Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 17

Chọn C
Ta có
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \frac{{2x + 1}}{{x – 1}} = 2\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 1}}{{x – 1}} = 2\).
Do đó đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang là \(y = 2\).

Chọn B
Ta có \(\int\limits_0^1 {\left[ {f\left( x \right) – 2g\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} – 2\int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} = 2 – 2.5 = – 8\).

Chọn D
Vì theo bảng biến thiên là đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số \(a < 0\).

Chọn D
\(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} .\)

Chọn B
Ta có \({V_{ABC.A’B’C’}} = AA’.{S_{ABC}} = a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{4}\)

Chọn A
Ta có \(I\left( {2; – 4;1} \right) \Rightarrow R = \sqrt {{2^2} + {{\left( { – 4} \right)}^2} + 1 – ( – 4)} = 5\).

Chọn A
\(\overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {2 + 3;1 – 2; – 1 + 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow a + \overrightarrow b = \left( {5; – 1;0} \right)\).

Chọn B
Cỡ mẫu \(n = 6 + 6 + 4 + 1 + 1 = 18\).
Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là \(\left[ {20;25} \right)\). Do đó \({Q_1} = 20 + \frac{{\frac{{18}}{4}}}{6}.5 = 23,75\).
Nhóm chứa tứ phân vị thứ ba là \(\left[ {30;35} \right)\). Do đó \({Q_2} = 30 + \frac{{18.\frac{3}{4} – 12}}{4}.5 = 31,875\).
Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \(\Delta Q = {Q_3} – {Q_1} = 8,125\).

Chọn C
Ta có \({2^x} > 6 \Leftrightarrow x > {\log _2}6\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( {{{\log }_2}6; + \infty } \right)\).

Chọn D
Ta có \(\left\{ \begin{gathered}
{u_2} = {u_1} + d \hfill \\
{u_4} = {u_1} + 3d \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{u_1} + d = 3 \hfill \\
{u_1} + 3d = 7 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
d = 2 \hfill \\
{u_1} = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy \({u_{15}} = {u_1} + 14d = 1 + 14.2 = 29\).

Chọn C
Áp dụng công thức xác suất toàn phần:
\(\begin{gathered}
P(A) = P\left( {\left. A \right|B} \right).P(B) + P\left( {\left. A \right|\overline B } \right).P(\overline B ) \hfill \\
P(A) = 0,5.(1 – 0,2) + 0,3.0,2 = 0,46 \hfill \\
\end{gathered} \).

Chọn C
Ta có \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A’C’} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AC} \).

a) Đúng. Điểm \(B\) là giao điểm của đồ thị với trục hoành nên:
\(f\left( x \right) = 0 \Rightarrow 135x – {x^2} – {x^3} = 0 \Leftrightarrow \)\(x\left( {135 – x – {x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = 0 \hfill \\
x = \frac{{ – 1 + \sqrt {541} }}{2} \hfill \\
x = \frac{{ – 1 – \sqrt {541} }}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ngoài nghiệm \(x = 0\) ứng với điểm \(A\), ta có: \({x_B} = \frac{{ – 1 + \sqrt {541} }}{2}\)
Suy ra: \(AB = {x_B} \cdot 10 \approx 111{\text{m}}.\)
b) Đúng. Ta có: \(f’\left( x \right) = \frac{{135 – 2x – 3{x^2}}}{{200}}.\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \)\(135 – 2x – 3{x^2} = 0 \Leftrightarrow \)\(x = \frac{{ – 1 \pm \sqrt {406} }}{3}.\)
Do \(x \geqslant 0\), suy ra: \({x_0} = \frac{{\sqrt {406} – 1}}{3}.\)
c) Sai. Độ cao lớn nhất ứng với giá trị cực đại của hàm số:
\({y_{\max }} = f\left( {\frac{{\sqrt {406} – 1}}{3}} \right) \approx 2,8.\)
Vì mỗi đơn vị trên trục tung ứng với \(10{\text{m}}\), nên: \({H_{\max }} = 2,8 \cdot 10 = 28{\text{m}}.\)
d) Đúng. Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị tại \(A\) là: \(f’\left( 0 \right) = \frac{{135}}{{200}}.\)
Do đó: \(\tan \alpha = \frac{{135}}{{200}} \Rightarrow \alpha \approx 34^\circ .\)

