúng: Gọi A là biến cố “Chọn được sản phẩm từ phân xưởng thứ nhất”,
\(\overline A \) là biến cố “Chọn được sản phẩm từ phân xưởng thứ hai”.
B là biến cố “Chọn được sản phẩm là phế phẩm”.
Khi đó: \(P\left( A \right) = 0,6;P\left( {\overline A } \right) = 0,4\);
\(P\left( {B\mid A} \right) = 0,16;P\left( {\overline B \mid A} \right) = 0,84;P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,2\)
Áp dụng công thức tính xác suất tính xác suất toàn phần, ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right)\)
\( = 0,6.0,16 + 0,4.0,2 = 0,176\)
Vậy xác suất lấy được phế phẩm là 0,176.
c) Đúng: Chọn được phế phẩm, biến cố phế phẩm đó do phân xưởng thứ nhất sản xuất là \(A\mid B\), áp dụng công thức Bayes, ta được:
\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,6.0,16}}{{0,176}} = \frac{6}{{11}} \approx 0,55\).
d) Sai: Khi lấy được sản phẩm tốt, để so sánh khả năng sản phẩm thuộc phân xưởng, ta tính xác suất để sản phẩm tốt được chọn ấy thuộc phân xưởng thứ nhất
Từ ý a) suy ra \(P\left( {\overline B } \right) = 1 – 0,176 = 0,824\).
Theo công thức Bayes, ta có: \(P\left( {A\mid \overline B } \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {\overline B \mid A} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{0,6.0,84}}{{0,824}} \approx 0,61\)
Vậy khả năng sản phẩm tốt được chọn từ phân xưởng thứ nhất cao hơn.

Trả lời: 14,5

+ Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm hai cạnh đối của đáy lớn của chậu.
Gọi \(Q\), \(P\) lần lượt là trung điểm hai cạnh đối của đáy nhỏ của chậu.
Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm hai cạnh đối của đáy lớn của chóp cụt, phần chứa đất.
(\(M\), \(N\), \(Q\), \(P\),\(I\), \(J\) cùng thuộc 1 mặt phẳng).
Gọi \(O\), \(O’\) lần lượt là trung điểm của \(MN\), \(PQ\)\( \Rightarrow OO’\) là chiều cao của chậu.
\(R = OP \cap IJ\).
\(H = OO’ \cap IJ\)\( \Rightarrow \frac{{O’H}}{{O’O}} = \frac{2}{3}\).
+ Từ giả thiết, suy ra \(MN = 40cm\), \(MO = ON = IR = QP = 20cm\).
\(\frac{{RJ}}{{ON}} = \frac{{PR}}{{PO}} = \frac{{O’H}}{{O’O}} = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow RJ = \frac{2}{3}.ON = \frac{2}{3}.20 = \frac{{40}}{3}cm\).
\(IJ = IR + RJ = 20 + \frac{{40}}{3} = \frac{{100}}{3}cm\).
+ Đáy nhỏ chậu có cạnh bằng 20cm nên diện tích đáy nhỏ là \(20.20 = 400c{m^2}\).
Mặt trên của phần chứa đất là hình vuông cạnh bằng \(IJ = \frac{{100}}{3}cm\) nên diện tích là \({\left( {\frac{{100}}{3}} \right)^2} = \frac{{10\,\,000}}{9}c{m^2}\).
Chiều cao của phần chứa đất là \(\frac{2}{3}.30 = 20cm\).
Thể tích lượng đất đã đổ vào chậu:
\(\frac{1}{3}.20\left( {400 + \frac{{10\,000}}{9} + \sqrt {400.\frac{{10\,\,000}}{9}} } \right) = 14\,518,51852c{m^3} \approx 14,5d{m^3}\).

Từ bảng số liệu, ta vẽ được đồ thị:

⇒ Đồ thị có 5 đỉnh, các đỉnh đều có bậc \(4 \geqslant \frac{5}{2}\) nên đồ thị có chu trình Hamilton.Ta có các chu trình xuất phát từ O:

Đáp số: \(39\)
Số kg táo trên một sào là \(nf\left( n \right)\)
Số tiền thu được khi bán táo trên \(1\) sào là \(50nf\left( n \right) = 50n\left( { – 0,06{n^2} – 0,4n + 320} \right)\,\)(nghìn)
Lợi nhuận thu được trên mỗi sào là:
\(\begin{gathered}
t\left( n \right) = 50n\left( { – 0,06{n^2} – 0,4n + 320} \right)\, – 560n \hfill \\
t\left( n \right) = – 3{n^3} – 20{n^2} + 15440n \hfill \\
\end{gathered} \)
\(t’\left( n \right) = – 9{n^2} – 40n + 15440\)
\(t’\left( n \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
n = \frac{{ – 20 + \sqrt {139360} }}{9} \approx 39,3 \hfill \\
n = \frac{{ – 20 + \sqrt {139360} }}{9} \approx – 43,7 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Căn cứ BBT ta có
\(t\left( {39} \right) = 393783;\,t\left( {40} \right) = 393600\)
Do đó lợi nhuận lớn nhất khi \(n = 39\)

