Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 11

Chọn A
Ta có: \(\int {\frac{{dx}}{x} = \ln \left| x \right| + C} \).

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

Chọn B
Ta có: \(\overrightarrow u .\overrightarrow v = 3.2 + 0.1 + 1.0 = 6\).

Chọn B
Ta có: \({\log _{0,5}}\left( {x – 1} \right) > 1\)\( \Leftrightarrow 0 < x - 1 < 0,5 \Leftrightarrow 1 < x < \frac{3}{2}\).
Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là: \(S = \left( {1;\frac{3}{2}} \right).\)

Chọn D
Mặt phẳng\(\left( P \right):3x–z + 2 = 0\)có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_2}} = (3;0; – 1)\).

Chọn A
Ta có: \(\left\{ \begin{gathered}
SA \bot \left( {ABC} \right) \hfill \\
SA \subset \left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)\( \Rightarrow \)\(\left( {SAB} \right),\,\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow \) B, C đúng.
\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\)\( \Rightarrow \)\(BC \bot \left( {SAB} \right);BC \subset \left( {SBC} \right)\)
\( \Rightarrow \)\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow \)D đúng.

Chọn A
Cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng tổng quát là: \({u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d\);
(Với \({u_1}\) là số hạng đầu và d là công sai).
Suy ra có: \({u_2} = {u_1} + d\)\( \Leftrightarrow 9 = 3 + d\)\( \Leftrightarrow d = 6\).
Vậy công sai của cấp số cộng đã cho bằng 6.

Chọn B

Gọi \(I\) là trung điểm của \(B’C’\).
Vì \(G’\) là trọng tâm của tam giác \(A’B’C’\) \( \Rightarrow \overrightarrow {A’G’} = \frac{2}{3}\overrightarrow {A’I} \).
Ta có : \(\overrightarrow {AG’} = \overrightarrow {AA’} + \overrightarrow {A’G’} = \overrightarrow {AA’} + \frac{2}{3}\overrightarrow {A’I} \)\( = \overrightarrow {AA’} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {A’B’} + \overrightarrow {A’C’} } \right)\)
\( = \overrightarrow {AA} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)\( = \frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow {AA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right)\).

Chọn D
+ \(y = {\left( {\frac{{2026}}{{2027}}} \right)^x}\) có cơ số \(0 < \frac{{2026}}{{2027}} < 1\) nên hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).
+ \(y = {\log _{2025}}x\) có tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\) và cơ số \(2027 > 1\) nên hàm số chỉ đồng biến trên tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\).
+ \(y = \ln x\) có tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\) và cơ số \({e} > 1\) nên hàm số chỉ đồng biến trên tập xác định \(D = \left( {0;\, + \infty } \right)\).
+ \(y = {e^x}\) có cơ số \({e}\, > 1\) nên hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Chọn C
Dựa vào đồ thị hàm số thì hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( { – \infty ; – 1} \right)\).

Chọn D
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { – 1} \right\}\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} \frac{{2x + 3}}{{x + 1}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} {\mkern 1mu} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} {\mkern 1mu} \frac{{2x + 3}}{{x + 1}} = – \infty \).
Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 3}}{{x + 1}}\) có tiệm cận đứng là \(x = – 1\).

Chọn A
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \({\Delta _Q} = {Q_3} – {Q_1} = 9 – 4 = 5.\)

a) Sai. \(f\left( e \right) = \ln \left( {4e.e – {e^2}} \right) = \ln \left( {3{e^2}} \right) = \ln 3 + 2\).
b) Sai. Điều kiện xác định: \(4ex – {x^2} > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 4e\).Vậy tập xác định là \(\left( {0;4e} \right)\).
c) Đúng. Ta có \(f’\left( x \right) = \frac{{4e – 2x}}{{4ex – {x^2}}}\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4e – 2x = 0 \Leftrightarrow x = 2e\).
d) Đúng. Bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right) = \ln \left( {4ex – {x^2}} \right).\)

Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn \(\left[ {1;3e} \right]\) là \(2\ln 2 + 2\).
Do đó: \(\left\{ \begin{gathered}
a = 2 \hfill \\
b = 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow a + b = 4\).

