Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 3

Chọn A
Ta có: \(d = {u_2} – {u_1} = 4 – \left( { – 1} \right) = 5\)
Ta có: \({u_8} = {u_1} + 2d = – 1 + 5.5 = 9\)

Chọn D
Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { – \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\)
Hơn nữa đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 1\)
Do đó \(y’ < 0,\forall x \ne 1\)

Chọn D
Vì nên \(\left( Q \right):x + 2y + z + d = 0\)
Mặt khác \(\left( Q \right)\) đi qua \(M\left( {1;2; – 1} \right)\) nên \(1 + 2.2 – 1 + d = 0 \Leftrightarrow d = – 4\)
Vậy \(\left( Q \right):x + 2y + z – 4 = 0\)

Chọn A
Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {2; – 2;1} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có tọa độ là \(\left( {2; – 2;0} \right)\)

Chọn D
Theo công thức tính diện tích hình phẳng ta có \(S = \int\limits_1^4 {{6^x}dx} \).

Chọn A
Theo công thức nguyên hàm của một số hàm thường gặp ta có \(\int {\left( {2026{x^{2025}} + {e^x}} \right)dx} = {x^{2026}} + {e^x} + C\).

Chọn A
Theo công thức nghiệm đặc biệt thì \(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi {\text{ }}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn A
Do \(\Delta SAB\) cân tại \(S\)mà \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(SM \bot AB\)
Do đó ta có \(\left\{ \begin{gathered}
\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \hfill \\
\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB \hfill \\
\left( {SAB} \right) \supset SM \bot AB \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow SM \bot \left( {ABCD} \right)\)
Do đó hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(CM\)
Vậy \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,CM} \right) = \widehat {SCM}\)

Chọn D
Ta có: \(\vec u = \overrightarrow {A’C’} – \overrightarrow {A’A} = \overrightarrow {AC’} \)
Suy ra \(\left| {\vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {AC’} } \right| = AC’ = \sqrt {AA{‘^2} + A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{2^2} + {2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 3 \)

Chọn A
ТХĐ: \(D = \left( { – 3; + \infty } \right)\)
Ta có: \({\text{lo}}{{\text{g}}_{0,5}}\left( {2x + 6} \right) \geqslant – 5 \Leftrightarrow 2x + 6 \leqslant 32 \Leftrightarrow 2x \leqslant 26 \Leftrightarrow x \leqslant 13\)
Kết hợp với TXĐ ta được \( – 3 < x \leqslant 13\)
Mà \(x \in \mathbb{Z}\) nên \(x \in \left( { – 2; – 1;0;1; \ldots ;13} \right)\)

Chọn A
Ta thấy \(x = – 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 1

Chọn B
Ta có: \(n = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42\)
Vậy trung vị của dãy số liệu là \(\frac{{{x_{21}} + {x_{22}}}}{2} \in \left[ {40;60} \right)\)

a) Sai: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( { – \infty ; – 2} \right)\) và \(\left( {2; + \infty } \right)\)
b) Đúng: Gọi phương trình tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là \(\left( d \right):y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)\)
Ta thấy \(\left( d \right)\) đi qua các điểm có tọa độ \(\left( {0;1} \right),\left( { – 1;0} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{1 = b} \\
{ – a + b = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = 1} \\
{b = 1}
\end{array}} \right.} \right.\)
Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số có phương trình là \(y = x + 1\)
c) Sai: 2 điểm cực trị của hàm số đã cho tọa độ là \(A\left( {0;2} \right),B\left( { – 2; – 2} \right)\)
Gọi \(I\left( { – 1;0} \right),C\left( { – 1;2} \right),D\left( { – 2;0} \right),E\left( {0; – 2} \right)\)
Suy ra \(I\) là trung điểm của \(AB\)
Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{S_{OIA}} = \frac{1}{2}{S_{OICA}} = \frac{1}{2}.1.2 = 1} \\
{{S_{OIB}} = \frac{1}{2}{S_{OBD}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.2.2 = 1}
\end{array} \Rightarrow {S_{OAB}} = {S_{OIA}} + {S_{OIB}} = 1 + 1 = 2} \right.\)
d) Đúng: Từ đồ thị hàm số ta thấy tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(\left( {\text{\Delta }} \right)\): \(x = – 1\)
Trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho chính là phân giác của góc tạo bởi tiệm cận xiên \(\left( d \right):x – y + 1 = 0\) và tiệm cận đứng \(\left( {\text{\Delta }} \right):x + 1 = 0\)
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi \(\left( d \right),\left( {\text{\Delta }} \right)\) là
\(\frac{{x – y + 1}}{{\sqrt 2 }} = \pm \left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x – y + 1 = \sqrt 2 \left( {x + 1} \right)} \\
{x – y + 1 = – \sqrt 2 \left( {x + 1} \right)}
\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y = \left( {1 – \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right)} \\
{y = \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right) = \left( {x + 1} \right){\text{tan}}\frac{{3\pi }}{8}}
\end{array}} \right.} \right.\)