Trả lời: \(34,7\)
Ta có: \(a(t) = – k \cdot {v^2}(t) \Rightarrow {v^\prime }(t) = – k \cdot {v^2}(t) \Rightarrow \frac{{ – {v^\prime }(t)}}{{{v^2}(t)}} = k \Rightarrow \frac{1}{{v(t)}} = kt + C\)
Mà \(v(0) = 900 \Rightarrow C = \frac{1}{{900}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{v(t)}} = kt + \frac{1}{{900}}\)
Mà \(v(0,5) = 90 \Rightarrow k = \frac{1}{{50}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{v(t)}} = \frac{1}{{50}}t + \frac{1}{{900}} \Rightarrow v(t) = \frac{{900}}{{18t + 1}} = 450 \Rightarrow t = \frac{1}{{18}}\)
Quãng đường mà viên đạn kể từ khi đi vào môi trường nhớt cho đến khi nó có vận tốc \(450\;{m}/{s}\) bằng\({ }\int_0^{\frac{1}{{18}}} {\frac{{900}}{{18t + 1}}} dt \approx 34,7\;{m}{. }\)

Trả lời: 7,6
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
MA = \frac{{\sqrt {265} }}{5} \hfill \\
MB = \sqrt {11} \hfill \\
MC = \frac{{11\sqrt {10} }}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} + {\left( {z – 2} \right)^2} = \frac{{53}}{5} \hfill \\
{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} + {\left( {z – 1} \right)^2} = 11 \hfill \\
{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 6} \right)^2} + {\left( {z – 4} \right)^2} = \frac{{242}}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x – 2y – 4z + \frac{{17}}{5} = 0 \hfill \\
{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x – 4y – 2z + 3 = 0 \hfill \\
{x^2} + {y^2} + {z^2} – 6x – 12y – 8z + \frac{{63}}{5} = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 6 \hfill \\
y = \frac{3}{5} \hfill \\
z = \frac{4}{5} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow M\left( {6;\frac{3}{5};\frac{4}{5}} \right).\)
Mặt phẳng chứa đường xích đạo là Oxy có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow k \left( {0;0;1} \right)\)
Đường thẳng OM có vecto chỉ phương \(\overrightarrow {OM} \left( {6;\frac{3}{5};\frac{4}{5}} \right).\)
Ta có \(\sin \left( {OM,Oxy} \right) = \frac{{\left| {0.6 + 0.\frac{3}{5} + 1.\frac{4}{5}} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} .\sqrt {{6^2} + {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^2}} }}\)
\( \Rightarrow \left( {OM,Oxy} \right) = 7,{6^0}\)

Trả lời: \(0,89\)
Gọi \(A\) là biến cố: “An lấy được ít nhất 1 viên bi đỏ”.
\({A_1}\) là biến cố: “An lấy được 2 viên bi đỏ”.
\({A_2}\) là biến cố: “An lấy được 1 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh”.
\({A_3}\) là biến cố: “An lấy được 2 viên bi xanh”.
\(B\) là biến cố: “tất cả các viên bi An và Bình lấy ra có đủ hai màu”.
Ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {B|{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {B|{A_2}} \right) + P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B|{A_3}} \right)\)\( = \frac{{C_{10}^2}}{{C_{15}^2}}.\left( {1 – \frac{{C_{10}^2}}{{C_{15}^2}}} \right) + \frac{{10.5}}{{C_{15}^2}}.1 + \frac{{C_5^2}}{{C_{15}^2}}\left( {1 – \frac{{C_5^3}}{{C_{15}^3}}} \right) = \frac{{1556}}{{1911}}\).
\(P\left( {\overline A B} \right) = P\left( {{A_3}B} \right) = P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B|{A_3}} \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_{15}^2}}\left( {1 – \frac{{C_5^3}}{{C_{15}^3}}} \right) = \frac{{178}}{{1911}}\).
Ta cần tính
\(P\left( {A|B} \right) = 1 – P\left( {\overline A |B} \right) = 1 – \frac{{P\left( {\overline A B} \right)}}{{P\left( B \right)}}\)
\( = 1 – \frac{{\frac{{178}}{{1911}}}}{{\frac{{1556}}{{1911}}}} = 1 – \frac{{178}}{{1556}} = \frac{{689}}{{778}} \approx 0,89\).