Đề thi thử THPT môn Toán lần 1 năm 2026 trường THPT Cửa Lò - Nghệ An

Câu 1 : Nghiệm của phương trình ${log}_{2} (x + 1) = 3$ là

A.

x = 7.
B.

x = 9.
C.

x = 5.
D.

x = 8.

Câu 2 : Cho hình lập phương $A B C D . A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ (Tham khảo hình vẽ dưới).

Phát biểu nào sau đây đúng?

A.

$\to A C_{1} = \to A A_{1} + \to A B + \to A D .$
B.

$\to A C_{1} = \to A A_{1} + \to A B .$
C.

$\to A C_{1} = \to A A_{1} + \to C A_{1} .$
D.

$\to A C_{1} = \to A A_{1} + \to A_{1} C .$

Câu 3 : Mỗi ngày bác Nam đều đi bộ để rèn luyện sức khoẻ. Quãng đường đi bộ mỗi ngày (đơn vị: km) của bác Nam trong 20 ngày được thống kê lại ở bảng sau:

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là

A.

0,5.
B.

0,9.
C.

0,575.
D.

0,975.

Câu 4 : Cho hàm số bậc bốn y = f(x) có đồ thị của đạo hàm f’(x) như hình vẽ bên dưới.

Số điểm cực đại của đồ thị hàm số f(x) là

A.

2.
B.

1.
C.

3.
D.

4.

Câu 5 : Tập nghiệm của phương trình cosx = 1 là

A.

$S = {k 2 π / k \in Z} .$
B.

$S = {k π / k \in Z} .$
C.

$S = {\frac{π}{2} + k 2 π / k \in Z} .$
D.

$S = {\frac{π}{2} + k π / k \in Z} .$

Câu 6 : Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ $⃗ u = (2; - 3; 1)$ , $⃗ v = (4; - 5; - 3)$ . Tọa độ của vectơ $⃗ u - ⃗ v$ là

A.

(6; -8; -2).
B.

(-2; 2; 4).
C.

(-2; -2; 4).
D.

(2; -2; -4).

Câu 7 : Cho cấp số nhân $(u_{n})$ với $u_{1} = 3$ , $u_{2} = 6$ . Giá trị công bội q bằng

A.

-2.
B.

$\frac{1}{2} .$
C.

18.
D.

2.

Câu 8 : Cho khối chóp S.ABC có $S A ⊥ (A B C)$ , SA = 3, $Δ A B C$ vuông cân tại A, với AB = 4. Thể tích khối chóp S.ABC bằng

A.

$8.$
B.

$24.$
C.

$16.$
D.

$48.$

Câu 9 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh bằng a và các cạnh bên đều bằng a. Số đo góc giữa hai đường thẳng SA và SC bằng

A.

$45^{o}$ .
B.

$60^{o}$ .
C.

$90^{o}$ .
D.

$30^{o}$ .

Câu 10 : Cho hàm số $f (x) = {\begin{matrix} x^{2} 2 - x \end{matrix} \begin{matrix} \end{matrix} \begin{matrix} k h i k h i \end{matrix} \begin{matrix} \end{matrix} \begin{matrix} x \leq 1 x > 1 \end{matrix}$ . Phát biểu nào sau đây là sai?

A.

Hàm số nghịch biến trên khoảng $(1; + \infty)$ .
B.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.
C.

Hàm số không có cực đại.
D.

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1).

Câu 11 : Cho A và B là hai biến cố độc lập. Biết P(A) = 0,3 và P(B) = 0,5. Xác suất của biến cố $¯ ¯¯ ¯ A B$ bằng

A.

0,35.
B.

0,25.
C.

0,8.
D.

0,15.

Câu 12 : Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:

Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [-2; 2] bằng

A.

-2.
B.

2.
C.

-1.
D.

3.

