Đề Thi Thử Tốt Nghiệp Online Môn Toán 2026 Có Lời Giải-Đề 8

Chọn B
Ta có: \(f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} – 4} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x – 3} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow {(x + 2)^2}\left( {x – 2} \right)\left( {x – 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = – 2} \\
{x = 2} \\
{x = 3}
\end{array}} \right.\) với \(x = – 2\) là nghiệm kép
Vậy hàm số đã cho có 2 cực trị

Chọn A
Ta thấy đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt
Do đó phương trình \(f\left( x \right) – 1 = 0\) có 3 nghiệm phân biệt

Chọn A
Ta có: \({\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} < \frac{1}{8} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^x} < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} \Leftrightarrow x > 3\)

Chọn C
Tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) là \(G\left( {2;1;2} \right)\)

Chọn A

Ta có: \(AD//BC \Rightarrow \left( {SA,BC} \right) = \left( {SA,AD} \right) = \angle SAD = {60^ \circ }\)

Chọn B
Ta có: \(53 + 82 + 48 + 39 + 18 = 240\)
Như vậy nhóm [15,5;20,5] chứa trung vị
Khi đó \(C = {n_1} = 53\)
Trung vị của mẫu số liệu là \(15,5 + \frac{{\frac{{240}}{2} – 53}}{{82}}.\left( {20,5 – 15,5} \right) \approx 19,59\)

Chọn C
Có \(\vec u.\vec v = – 1.0 + 1.\left( { – 1} \right) + 0.0 = – 1;\left| {\vec u\left| { = \sqrt 2 ;} \right|\vec v} \right| = 1\)
\( \Rightarrow {cos}\left( {\vec u,\vec v} \right) = \frac{{\vec u.\vec v}}{{\left| {\vec u} \right|.\left| {\vec v} \right|}} = \frac{{ – 1}}{{\sqrt 2 .1}} = \frac{{ – 1}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \left( {\vec u,\vec v} \right) = {135^ \circ }\)

Chọn B

Vì \(N\) là trung điểm của \(CD\) nên \(\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AN} \)
Do đó ý B là sai

Chọn D
Ta có: \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = \frac{1}{5}.\frac{2}{3} = \frac{2}{{15}}\)

Chọn A
Số hạng tổng quát của cấp số là \({u_n} = {u_1} + \left( {n – 1} \right)d = – 2 + 3\left( {n – 1} \right) = 3n – 5\)

Chọn C
Ta có: \(\sin x – \cos x \ne 0\)\( \Leftrightarrow \tan x \ne 1\)\( \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \).
Vậy tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn A

Do \(BC//AD \Rightarrow \left( {BC,SA} \right) = \left( {AD,SA} \right) = \widehat {SAD} = {60^0}\)

a) Đúng: Có \(f\left( 0 \right) = \sqrt 2 .0 + 2{cos}0 = 2;f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \sqrt 2 \cdot \frac{\pi }{2} + 2{cos}\frac{\pi }{2} = \frac{{\pi \sqrt 2 }}{2}\)
b) Đúng: Đạo hàm hàm số \(f’\left( x \right) = \sqrt 2 – 2{sin}x\)
c) Sai: Có: \(f’\left( x \right) = 0 \Rightarrow \sqrt 2 – 2{sin}x = 0\)
\( \Rightarrow {sin}x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \frac{\pi }{4} + k2\pi } \\
{x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi }
\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right){\;}x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right] \Rightarrow x = \frac{\pi }{4}} \right.\)
d) Đúng: Có \(f\left( 0 \right) = 2;f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{{\pi \sqrt 2 }}{2};f\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\pi \sqrt 2 }}{4} + \sqrt 2 \).
Vậy giá trị lớn nhất của \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) là \(\frac{{\sqrt 2 \pi }}{4} + \sqrt 2 \)