a) Chọn đúng.
Doanh thu sau 12 năm của máy\(A\)là \(R\left( t \right) = \int\limits_0^{12} {\left( {650 – 3{t^2}} \right)} dt\) ( triệu đồng).
b) Chọn đúng
Chi phí vận hành và bảo trì của máy \(A\) là \(C\left( t \right) = \int {\left( {48 + 12{t^2}} \right)} dt\)=\(48t + 4{t^3} + b\).
Chi phí ban đầu là 0, tức là \(C\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow b = 0\)
Tổng chi phí trong 6 năm là \(C\left( 6 \right) = 48.6 + {4.6^3} = 1152\)(triệu đồng).
c) Chọn sai.
Lợi nhuận do máy \(A\) tạo ra là \(P’\left( t \right) = R’\left( t \right) – C’\left( t \right)\)\( = 650 – 3{t^2} – \left( {48 + 12{t^2}} \right)\)\( = – 15{t^2} + 602\).
\(P’\left( t \right) = 0 \to t = \sqrt {\frac{{602}}{{15}}} \approx 6,33\)năm. Lợi nhuận đạt cực đại tại \(t = \sqrt {\frac{{602}}{{15}}} \)và sẽ bắt đầu giảm ngay sau đó nên tuổi thọ hữu ích không thể là 8
d) Chọn sai.
Lợi nhuận do máy \(A\) tạo ra trong suốt thời gian tuổi thọ hữu ích của nó là
\(\int\limits_0^{\sqrt {\frac{{602}}{{15}}} } {\left( { – 15{t^2} + 602} \right)} dt\)\( = 2542,5\) (triệu đồng).

a) Đúng. \(NP = QR = SM = 6 – 2x\) (dm).
b) Đúng. \(AH = \frac{{6.\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \); \(OA = \frac{2}{3}AH = \frac{2}{3}.3\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \).
c) Đúng. Do \(AMDN\) là hình thoi cạnh \(x\)(dm) nên \(AD = 2.\frac{{x\sqrt 3 }}{2} = x\sqrt 3 \) (dm).
\(DO = AO – AD = \left( {2 – x} \right)\sqrt 3 \).
Mà \(DO = \frac{{DE\sqrt 3 }}{3}\) ( Do \(DEF\) là tam giác đều).
Suy ra: \(DE = 3\left( {2 – x} \right) = 6 – 3x\) (dm).
d) Đúng. Diện tích đáy lớn: \(S = \frac{{{{\left( {6 – 2x} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 {\left( {3 – x} \right)^2}\);
Diện tích đáy nhỏ: \(S’ = \frac{{{{\left( {6 – 3x} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4}\).
Gọi \(O’\) là trọng tâm của đáy lớn; \(H\) là hình chiếu của \(D\) lên \(MO’\).
Ta có: \(MH = MO’ – DO = \frac{{\left( {6 – 2x} \right)\sqrt 3 }}{3} – \left( {2 – x} \right)\sqrt 3 = \frac{{x\sqrt 3 }}{3}\).
Chiều cao của chậu: \(h = \sqrt {D{M^2} – M{H^2}} = \sqrt {{x^2} – {{\left( {\frac{{x\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\).
Thể tích của chậu:
\(V = \frac{1}{3}h\left( {S + S’ + \sqrt {S.S’} } \right) = \frac{1}{3}.\frac{{x\sqrt 6 }}{3}.\frac{{19\sqrt 3 {x^2} – 90\sqrt 3 x + 108\sqrt 3 }}{4}\)
\( = \frac{{57\sqrt 2 {x^3} – 270\sqrt 2 {x^2} + 324\sqrt 2 x}}{{36}}\)
\(V = \frac{1}{3}h\left( {S + S’ + \sqrt {S.S’} } \right) = \frac{1}{3}.\frac{{x\sqrt 6 }}{3}.\frac{{19\sqrt 3 {x^2} – 90\sqrt 3 x + 108\sqrt 3 }}{4}\)
\( = \frac{{57\sqrt 2 {x^3} – 270\sqrt 2 {x^2} + 324\sqrt 2 x}}{{36}}\)
Ta có: \(V’ = \frac{{171\sqrt 2 {x^3} – 540\sqrt 2 x + 324\sqrt 2 }}{{36}}\)
\(V’ = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x = \frac{{30 – 6\sqrt 6 }}{{19}}\,\,\,(n) \hfill \\
x = \frac{{30 + 6\sqrt 6 }}{{19}}\,\,\,(l) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Thay \(x = \frac{{30 – 6\sqrt 6 }}{{19}}\) vào V
Vậy Thể tích lớn nhất của chậu là xấp xỉ \(4,54\) (lít).