Câu 1 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đơn vị mỗi trục tính bằng km. Một tên lửa phóng từ mặt đất từ vị trí gốc tọa độ O theo hướng, vận tốc không đổi (đặt mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất). Tên lửa đi từ điểm O(0; 0; 0) đến điểm A(140; 60; 6) trong 8 phút.

a) Trong 8 phút tên lửa bay được quãng đường (làm tròn đến hàng đơn vị) xấp xỉ bằng 152 km.

Đúng

Sai

b) Ở phút thứ 4 độ cao của tên lửa là 3 km.

Đúng

Sai

c) Tọa độ của tên lửa sau 12 phút kể từ lúc phóng là (210; 90; 12).

Đúng

Sai

d) Sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí A tên lửa đạt độ cao là 13,5 km.

Đúng

Sai

Câu 2 : Đậu đỏ là một loại thực phẩm quen thuộc trong bữa ăn của người Việt Nam. Ngoài giá trị dinh dưỡng cao, đậu đỏ còn có nhiều công dụng tuyệt vời cho sức khỏe và sắc đẹp như: chống oxy hóa, giúp cơ bắp con người khỏe mạnh, tăng cường sức khỏe cho tim mạch con người, lợi ích cho hệ tiêu hóa, bổ thận, cung cấp vitamin bổ dưỡng cho cơ thể, đào thải độc tố, giải độc, tốt cho hệ miễn dịch, giúp huyết áp ổn định, da đẹp. Cây đậu đỏ khi trồng có chiều cao 6 centimet. Khảo sát cho thấy độ cao tính bằng centimet của cây đậu đỏ tại thời điểm t kể từ khi được trồng được cho bởi hàm số $h (t) = - 0, 005 t^{4} + b t^{3} + c$ (trong đó $b, c \in R$ ), với t tính theo tuần. Giả sử h’(t) là tốc độ tăng chiều cao của cây đậu đỏ sau khi trồng (đơn vị của h’(t): centimet/tuần). Biết h’(5) = 5 (Hình bên dưới mô tả hạt và cây đậu đỏ).

a) Hàm số h(t) có công thức $h (t) = - 0, 005 t^{4} + 0, 1 t^{3}$ .

Đúng

Sai

b) Giai đoạn tăng trưởng của cây đậu đỏ đó kéo dài 15 tuần.

Đúng

Sai

c) Chiều cao tối đa của cây đậu đỏ đó là 90 centimet.

Đúng

Sai

d) Vào thời điểm cây đậu đỏ đó phát triển nhanh nhất thì chiều cao của cây là 56 centimet.

Đúng

Sai

Câu 3 : Cho hàm số $y = f (x) = \frac{x^{2} + b x + c}{x - 2}$ có đạo hàm f’(x). Đồ thị của hàm số f’(x) như hình vẽ sau:

a) Phương trình f’(x) = 0 có hai nghiệm x = 1 và x = 3.

Đúng

Sai

b) Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (1; 3).

Đúng

Sai

c) Hàm số y = f(x) đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 3.

Đúng

Sai

d) Nếu f(0) = 1 thì $lim [3; 4] f (x) = 6$ .

Đúng

Sai

Câu 4 : Một công ty may mặc có hai hệ thống máy chạy song song. Xác suất để hệ thống máy thứ nhất hoạt động tốt là 90%, xác suất để cả hai hệ thống máy đều hoạt động tốt là 72%. Công ty chỉ có thể hoàn thành đơn hàng đúng hạn nếu ít nhất một trong hai hệ thống máy hoạt động tốt.

a) Xác suất để hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt là 0,8.

Đúng

Sai

b) Xác suất để hệ thống máy thứ nhất không hoạt động tốt là 0,2.

Đúng

Sai

c) Xác suất để cả hai hệ thống máy đều không hoạt động tốt là 0,028.

Đúng

Sai

d) Xác suất để công ty hoàn thành đúng hạn là 0,98.