a) Đúng:
Ta có \(E\left( {{x_E};{y_E}} \right)\left( {{x_E} < 0,{y_E} > 0} \right)\) là trung điểm của cung
\(\tan EOC = \frac{{{y_E}}}{{ – {x_E}}} \Rightarrow \frac{{{y_E}}}{{ – {x_E}}} = \tan {45^{o}} \Rightarrow {y_E} = – {x_E}\)
Mặt khác, \(x_E^2 + y_E^2 = O{E^2} \Rightarrow 2x_E^2 = 16 \Rightarrow x_E^2 = 8 \Rightarrow {x_E} = – 2\sqrt 2 ,{y_E} = 2\sqrt 2 \)
\( \Rightarrow E\left( { – 2\sqrt 2 ;2\sqrt 2 } \right)\).
Tương tự \(F\left( {2\sqrt 2 ; – 2\sqrt 2 } \right)\)
b) Sai:
\(\left( C \right):f\left( x \right) = a{x^3} + bx\)
Ta có \(A,E \in \left( C \right)\)nên \(\left\{ \begin{gathered}
a{.4^3} + b.4 = 0 \hfill \\
a{\left( { – 2\sqrt 2 } \right)^3} + b\left( { – 2\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = \frac{1}{8} \hfill \\
b = – 2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)
Ta có \(a + b = – \frac{{15}}{8}\).
c) Đúng:
Giả sử \(\left( H \right):\left\{ \begin{gathered}
\left( C \right):f\left( x \right) = \frac{1}{8}{x^3} – 2x \hfill \\
Ox:y = 0 \hfill \\
x = – 4;x = 0 \hfill \\
\end{gathered} \right.\),
\( \Rightarrow {S_{\left( H \right)}} = \int\limits_{ – 4}^0 {\left| {f\left( x \right)} \right|} dx = 8\)
Diện tích phần trồng hoa: \({S_1} = 2{S_{\left( H \right)}} + \frac{1}{2}\pi {R^2} = 2.8 + \frac{1}{2}\pi {.4^2} = 16 + 8\pi \left( {{m^2}} \right)\)
d) Sai
Diện tích phần trồng cỏ: \({S_2} = \pi {R^2} – {S_1} = \pi {.4^2} – \left( {16 + 8\pi } \right) = 8\pi – 16\left( {{m^2}} \right)\)
Tổng số tiền để hoàn thành công trình là:
\(180.{S_1} + 100.S2 = 180\left( {16 + 8\pi } \right) + 100\left( {8\pi – 16} \right) \approx 8317\) (nghìn đồng)

a) Đúng: \(A\left( {0; – 4;0} \right),B\left( {4\sqrt 3 ;0;0} \right),C\left( {0;4;0} \right)\) và \(A’\left( {0; – 4;10} \right),B’\left( {4\sqrt 3 ;0;9} \right),C’\left( {0;4;8} \right)\)
b) Sai: Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\overrightarrow k = \left( {0;\,0;\,1} \right).\)
c) Đúng: \(\overrightarrow {A’B’} = \left( {4\sqrt 3 ;4; – 1} \right);\overrightarrow {A’C’} = \left( {0;8; – 2} \right)\), khi đó vectơ pháp tuyến của \(\left( {A’B’C’} \right)\) là:
\(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {A’B’} ,\,\overrightarrow {A’C’} } \right] = \left( {0;\,8\sqrt 3 ;\,32\sqrt 3 } \right) = 8\sqrt 3 \left( {0;\,1;\,4} \right)\)
Vậy Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {A’B’C’} \right)\) là: \(\overrightarrow n = (0;1;4)\).
d) Sai: Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(\overrightarrow k = \left( {0;\,0;\,1} \right)\)
Khi đó: \(\cos \left( {\left( {ABC} \right),\left( {A’B’C’} \right)} \right) = \frac{{\left| 4 \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {1^2}} }} = \frac{{4\sqrt {17} }}{{17}}\) nên \(\left( {\left( {ABC} \right),\,\left( {A’B’C’} \right)} \right) \approx 14^\circ \) nên mái nhà không ở mức tiêu chuẩn.

Gọi \(A\) là biến cố “Hàng qua cửa đã được thanh toán”.
\(B\) là biến cố “Thiết bị phát chuông cảnh báo”.
a) Đúng.
Tỷ lệ hàng qua cửa chưa được thanh toán là \(0,1\% \) tức là \(P\left( {\overline A } \right) = 0,1\% \)
suy ra \(P\left( A \right) = 100\% – 0,1\% = 99,9\% \).
b) Sai.
Xác suất để hàng hóa qua cửa đã thanh toán và thiết bị phát chuông cảnh báo là \(P\left( {AB} \right) = 0,0999\% \)
c) Đúng.
Xác suất để hàng qua cửa chưa thanh toán và thiết bị không phát chuông cảnh báo là \(P\left( {\overline A \overline B } \right) = 0,001\% \).
d) Sai.
Ta có \(P\left( {B|A} \right) = 0,1\% \) và \(P\left( {B|\overline A } \right) = 99\% \);
\(P\left( {\overline B |A} \right) = 100\% – P\left( {B|A} \right) = 99,9\% \); \(P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 100\% – P\left( {B|\overline A } \right) = 1\% \).
Ta có sơ đồ hình cây như sau:

Vậy ta có: Xác suất để hàng qua cửa chưa thanh toán và thiết bị phát chuông cảnh báo là\(P\left( {\overline A B} \right) = 0,099\% \).