Gọi \(A\) là biến cố “ứng viên là nam”, \({B_1}\) là biến cố “vượt qua bài kiểm tra lập trình” và \({B_2}\) là biến cố “vượt qua bài kiểm tra tư duy logic”.
Ta có: \(P\left( A \right) = 60\% = 0,6\), suy ra ứng viên nữ là \(P\left( {\overline {A\,} } \right) = 40\% = 0,4\).
Ta lại có: \(P\left( {{B_1}|A} \right) = 80\% = 0,8\), \(P\left( {{B_1}|\overline {A\,} } \right) = 70\% = 0,7\), \(P\left( {{B_2}|A} \right) = 75\% = 0,75\) và
\(P\left( {{B_2}|\overline {A\,} } \right) = 85\% = 0,85\).
Tính \(P\left( {{B_1}} \right) = 0,6.\,0,8 + 0,4.\,0,7 = 0,76\) và \(P\left( {{B_2}} \right) = 0,6.\,0,75 + 0,4.\,0,85 = 0,79\)
a) Đúng. Ta có: \(P\left( {\overline {A\,} |{B_1}} \right) = \frac{{P\left( {\overline {A\,} } \right).P\left( {{B_1}|\overline {A\,} } \right)}}{{P\left( {{B_1}} \right)}} = \frac{{0,4.\,0,7}}{{0,76}} = \frac{7}{{19}}\).
b) Đúng. Xác suất qua cả 2 bài đối với ứng viên nam là:\(P = 0,8.\,0,75 = 0,6\).
Vậy xác suất ứng viên nam không vượt qua được ít nhất một bài kiểm tra là: \(1 – 0,6 = 0,4 = 40\% \)
c) Đúng. Xác suất ứng viên nam vượt qua hai bài kiểm tra là \({P_1} = 0,6.\,0,8.\,0,75 = 0,36\).
Xác suất ứng viên nữ vượt qua hai bài kiểm tra là \({P_2} = 0,4.\,0,7.\,0,85 = 0,238\).
Vậy xác suất ứng viên vượt qua cả 2 bài kiểm tra là \(P = {P_1} + {P_2} = 0,36 + 0,238 = 0,598 = 59,8\% \).
d) Sai. Một ứng viên ngẫu nhiên được chọn và được biết rằng người đó vượt qua cả hai bài kiểm tra lập trình lập trình và logic. Khi đó xác suất người đó là nữ là \(0,397\) (làm tròn đến hàng phần nghìn).
Xác suất cần tìm là \(P = \frac{{0,238}}{{0,598}} \approx 0,398\).

Trả lời: \(1,2\)

\(BD = AC = \sqrt {{{\left( {2,4} \right)}^2} + {{\left( {3,2} \right)}^2}} = 4\)
\(OA = OC = OB = OD = 2\)
Gọi \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABD\). Khi đó \(OH \bot \left( {ABD} \right)\)
Diện tích tam giác \(ABD\):
\(p = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{2,4 + 3,2 + 3,2}}{2} = 4,4\)
\(S = \sqrt {p\left( {p – a} \right)\left( {p – b} \right)\left( {p – c} \right)} = \frac{{12\sqrt {55} }}{{25}}\)
Mặt khác \(S = \frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{64}}{{5\sqrt {55} }}\)
\(OH = \sqrt {A{O^2} – {R^2}} = 1,01\)
Do đó \(V = \frac{1}{3}OH.{S_{ABD}} = 1,2\left( {{m^3}} \right)\).