Xét mệnh đề a)
Mặt ngoài quả bóng là mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2\,;\,\, – 1\,;\,\, – 1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 6 \) nên mệnh đề a) Sai.Xét mệnh đề b)
Đường thẳng d: \(\frac{{x + 2}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ – 3}} = \frac{z}{1}\) qua \(A\left( { – 2\,;\,\, – 1\,;\,\,0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \({\vec u_d} = \left( {2\,;\,\, – 3\,;\,\,1} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AI} = \left( {4\,;\,\,0\,;\,\, – 1} \right)\,;\,\,\left[ {{{\vec u}_d}\,,\,\,\overrightarrow {AI} } \right] = \left( {3\,;\,\,6\,;\,\,12} \right)\).
Do đó \(d\left( {I\,,\,\,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {{{\vec u}_d}\,,\,\,\overrightarrow {AI} } \right]} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_d}} \right|}} = \frac{{\sqrt {{3^2} + {6^2} + {{12}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { – 3} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\) nên mệnh đề b) Đúng.Xét mệnh đề c)
Gọi \(K\) là hình chiếu của \(I\)trên \(d\) thì \(KI = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\) và \(KA \bot IA\) suy ra \({\text{cos}}\widehat {AIK} = \frac{{IA}}{{IK}} = \frac{2}{3}.\)
Do vậy \({\text{cos}}\widehat {AIB} = 2{\text{co}}{{\text{s}}^2}\widehat {AIK} – 1\)\( = 2.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} – 1 = – \frac{1}{9} = \frac{a}{b} \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 82\) nên mệnh đề c) Sai.Xét mệnh đề d)
Độ dài cung tròn bé nhất mà con kiến có thể đi: (dm)
Thời gian tối thiểu để kiến đến nơi là giây nên mệnh đề d) sai

a) Sai.
Ta có \(h\left( t \right) = \int {v\left( t \right){\text{dt}} = – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + C} \).
Tại thời điểm xuất phát (\(t = 0\)), độ cao của khinh khí cầu là 520m nên \(h\left( 0 \right) = 520 \Rightarrow C = 520\).
Vậy \(h\left( t \right) = – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + 520\).
b) Đúng.
Tại thời điểm \(t = 3\) phút, độ cao của khinh khí cầu là \(h\left( 3 \right) = 524,32\)m.
c) Đúng.
Ta có \(h’\left( t \right) = v\left( t \right) = – 0,12{t^2} + 1,2t\), suy ra \(h’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 10 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Ta có BBT:

Vậy độ cao tối đa của khinh khí cầu là 540m.
d) Đúng.
Khi trở lại độ cao như lúc xuất phát thì \(h\left( t \right) = 520 \Leftrightarrow – 0,04{t^3} + 0,6{t^2} + 520 = 520 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = 0 \hfill \\
t = 15 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy sau 15 phút thì khinh khí cầu quay trở lại độ cao như lúc đầu.