Đúng

Sai

Câu 1 : Có 9 quả cầu giống hệt nhau được đánh số từ 1 đến 9 và đựng trong một hộp. Sau khi xáo trộn, người ta lấy ngẫu nhiên lần lượt 4 quả. Xác suất để lấy được tổng các chữ số ghi trên các quả cầu là 15 bằng bao nhiêu (không làm tròn các bước tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần trăm).

Câu 2 : Một doanh nghiệp dự định sản xuất không quá 300 sản phẩm. Nếu doanh nghiệp sản xuất x sản phẩm $(1 \leq x \leq 300)$ thì doanh thu nhận được khi bán hết số sản phẩm đó là $F (x) = - 7 x^{2} + 1700 x$ (nghìn đồng), trong khi chi phí sản xuất bình quân cho một sản phẩm là $G (x) = 0, 004 x^{2} - 1, 6 x + 500 + \frac{16000}{x}$ (nghìn đồng). Lợi nhuận thu được của doanh nghiệp (tính theo đơn vị triệu đồng) đạt giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu?

Câu 3 : Quanh một đa giác đều 2n cạnh $(n \geq 6, n \in N)$ vẽ vòng tròn ngoại tiếp. Ba đỉnh bất kì của đa giác được gọi là cùng phía nếu tồn tại một nửa đường tròn chứa 3 đỉnh đó (các đầu mút của nửa đường tròn là các đỉnh của đa giác). Biết xác suất của biến cố “3 đỉnh chọn bất kì cùng phía” bằng $\frac{33}{43}$ . Tìm n?

Câu 4 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng $3 \sqrt{2}$ , $ˆ A B C = 60^{o}$ , $A B ⊥ S C$ , $Δ S A C$ đều. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng bao nhiêu?

Câu 5 : Bốn ngư dân góp vốn mua chung một chiếc thuyền. Số tiền người đầu đóng góp bằng nửa tổng số tiền của ba người còn lại. Số tiền người thứ hai đóng góp bằng $\frac{1}{3}$ tổng số tiền của ba người còn lại. Số tiền người thứ ba đóng góp bằng $\frac{1}{4}$ tổng số tiền $3$ người còn lại. Biết người thứ tư đóng góp 260 triệu đồng. Chiếc thuyền này được mua bao nhiêu tỉ đồng?

Câu 6 : Hệ thống định vị toàn cầu GPS là một hệ thống cho phép xác định vị trí của một vật thể trong không gian. Trong cùng một thời điểm vị trí của điểm M trong không gian sẽ được xác định bởi bốn vệ tinh cho trước nhờ các bộ thu phát tín hiệu đặt trên các vệ tinh. Giả sử trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, có bốn vệ tinh lần lượt đặt tại các điểm A(0; 4; 5), B(3; 0; 5), C(3; 4; 0), D(3; 4; 5) và vị trí M(a; b; c) trên đoạn thẳng AB thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến đường thẳng MD lớn nhất. Khi đó giá trị a + b + c bằng bao nhiêu?

Câu 1 : Nghiệm của phương trình ${log}_{2} (x + 1) = 3$ là

A.

x = 7.
B.

x = 9.
C.

x = 5.
D.

x = 8.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

${log}_{a} f (x) = b \Leftrightarrow {\begin{matrix} f (x) > 0 f (x) = a^{b} \end{matrix}$ .

Lời giải chi tiết :

${log}_{2} (x + 1) = 3 \Leftrightarrow {\begin{matrix} x + 1 > 0 x + 1 = 2^{3} \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} x > - 1 x = 7 \end{matrix} \Leftrightarrow x = 7$ .

Câu 2 : Cho hình lập phương $A B C D . A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ (Tham khảo hình vẽ dưới).

Phát biểu nào sau đây đúng?

A.

$\to A C_{1} = \to A A_{1} + \to A B + \to A D .$
B.

$\to A C_{1} = \to A A_{1} + \to A B .$
C.

$\to A C_{1} = \to A A_{1} + \to C A_{1} .$
D.