Trả lời: \(1\)
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) như hình vẽ.

Khi đó: \(O\left( {0,0} \right)\); \(R\left( {2,0} \right)\); \(P\left( { – 2,0} \right)\)
Giả sử \(Q\) là điểm trên cung tròn sao cho \(\widehat {QOR} = \theta \) \(\left( {0 \leqslant \theta \leqslant \pi } \right)\).
Vì \(Q\) nằm trên đường tròn tâm \(O\), bán kính 2 nên: \(Q\left( {2\cos \theta ,2\sin \theta } \right)\)
Độ dài đoạn đường chèo thuyền là \(PQ = \sqrt {{{\left( {2\cos \theta + 2} \right)}^2} + {{\left( {2\sin \theta } \right)}^2}} = 2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} \)
Thời gian chèo thuyền: \({t_1} = \frac{{PQ}}{3} = \frac{{2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} }}{3}\)
Độ dài cung tròn từ \(Q\) đến \(R\) là \(\ell = 2\theta \)\(\left( {0 \leqslant \theta \leqslant \pi } \right)\)
Thời gian chạy bộ: \({t_2} = \frac{\ell }{6} = \frac{\theta }{3}\)
Tổng thời gian: \(T\left( \theta \right) = \frac{{2\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} }}{3} + \frac{\theta }{3}\)
Ta có: \(T’\left( \theta \right) = – \frac{{\sqrt 2 \sin \theta }}{{3\sqrt {1 + \cos \theta } }} + \frac{1}{3}\)
\(T’\left( \theta \right) = 0 \Leftrightarrow – \frac{{\sqrt 2 \sin \theta }}{{3\sqrt {1 + \cos \theta } }} + \frac{1}{3} = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \theta = \sqrt {1 + \cos \theta } \)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
\cos \theta = \frac{1}{2} \hfill \\
\cos \theta = – 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Vì \(\theta \in \left[ {0;\pi } \right]\) nên chọn \(\theta = \frac{\pi }{3},\theta = \pi \)
Ta có:
\(T\left( 0 \right) = \frac{4}{3} \approx 1,33\)
\(\begin{gathered}
T\left( \pi \right) = \frac{\pi }{3} \approx 1,0 \hfill \\
T\left( {\frac{\pi }{3}} \right) \approx 1,5 \hfill \\
\end{gathered} \)
Vậy, thời gian ít nhất để bạn Nam đi từ \(P\) đến \(R\) là khoảng \(1,0\) giờ

Trả lời: 260.
Công suất tối đa một ngày của cả xưởng là \(100{\text{m}}\) lụa: \(x + y \leqslant 100\).
Chi phí cho mỗi mét lụa gấm: \(20 + 2 \times 40 = 100\) (nghìn đồng).
Chi phí cho mỗi mét lụa tơ tằm: \(10 + 1 \times 40 = 50\) (nghìn đồng).
Vốn của xưởng một ngày là không quá \(6\) triệu đồng: \(100x + 50y \leqslant 6000 \Leftrightarrow 2x + y \leqslant 120\).
Lợi nhuận thu từ mỗi mét lụa gấm: \(150 – 100 = 50\) (nghìn đồng).
Lợi nhuận thu từ mỗi mét lụa tơ tằm: \(80 – 50 = 30\) (nghìn đồng).
Hàm tổng lợi nhuận: \(P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y\). Bài toán đưa về tìm \(x\), \(y\) là nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ \begin{gathered}
x + y \leqslant 100 \hfill \\
2x + y \leqslant 120 \hfill \\
x,y \geqslant 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\) sao cho \(P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y\) có giá trị lớn nhất.

Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác \(OABC\) như hình trên với , \(B\left( {20;80} \right)\), và \(C\left( {60;0} \right)\). Biểu thức \(P\left( {x,y} \right) = 50x + 30y\) tại một trong các đỉnh này:
+ \({P_A} = 50 \times 0 + 30 \times 100 = 3000\);
+ \({P_B} = 50 \times 20 + 30 \times 80 = 3400\);
+ \({P_C} = 50 \times 60 + 30 \times 0 = 3000\).
Vậy lợi nhuận lớn nhất là \(3400\) nghìn đồng hay \(3,4\) triệu đồng khi sản xuất \(20\) mét lụa gấm và \(80\) mét lụa tơ tằm. Do đó, \(x + 3y = 20 + 3 \times 80 = 260\).

Trả lời: \(1,46\)
Thực hiện phép quay \(45^\circ \) ta được hình như sau

Trả lời: \(6,09\)
Gọi các đỉnh của đoạn dây điện như ở hình vẽ này:

Trải tường chứa \(A\); tường chứa \(B\);các mặt của cột lên mặt phẳng \(Oyz\) ta có hình vẽ sau:

Ta nhận thấy như sau: Khi trải phẳng hình như trên; độ dài của đoạn dây điện vẫn được bảo toàn; đồng thời nhìn vào hình vẽ trên ta thấy được độ dài đoạn dây điện sẽ lớn hơn hoặc bằng độ dài đoạn \(AB\) khi trải hình như trên. Như vậy; ta đi tính độ dài đoạn \(AB\) khi trai hình như trên.
Lấy \(O’\) là hình chiếu của \(A\) lên \({B_1}{D_1}.\) \(P\) là hình chiếu của \(B\) lên \({F_1}{G_1}.\)
Khi đó \(AO’\) ở hình vẽ trên cũng chính bằng khoảng cách từ điểm \(A\) của đề lên \(Oy\) và nó cũng bằng \(2,5\). Tương tự \(BP = 1\).
\(O'{B_1}\) sẽ bằng khoảng cách từ \(A\) đến \(Oz\) và bằng \(1\). Tương tự \({F_1}P = 0,5.\)
Ta có độ dài \({B_1}{F_1} = {A_1}{I_1} + {I_1}{J_1} + {J_1}{K_1} + {K_1}{L_1} + {L_1}{E_1} = 4 + 0,2.2 = 4,4 \Rightarrow O’P = 1,5 + 4,4 = 5,9\).
Do đó nên theo định lý Pytago ta có \(AB = \sqrt {O'{P^2} + {{\left( {AO’ – BP} \right)}^2}} \approx 6,09\).
Vậy nên độ dài đoạn dây điện tối thiểu xấp xỉ \(6,09\;\)m.

Trả lời: \(8\)

Ta có:
\({x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} + {x_5} + {x_6} + {x_7} + {x_8} + {x_9} = 45\)(1)
Tổng mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo bằng nhau nên tổng mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo bằng 15
\( \Rightarrow {x_1} + {x_5} + {x_9} = {x_2} + {x_5} + {x_8}\)\( = {x_3} + {x_5} + {x_7} = {x_4} + {x_5} + {x_6} = 15\)
\( \Rightarrow {x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} + 4{x_5} + {x_6} + {x_7} + {x_8} + {x_9} = 60\)\( \Rightarrow {x_5} = 5\)
Giả sử \({x_1},{x_3},{x_7},{x_9}\) đều là số lẻ
Mà \({x_1} + {x_2} + {x_3} = 15\) là số lẻ
\( \Rightarrow {x_2}\) là số lẻ (vô lý)
\( \Rightarrow {x_1},{x_3},{x_7},{x_9}\) là số chẵn từ tập \(\{ 1,2,3,4\} \)
Chọn vị trí cho số 2 có 4 cách ⇒ Số 8 đối diện số 2 có 1 cách
Chọn vị trí cho số 4 có 2 cách ⇒ Số 6 đối diện số 4 có 1 cách
Mỗi cách sắp xếp này, các số còn lại đều xác định 1 cách duy nhất.
⇒ Có tất cả \(4.2 = 8\) cách sắp xếp.