a) Đúng.
Vì bệnh truyền nhiễm có xác suất truyền bệnh là 0,7 nếu tiếp xúc với người bệnh mà không đeo khẩu trang nên \(P\left( A \right) = 0,7\).
b) Đúng.
Ta có \(P\left( B \right) = 0,2\) nên \(P\left( {\overline B } \right) = 1 – P\left( B \right) = 1 – 0,2 = 0,8\).
c) Sai.
Biến cố \(C\): “Không bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần đều không đeo khẩu trang”.
Mỗi lần tiếp xúc mà không đeo khẩu trang thì xác suất không bị lây bệnh là
\(1 – P\left( A \right) = 1 – 0,7 = 0,3\).
Do độc lập giữa các lần tiếp xúc, nên \(P\left( C \right) = 0,3 \cdot 0,3 = 0,09\).
d) Đúng.
\(D\) là biến cố: “ít nhất một lần bị lây bệnh khi tiếp xúc với người bệnh 2 lần, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang”.
\(\overline D \) là biến cố: “cả hai lần tiếp xúc đều không bị lây bệnh, trong đó có 1 lần không mang khẩu trang và có 1 lần mang khẩu trang.
Ta có \(P\left( {\overline D } \right) = 0,3 \cdot 0,8 = 0,24 \Rightarrow P\left( D \right) = 1 – 0,24 = 0,76\).

Trả lời: 6,06
Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp cụt: \(V = \frac{1}{3}.h\left( {S + s + \sqrt {S.s} } \right)\).
Trong đó: \(S\)là diện tích đáy lớn; \(s\) là diện tích đáy bé; \(h\) là chiều cao khối chóp cụt đều.
Ta có: \(V = \frac{1}{3}.1.5\left( {4\sqrt 3 + \sqrt 3 + \sqrt {4\sqrt 3 .\sqrt 3 } } \right) = \frac{{7\sqrt 3 }}{2} \approx 6.06\).

Phương pháp: Bài toán “đi theo quãng đường ngắn nhất từ \(A\) đến \(B\)”
Nếu cần \(a\) bước theo phương ngang (sang phải) và \(b\) bước theo phương dọc (đi lên), thì số đường đi ngắn nhất từ điểm xuất phát \(A\) đến điểm \(B\) là: \(\frac{{(a + b)!}}{{a!b!}}\)
Nếu như trong hình ta lấy ba điểm \({Q_1},{Q_2},{Q_3}\) thì để đi từ \(A\) đến \(P\) phải đi qua một trong hai điểm \({Q_1}\) hoặc \({Q_2}\); còn để đi từ \(P\) đến \(B\) thì phải đi qua một trong hai điểm \({Q_2}\) hoặc \({Q_3}\).

Do đó, khi xuất phát từ \(A\), đi qua \(P\) rồi đến \(B\), mỗi đoạn đường chỉ đi một lần và quãng đường là ngắn nhất, số cách đi trong từng trường hợp sau đây là:
(i) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_1} \to P \to {Q_2} \to B\): \(\frac{{4!}}{{1!.3!}}.1.1.1 \times \frac{{4!}}{{2!.2!}} = 24\)
(ii) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_1} \to P \to {Q_3} \to B\): \(\frac{{4!}}{{1!.3!}}.1.1.\frac{{5!}}{{2!.3!}} = 40\)
(iii) Trường hợp đi theo thứ tự \(A \to {Q_2} \to P \to {Q_3} \to B\): \(\frac{{3!}}{{1!.2!}}.1.1.1.\frac{{5!}}{{2!.3!}} = 30\)
Theo (i), (ii), (iii), số cách cần tìm là \(24 + 40 + 30 = 94\)

Trả lời: \(20\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\)
Khi đó \(IC = \left( {MICG} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\)
Giả sử con cá bơi tới điểm \(K \in HC\)
Khi đó quãng đường con cá bơi là \(GK + KM\)
Ta có: \(IC = \sqrt {I{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {8^2}} = \sqrt {73} \left( {\text{m}} \right)\)
Đặt \(KC = x(x > 0)\)