$\to A C_{1} = \to A A_{1} + \to A_{1} C .$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng quy tắc ba điểm, quy tắc hình bình hành, quy tắc hình hộp.

Lời giải chi tiết :

$- - \to A C_{1} = - - \to A A_{1} + - - \to A B + - - \to A D$ .

Câu 3 : Mỗi ngày bác Nam đều đi bộ để rèn luyện sức khoẻ. Quãng đường đi bộ mỗi ngày (đơn vị: km) của bác Nam trong 20 ngày được thống kê lại ở bảng sau:

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là

A.

0,5.
B.

0,9.
C.

0,575.
D.

0,975.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức $Δ_{Q} = Q_{3} - Q_{1}$ .

Lời giải chi tiết :

$Q_{1} = 3 + \frac{\frac{20}{4} - 3}{6} (3, 3 - 3) = 3, 1$ .

$Q_{3} = 3, 6 + \frac{\frac{3.20}{4} - (3 + 6 + 5)}{4} (3, 9 - 3, 6) = 3, 675$ .

$Δ_{Q} = Q_{3} - Q_{1} = 3, 675 - 3, 1 = 0, 575$ .

Câu 4 : Cho hàm số bậc bốn y = f(x) có đồ thị của đạo hàm f’(x) như hình vẽ bên dưới.

Số điểm cực đại của đồ thị hàm số f(x) là

A.

2.
B.

1.
C.

3.
D.

4.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Đồ thị hàm số f’(x) đi từ trên xuống qua trục hoành và cắt trục hoành tại điểm nào thì điểm đó là điểm cực đại của đồ thị hàm số f(x).

Lời giải chi tiết :

Hàm số f(x) có 1 điểm cực đại là x = 1, do đó đồ thị hàm số f(x) có 1 điểm cực đại.

Câu 5 : Tập nghiệm của phương trình cosx = 1 là

A.

$S = {k 2 π / k \in Z} .$
B.

$S = {k π / k \in Z} .$
C.

$S = {\frac{π}{2} + k 2 π / k \in Z} .$
D.

$S = {\frac{π}{2} + k π / k \in Z} .$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

Lời giải chi tiết :

$cos x = 1 \Leftrightarrow x = k 2 π$ , $k \in Z$ .

Câu 6 : Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ $⃗ u = (2; - 3; 1)$ , $⃗ v = (4; - 5; - 3)$ . Tọa độ của vectơ $⃗ u - ⃗ v$ là

A.

(6; -8; -2).
B.

(-2; 2; 4).
C.

(-2; -2; 4).
D.

(2; -2; -4).

Đáp án : B

Phương pháp giải :

$\to u - \to v = (x_{u} - x_{v}; y_{u} - y_{v}; z_{u} - z_{v})$ .

Lời giải chi tiết :

$\to u - \to v = (2 - 4; - 3 + 5; 1 + 3) = (- 2; 2; 4)$ .

Câu 7 : Cho cấp số nhân $(u_{n})$ với $u_{1} = 3$ , $u_{2} = 6$ . Giá trị công bội q bằng

A.

-2.
B.

$\frac{1}{2} .$
C.

18.
D.

2.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân $u_{n} = u_{1} q^{n - 1}$ .

Lời giải chi tiết :

$u_{2} = u_{1} q^{2 - 1} \Leftrightarrow q = \frac{u_{2}}{u_{1}} = \frac{6}{3} = 2$ .

Câu 8 : Cho khối chóp S.ABC có $S A ⊥ (A B C)$ , SA = 3, $Δ A B C$ vuông cân tại A, với AB = 4. Thể tích khối chóp S.ABC bằng

A.

$8.$
B.

$24.$
C.

$16.$
D.

$48.$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp $V = \frac{1}{3} B h$ .

Lời giải chi tiết :

$V = \frac{1}{3} S A . S_{A B C} = \frac{1}{3} S A . \frac{1}{2} A B . A C$

$= \frac{1}{3} .3 . \frac{1}{2} .4 .4 = 8$ .