a) Sai: Ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{AC \bot CC’} \\
{BC \bot CC’}
\end{array} \Rightarrow \left( {ABC} \right) \bot CC’ \Rightarrow \left[ {A,BB’,C} \right] = \angle ACB = {{120}^ \circ }} \right.\)
b) Đúng: Ta có:
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC.BC.{sin}\widehat {ACB} = \frac{1}{2}.a.2a.{sin}{120^ \circ } = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)
Thể tích của khối lăng trụ là:
\({V_{ABC.A’B’C’}} = {S_{ABC}}.AA’ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.2a = {a^3}\sqrt 3 \)
c) Đúng: Ta có: \({V_{M.ABC}} = \frac{1}{3}MB.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}BB’.{S_{ABC}} = \frac{1}{6}V\)
Vậy \({V_{M.ABC}} = \frac{1}{6}V\)
d) Đúng: Gọi \(H\) là chân đường cao kẻ từ \(CH\) xuống \(AB\)
Khi đó \(CH \bot AB\)
Mà \(AA’ \bot CH \Rightarrow CH \bot \left( {ABB’A’} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {ABB’A’} \right)} \right) = CH\)
Ta có: \(AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2} – 2AC.BC{cos}\angle ACB} \)
\( = \sqrt {{a^2} + 4{a^2} – 2.a.2a{cos}{{120}^ \circ }} = a\sqrt 7 \)
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}CH.AB \Rightarrow CH = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{AB}} = \frac{{2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

a) Sai. Thời gian trung bình ước lượng là:
\(\bar x = \frac{{0,5 \cdot 3 + 1,5 \cdot 9 + 2,5 \cdot 18 + 3,5 \cdot 36 + 4,5 \cdot 21 + 5,5 \cdot 6 + 6,5 \cdot 4 + 7,5 \cdot 3}}{{100}} = 3,62\)
b) Sai. Số học sinh sử dụng mạng xã hội ít hơn 4 giờ là: \(3 + 9 + 18 + 36 = 66\)
c) Đúng Lớp chứa mốt là \([3;4\)) với tần số lớn nhất là 36.
Mốt ước lượng: \(Mo = 3 + \frac{{36 – 18}}{{\left( {36 – 18} \right) + \left( {36 – 21} \right)}} \simeq 3,55\)
d) Đúng. Ta có:
\({Q_3} = 3 + \frac{{75 – 66}}{{21}} \cdot 1 \approx 4,43\;\)giờ

a) Đúng.
Có \(A\overline B \) là biến cố “Mặt hàng A có lãi và mặt hàng B không có lãi” hay “Chỉ có mặt hàng A có lăi” \( \Rightarrow P\left( {A\overline B } \right) = 0,2\).
b) Sai.
\(AB\)là biến cố “Cả 2 mặt hàng có lãi” \( \Leftrightarrow \) Yêu cầu bài toán là tính \(P\left( {AB} \right)\).
Vi mặt hàng A có lãi khi A có lãi và B có lãi hoặc A có lãi và B không có lãi nên ta có \(P\left( {A\overline B } \right) + P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)\)
\( \Rightarrow P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) – P\left( {A\overline B } \right) = 0,6 – 0,2 = 0,4\).
c) Đúng.
Gọi \(C\) là biến cố “Có đúng một mặt hàng có lãi”
\( \Rightarrow C = \overline A B \cup A\overline B \)mà \(\overline A B\) và \(A\overline B \) là các biến cố xung khắc
\( \Rightarrow P\left( C \right) = P\left( {\overline A B} \right) + P\left( {A\overline B } \right)\)
Có \(P\left( {\overline A B} \right) = P\left( B \right) – P\left( {AB} \right) = 0,7 – 0,4 = 0,3\) và \(P\left( {A\overline B } \right) = 0,2\)
Vậy \(P\left( C \right) = 0,3 + 0,2 = 0,5\).
d) Đúng.
Gọi \(D\) là biến cố: “Mặt hàng \(B\) có lãi biết mặt hàng \(A\) không có lãi” \( \Rightarrow D = B\mid \overline A \)
Khi đó \(P\left( D \right) = P\left( {B\mid \overline A } \right) = \frac{{P\left( {\overline A B} \right)}}{{P\left( {\overline A } \right)}} = \frac{{0,3}}{{1 – P\left( A \right)}} = \frac{{0,3}}{{1 – 0,6}} = 0,75\).