Khi đó \(GK + KM = \sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{5^2} + {{(\sqrt {73} – x)}^2}} \)
Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của \(f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{5^2} + {{(\sqrt {73} – x)}^2}} \)
Theo BĐT Minkowski ta có \(\sqrt {{x^2} + {{10}^2}} + \sqrt {{{(\sqrt {73} – x)}^2} + {5^2}} \geqslant \sqrt {{{(x + \sqrt {73} – x)}^2} + {{(10 + 5)}^2}} = \sqrt {298} \)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{x}{{\sqrt {73} – x}} = \frac{{10}}{5} \Leftrightarrow x = 5,696\)
Khi đường đi ngắn nhất thì \(KC = 5,696\)
Kẻ \(KL \bot BC,KN \bot BI\left( {L \in BC,N \in BI} \right)\)
Ta có: \(\frac{{KL}}{{BI}} = \frac{{KC}}{{CI}} \Rightarrow \frac{{KL}}{3} = \frac{{5,696}}{{\sqrt {73} }} \Rightarrow KL \approx 2\left( m \right)\)
\(\frac{{KN}}{{BC}} = \frac{{KI}}{{IC}} \Rightarrow KN = \frac{{KI.BC}}{{IC}} = \frac{{\left( {\sqrt {73} – 5,696} \right).8}}{{\sqrt {73} }} \approx 2,67\left( {\text{m}} \right)\)
Vậy \(D = 3a + 6b = 3.2,67 + 6.2 = 20\left( m \right)\)

Trả lời: 28,3
Từ hình vẽ: \(f(20) = 30 \Rightarrow a\sqrt {20} = 30 \Rightarrow a = \frac{{15}}{{\sqrt 5 }} = 3\sqrt 5 \).
Vậy \(f(x) = 3\sqrt 5 \sqrt x \).
Thể tích khối tròn xoay:
\(\begin{array}{*{20}{l}}
V&{ = \pi \int_0^{20} {(f(} x){)^2}dx = \pi \int_0^{20} {{{(3\sqrt 5 )}^2}} xdx = \pi \int_0^{20} 4 5xdx} \\
{}&{ = \pi \cdot \left. {\left[ {\frac{{45}}{2}{x^2}} \right]} \right|_0^{20} = \pi \cdot 9000 \approx 28274,33\;c{m^3} \approx 28,3{\text{ l\’i t}}{\text{. }}}
\end{array}\)