Lợi nhuận hàng năm \(P\left( x \right) = R\left( x \right) – {C_2}\left( x \right) = 28x – 0,15{x^2} – \left( {12 + 0,35x + 0,012{x^2}} \right)\)
\( = – 0,162{x^2} + 27,65x – 12\)
Tỷ lệ lợi nhuận hàng năm trên chi phí đầu tư ban đầu \(f\left( x \right) = \frac{{P\left( x \right)}}{{{C_1}\left( x \right)}} = \frac{{ – 0,162{x^2} + 27,65x – 12}}{{1400 + 55x}}\)
Ta có \(f’\left( x \right) = \frac{{\left( { – 0,324x + 27,65} \right)\left( {1400 + 55x} \right) – 55\left( { – 0,162{x^2} + 27,65x – 12} \right)}}{{{{\left( {1400 + 55x} \right)}^2}}}\)
\( = \frac{{ – 8,91{x^2} – 453,6x + 39370}}{{{{\left( {1400 + 55x} \right)}^2}}}\)
\(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
x \approx 45,72525952 \hfill \\
x \approx – 96,63435043 \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Do \(x\) là công suất nên \(x > 0\) nên \(x \approx 45,72525952 = {x_1}\). Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, để tối đa hóa lợi nhuận trên đầu tư thì \(x = {x_1} \approx 46\).

Trả lời: 9,4

Gọi các điểm như hình vẽ, bán kính đường tròn nội tiếp bằng \(r\) dm, chiều cao hình chóp bằng \(SO = h\) dm.
Ta có: \(\frac{{SI}}{{IO}} = \frac{{SM}}{{OM}}\)\(\; \Leftrightarrow {\;}\frac{{h – r}}{r} = \frac{{\sqrt {{h^2} + 4} }}{2}\)\(\; \Leftrightarrow {\;}{r^2}{h^2} + 8rh = 4{h^2} \Leftrightarrow h = \frac{{8r}}{{4 – {r^2}}}\).(1)
Lại có:\({\;}SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}} = \sqrt {{h^2} + 8} \) và \(JM = \sqrt {{r^2} + 4} \).
\(K\) là hình chiếu của \(J\) lên \(SA\), ta có: .
Suy ra: \(\frac{{JK}}{{OA}} = \frac{{SJ}}{{SA}} \Leftrightarrow JK = 2\sqrt 2 .\frac{{h + r}}{{\sqrt {{h^2} + 8} }}\).
Theo đề, ta có: \(JM = JK \Leftrightarrow \sqrt {{r^2} + 4} = 2\sqrt 2 .\frac{{h + r}}{{\sqrt {{h^2} + 8} }}\)\( \Leftrightarrow {r^2}{h^2} + 32 = 4{h^2} + 16rh\).(2)
Từ (1) và (2) ta được: \(\left\{ \begin{gathered}
32 – 8rh = 16rh \hfill \\
h = \frac{{8r}}{{4 – {r^2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
rh = \frac{4}{3} \hfill \\
\frac{4}{3} = \frac{{8{r^2}}}{{4 – {r^2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
h = \frac{{2\sqrt 7 }}{3} \hfill \\
r = \frac{2}{{\sqrt 7 }} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Vậy \(V = \frac{1}{3}.\frac{{2\sqrt 7 }}{3} \cdot {4^2} = \frac{{32\sqrt 7 }}{9} \approx 9,4\).

Trả lời: \(39\)
Đồ thị trên chỉ có hai đỉnh bậc lẻ là C và E nên ta có thể tìm được một đường đi Euler từ C đến E (đường đi này đi qua mỗi cạnh đúng một lần).
Một đường đi Euler từ C đến E là CABDEBCE và tổng độ dài của nó là
\(2 + 1 + 3 + 6 + 5 + 4 + 10 = 31\left( {{km}} \right)\).
Để quay trở lại điểm xuất phát và có đường đi ngắn nhất, ta cần tìm một đường đi ngắn nhất từ E đến C.
Đường đi ngắn nhất từ \(E\) đến \(C\) là \(EBAC\) và có độ dài là \(5 + 1 + 2 = 8\left( {{km}} \right)\).
Vậy tổng quãng đường đưa thư có thể đi ngắn nhất là \(31 + 8 = 39\left( {{km}} \right)\).