Trả lời: \(28,6\)
Áp dụng định lý sin cho tam giác \(ABC\), ta có:
\(\frac{a}{{\sin A}} = 2R \Rightarrow a = 2R\sin A = 2 \cdot 7 \cdot \sin \left( {75^\circ } \right) = \frac{{7\left( {\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right)}}{2}\)
Áp dụng định lý cosin cho tam giác \(ABC\), ta có:
\({a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bc\cos A = {\left( {b – c} \right)^2} + 2bc\left( {1 – \cos A} \right) \geqslant 2bc\left( {1 – \cos A} \right)\)
\( \Rightarrow bc \leqslant \frac{{{a^2}}}{{2\left( {1 – \cos A} \right)}}\)
\( \Rightarrow S = \frac{1}{2}bc\sin A \leqslant \frac{{{a^2}\sin A}}{{4\left( {1 – \cos A} \right)}}\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(b = c\) (tam giác \(ABC\) cân tại \(A\)).
Chi phí tối đa để làm mái che là:
\({Chi ph\’i } = \frac{{{a^2}\sin A}}{{4\left( {1 – \cos A} \right)}} \cdot 450{\mkern 1mu} 000 \approx 26,8\)( triệu đồng)

Giả sử người chơi xuất phát từ tỉnh \(A\)
Hành trình ngắn nhất người đó có thể đi là: \(A – B – C – D – E – A\)
Thời gian để xe di chuyển là:
\(17 + 12 + 10 + 9 + 8 = 56\).
Suy ra chi phí thuê xe là: \(50000.56 = 2800000 = 2,8\) (triệu đồng)

Trả lời: \(0,5\)
Hàm số bậc hai trên bậc nhất có dạng \(y = f\left( x \right) = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x – 2}}\)
Theo giả thiết ra có: \(A\left( {2,5;0} \right),B\left( {4;4,5} \right)\)
Vì \(A,B\) thuộc đồ thị hàm số nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{6,25a + 2,5b + c = 0} \\
{16a + 4b + c = 9}
\end{array}} \right.\) (1)
Ta có:
\(f’\left( x \right) = \frac{{a{x^2} – 4ax – 2b – c}}{{{{(x – 2)}^2}}}\)
\(f’\left( {{x_B}} \right) = 0 \Rightarrow \frac{{a{{.4}^2} – 4a.4 – 2b – c}}{{{{(4 – 2)}^2}}} = 0 \Rightarrow 2b + c = 0{\;}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(a = – 1,b = 12,5,c = – 25\)
Khi đó \(f\left( x \right) = \frac{{ – {x^2} + 12,5x – 25}}{{x – 2}} = – x + 10,5 – \frac{4}{{x – 2}}\)

Trả lời: \(1200\)
Đổi \(90\;{km}/{h} = 25\;{m}/{s};54\;{km}/{h} = 15\;{m}/{s};72\;{km}/{h} = 220\;{m}/{s}.\)
Ta có công thức: \({v^2} = v_0^2 + 2{a_1}s\)
\( \Rightarrow {a_1} = \frac{{{{15}^2} – {{25}^2}}}{{2.1000}} = – 0,2\)
⇒ Vận tốc cùa đoàn tàu theo thời gian \(t\) với gia tốc không đồi là \(v = 25 – 0,2t\)
Gọi thời gian tàu hỏa đi đến giao lộ là \(T\).
Ta có: \(\int_0^T {(25 – 0,2t)} dt = 1360 \Rightarrow T = 80\)
Để giữ được khoảng cách an toàn thì ô tô phải vượt qua giao lộ trước tàu ít nhất 4 giây nên thời gian nhiều nhất ô tô đi đến giao lộ là 76 giây.
\( \Rightarrow \int_0^{76} {(20 + at)} dt \geqslant 2000 \Rightarrow a \geqslant \frac{{60}}{{361}} \Rightarrow {a_{\min }} = \frac{{60}}{{361}} \Rightarrow 7220a = 1200\).