Trả lời: 1,26.
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ.
Gọi \(D\) là điểm ném quả bóng. Do đó, \(D\left( {0;0;2} \right)\) và điểm \(A\left( {3;4;0} \right)\), \(H\left( {0;4;0} \right)\).
Quỹ đạo của quả bóng nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và chứa trục \(Oz\).
Ta thiết lập một trục hoành mới\(t\) trên mặt đất \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho trục \(t\) đi qua hình chiếu của quỹ đạo (đoạn \(OA\)) và trục tung mới \(z\) trùng với \(Oz\).
Đặt \(t\) là khoảng cách từ điểm chiếu trên mặt đất đến gốc tọa độ \(O\).
Một điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) trên quỹ đạo có hình chiếu \(M’\left( {x;y;0} \right)\) trên mặt đất.
Khoảng cách \(t\) là độ dài đoạn \(OM’\): \(t = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \).
Tọa độ các điểm trên hệ trục (t, z):
Điểm ném \(D\):\({t_D} = \sqrt {{0^2} + {0^2}} = 0 \Rightarrow D’\left( {0;2} \right)\)
Điểm chạm đất \(A\): \({t_A} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5 \Rightarrow A’\left( {5;0} \right)\).
Phương trình một đường parabol \(\left( P \right)\) nên \(z\left( t \right) = a{t^2} + bt + c\).
Qua điểm ném \(D’\left( {0;2} \right)\) và điểm chạm đất \(A’\left( {5;0} \right)\) nên \(\left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b + 2 = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)(1)
Qua điểm trung gian \(M\left( {x;y;z} \right)\)có hoành độ bằng \(2\) thì cao độ của nó bằng \(3,5\) nên \(M\left( {2;y;\frac{7}{2}} \right)\)
Điểm hình chiếu của \(M\) là \(M’\)nằm trên đường thẳng \(OA\) có phương trình \(y = \frac{4}{3}x\).
Suy ra \({y_M} = \frac{4}{3}.2 = \frac{8}{3}\). Vậy \(M\left( {2;\frac{8}{3};\frac{7}{2}} \right)\).
Qua điểm \(M’\): \({t_M} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\frac{8}{3}} \right)}^2}} = \frac{{10}}{3} \Rightarrow M’\left( {\frac{{10}}{3};\frac{7}{2}} \right)\).
Do đó \(\frac{{100}}{9}a + \frac{{10}}{3}b + 2 = \frac{7}{2} \Rightarrow 100a + 30b = \frac{{27}}{2}\)(2)
Từ (1) và (2) ta có \(\left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
25a + 5b = – 2 \hfill \\
100a + 30b = \frac{{27}}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
c = 2 \hfill \\
a = – \frac{{51}}{{100}} \hfill \\
b = \frac{{43}}{{20}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Khi đó \(z\left( t \right) = – \frac{{51}}{{100}}{t^2} + \frac{{43}}{{20}}t + 2\).
Cao độ lớn nhất xảy ra tại đỉnh Parabol. Tọa độ đỉnh là \({t_0} = – \frac{{\frac{{43}}{{20}}}}{{ – 2.\frac{{51}}{{100}}}} = \frac{{215}}{{102}}\).
Ta lại có \({t_0} = \sqrt {{x_0}^2 + {y_0}^2} \Leftrightarrow {t_0} = \sqrt {{x_0}^2 + \frac{{16}}{9}{x_0}^2} = \frac{5}{3}{x_0} \Rightarrow {x_0} = \frac{3}{5}{t_0} = \frac{3}{5}.\frac{{215}}{{102}} = \frac{{43}}{{34}} \approx 1,26\).

Trả lời: \(0,55\)
Gọi \(A\) là biến cố “An lấy được viên bi màu xanh”
Khi đó \(\overline A \) là biến cố “An lấy được viên bi màu đỏ”
Gọi \(B\) là biến cố “tất cả các viên bi được hai bạn chọn ra đều có đủ hai màu”
Trường hợp 1: An lấy được viên bi xanh
Khi đó hộp còn 9 viên bi xanh và 5 viên bi đỏ
Để có đủ 2 màu thì có các trường hợp là:
– Bình lấy 2 viên bi đỏ
– Bình lấy 1 viên bi đỏ và 1 bi xanh
Xác suất để tất cả viên bi hai bạn lấy ra có đủ 2 màu là
\(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{C_5^2 + C_9^1.C_5^1}}{{C_{14}^2}} = \frac{{55}}{{91}}\)
Trường hợp 2: An lấy được viên bi đỏ
Khi đó hộp còn 10 viên bi xanh và 4 viên bi đỏ
Để có đủ 2 màu thì có các trường hợp là:
– Bình lấy 3 viên bi xanh
– Bình lấy 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ
– Bình lấy 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ
Xác suất để tất cả viên bi hai bạn lấy ra có đủ 2 màu là
\(P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{C_{10}^3 + C_{10}^2.C_4^1 + C_{10}^1.C_4^2}}{{C_{14}^3}} = \frac{{90}}{{91}}\)
Ta có:
\(P\left( B \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right) + P\left( A \right).P\left( {B\mid A} \right)\)
\( = \frac{1}{3}.\frac{{90}}{{91}} + \frac{2}{3}.\frac{{55}}{{91}} = \frac{{200}}{{273}}\)
Lại có: \(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B\mid A} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{55}}{{91}}.\frac{2}{3}}}{{\frac{{200}}{{273}}}} = \frac{9}{{14}} = 0,55\)