Trả lời: \(32\)
Cho hệ trục tọa độ Oxy sao cho tia Ox trùng tia OA, tia Oy trùng tia OB.
Gọi \({S_1}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\left( {{P_1}} \right),y = 0\);
\({S_2}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\left( {{P_2}} \right),x = 0\);
\({S_3}\) là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\left( {{P_1}} \right)\) và \(\left( {{P_2}} \right)\).
Từ hình vẽ ta thấy diện tích hình phẳng cần tìm là \(S = {S_{{OABC\;}}} – \left[ {{S_1} + {S_2} – {S_3}} \right]\) (*)
Gọi phương trình \(\left( {{P_1}} \right)\) là \(y = a{x^2} + bx + c\).
Vì \(\left( {{P_1}} \right)\) đi qua \(O\left( {0;0} \right),M\left( {3;3} \right),A\left( {8;0} \right)\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{c = 0} \\
{9a + 3b + c = 3} \\
{64a + 8b + c = 0}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = – \frac{1}{5}} \\
{b = \frac{8}{5}} \\
{c = 0.}
\end{array}} \right.} \right.\)
Suy ra \(y = – \frac{1}{5}{x^2} + \frac{8}{5}x\).
Ta thấy \(\left( {{P_1}} \right)\) và \(\left( {{P_2}} \right)\) đối xứng qua OM nên

Trả lời: \(11,7\)
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Lúc khó: \(A\left( {0,0,0} \right),B\left( {20,0,0} \right),D\left( {0,20,0} \right),D\prime \left( {0,20,20} \right)\)
– Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng \(AD\prime \) là \(\overrightarrow {AD’} = \left( {0,20,20} \right)\) và độ dài \(\left| {\overrightarrow {AD} } \right| = \)\(20\sqrt 2 \)
⇒ Vận tốc kiến vàng: \({\vec v_1} = \frac{{\overrightarrow {AD} }}{{\left| {\overrightarrow {AD} } \right|}}.{v_1} = \left( {0;\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right)\)
– Véc-tơ chỉ phương đường thẳng \(DB\) là \(\overrightarrow {DB} = \left( {20, – 20,0} \right)\) và độ dài \(\left| {\overrightarrow {DB} } \right| = 20\sqrt 2 \)
⇒ Vận tốc kiến đen: \({\vec v_2} = \frac{{\overrightarrow {BD} }}{{\left| {BD} \right|}}.{v_2} = \left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}, – \frac{3}{{\sqrt 2 }},0} \right)\)
Gọi \(t\) (giây) là thời gian kể từ lúc xuất phát.
* Vị trí kiến vàng là \(M\left( t \right) = \left( {0,\sqrt 2 t,\sqrt 2 t} \right)\)
* Vị trí kiến đen là \(N\left( t \right) = \left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}t,20 – \frac{3}{{\sqrt 2 }}t,0} \right)\)
Khoảng cách giữa hai chú kiến là \(MN\) và
\(M{N^2}(t){ } = {\left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}t} \right)^2} + {\left( {20 – \frac{3}{{\sqrt 2 }}t – \sqrt 2 t} \right)^2} + {(\sqrt 2 t)^2} = 19{t^2} – 100\sqrt 2 t + 400\)
Giá trị nhỏ nhất của \(M{N^2}\) đạt được khi: \(t = \frac{{50\sqrt 2 }}{{19}}\)
Khi đó: \(M{N_{\min }} = \sqrt {\frac{{2600}}{{19}}} \approx 11,7\left( {\;{cm}} \right)\)

Trả lời: \(0,44\)
Ta có: \(n(\Omega ) = \frac{{100 – 5}}{5} + 1 = 20\)
Để Cường thắng ta có \(2\) trường hợp:
– Trường hợp \(1\): Cường quay \(1\) lần ra điểm số lớn hơn \(75\), ta có \(5\) khả năng thuộc tập hợp \(\{ 80;85;90;95;100\} \)Do xác suất là \({P_1} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}\).
– Trường hợp \(2\): Cường quay lần đầu ra điểm số là\(a \leqslant 75\), ta có \(15\) khả năng.
Do đó xác suất \({P_2} = \frac{{15}}{{20}} = \frac{3}{4}\)
Khi đó, để thắng Cường cần phải có tổng hai lần quay lớn hơn \(75\), ta có \(5\) khả năng thuộc tập hợp \(\{ 80 – a;85 – a;90 – a;95 – a;100 – a\} \).Do đó xác suất là \({P_3} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}\).
Vậy xác suất để Cường thắng ngay trong lượt là \(P = {P_1} + {P_2}{P_3} = \frac{7}{{16}} \approx 0,44\).