Trả lời: 37.

Giả sử trục \(Oz\) cắt mặt cầu tại điểm \(B\left( {0;0;30} \right)\); trục \(Oy\) cắt mặt cầu tại điểm \(C\left( {0;450;0} \right)\)như hình vẽ.
Gọi mặt cầu là \(\left( S \right)\) và có tâm là \(I\left( {0;0;a} \right)\)với \(a < 0\).
Ta có \(I{B^2} = I{C^2} \Leftrightarrow {\left( {30 – a} \right)^2} = {450^2} + {a^2} \Leftrightarrow a = – 3360\). Suy ra mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {0;0; – 3360} \right)\) và \(R = 3390\) nên có phương trình là \({x^2} + {y^2} + {\left( {z + 3360} \right)^2} = {3390^2}\).
Đường thẳng \(AO\) có phương trình là \(\left\{ \begin{gathered}
x = – 30t \hfill \\
y = 780t \hfill \\
z = – 60t \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Thay \(x = – 30t;\,y = 780t;\,z = – 60t\)vào phương trình mặt cầu ta được
\({\left( { – 30t} \right)^2} + {\left( {780t} \right)^2} + {\left( { – 60t + 3360} \right)^2} = {3390^2}\)
\( \Leftrightarrow 681{t^2} – 448t – 225 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}
t = – \frac{1}{3} \hfill \\
t = \frac{{225}}{{227}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\).
Khi đó đường thẳng \(AO\) cắt mặt cầu tại 2 điểm \(M\) và \(N\). Tên lửa bị rađa phát hiện tại điểm \(M\)thỏa mãn \(A,\,M\)cùng phía so với mặt phẳng \(Oxy\). Khi đó cao độ \({z_M} > 0\) nên tọa độ điểm \(M\) ứng với \(t = – \frac{1}{3}\)
\( \Rightarrow M\left( {10; – 260;20} \right) \Rightarrow MO = 10\sqrt {681} \).
Thời gian dự kiến từ khi tên lửa bị rađa phát hiện đến khi nó bắn trúng rađa là
\(\frac{{MO}}{7} = \frac{{10\sqrt {681} }}{7} \approx 37\) (giây).

Trả lời: 0,63.
Số phần từ không gian mẫu là \(4! = 24\).
Trường hợp 1: Chì có 1 lá thư được bỏ đúng địa chỉ.
– Giả sử ta chọn 1 trong 4 lá để bỏ đúng phong bì của nó thì có 4 cách chọn.
– Trong mỗi cách chọn đó ta lại chọn một lá để bỏ sai, khi đó có 2 cách và có đúng 1 cách để bỏ sai hai lá thư còn lại.
Vậy trường hợp 1 sẽ có \(4 \cdot 2 \cdot 1 = 8\) cách.
Trường hợp 2: Có đúng 2 lá thư được bỏ đúng phong bì của nó.
– Số cách chọn 2 lá để bỏ đúng là \(C_4^2 = 6\) cách.
– 2 lá còn lại nhất thiết phải bỏ sai nên có 1 cách bỏ.
Vậy trường hợp 2 có \(6 \cdot 1 = 6\) cách.
Trường hợp 3. Có 3 lá thư được bỏ đúng phong bì của nó, khi này đương nhiên là cả 4 phong bì đều bỏ đúng địa chỉ.
– Trường hợp này có đúng 1 cách.
Xác suất cần tìm là \(P = \frac{{15}}{{24}} = \frac{5}{8} \approx 0,63\).