Câu 9 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh bằng a và các cạnh bên đều bằng a. Số đo góc giữa hai đường thẳng SA và SC bằng

A.

$45^{o}$ .
B.

$60^{o}$ .
C.

$90^{o}$ .
D.

$30^{o}$ .

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Góc giữa hai đường thẳng m và n trong không gian, kí hiệu (m, n) là góc giữa hai đường thẳng a và b cùng đi qua một điểm và tương ứng song song (hoặc trùng) với m và n.

Lời giải chi tiết :

Xét tam giác SAC có:

$S A^{2} + S C^{2} = a^{2} + a^{2} = 2 a^{2} = {(\sqrt{2} a)}^{2} = A C^{2}$ .

Theo định lý Pythagore đảo, tam giác SAC vuông cân tại S.

Khi đó $(S A, S C) = ˆ A S C = 90^{o}$ .

Câu 10 : Cho hàm số $f (x) = {\begin{matrix} x^{2} 2 - x \end{matrix} \begin{matrix} \end{matrix} \begin{matrix} k h i k h i \end{matrix} \begin{matrix} \end{matrix} \begin{matrix} x \leq 1 x > 1 \end{matrix}$ . Phát biểu nào sau đây là sai?

A.

Hàm số nghịch biến trên khoảng $(1; + \infty)$ .
B.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.
C.

Hàm số không có cực đại.
D.

Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1).

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số.

Lời giải chi tiết :

Trên khoảng $(1; + \infty)$ , ta có $f^{'} (x) = (2 - x)^{'} = - 1 < 0$ nên hàm số nghịch biến. Phát biểu ở đáp án A đúng.

Trên nửa khoảng $(- \infty; 1]$ , ta có $f^{'} (x) = 2 x = 0 \Leftrightarrow x = 0$ , như vậy hàm số đồng biến trên (0; 1) và nghịch biến trên $(- \infty; 0)$ . Do đó hàm số đạt cực tiểu tại x = 0. Phát biểu ở đáp án B, D đúng.

Ta có $lim x \to 1^{-} f (x) = 1^{2} = 1 = 2 - 1 = lim x \to 1^{+} f (x)$ . Hàm số liên tục tại x = 1, đồng biến trên khoảng (0; 1) và nghịch biến trên khoảng $(1; + \infty)$ , do đó hàm số có điểm cực đại x = 1. Phát biểu ở đáp án C sai.

Câu 11 : Cho A và B là hai biến cố độc lập. Biết P(A) = 0,3 và P(B) = 0,5. Xác suất của biến cố $¯ ¯¯ ¯ A B$ bằng

A.

0,35.
B.

0,25.
C.

0,8.
D.

0,15.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng công thức tính xác suất của biến cố đối và công thức nhân xác suất cho hai biến cố độc lập.

Lời giải chi tiết :

$P (¯ ¯¯ ¯ A) = 1 - P (A) = 1 - 0, 3 = 0, 7$ .

$P (¯ A B) = P (¯ A) . P (B) = 0, 7.0, 5 = 0, 35$ .

Câu 12 : Cho hàm số f(x) có bảng biến thiên như sau:

Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [-2; 2] bằng

A.

-2.
B.

2.
C.

-1.
D.

3.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Quan sát bảng biến thiên.

Lời giải chi tiết :

Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [-2; 2] bằng 3.

Câu 1 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đơn vị mỗi trục tính bằng km. Một tên lửa phóng từ mặt đất từ vị trí gốc tọa độ O theo hướng, vận tốc không đổi (đặt mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất). Tên lửa đi từ điểm O(0; 0; 0) đến điểm A(140; 60; 6) trong 8 phút.

a) Trong 8 phút tên lửa bay được quãng đường (làm tròn đến hàng đơn vị) xấp xỉ bằng 152 km.

Đúng

Sai

b) Ở phút thứ 4 độ cao của tên lửa là 3 km.

Đúng

Sai

c) Tọa độ của tên lửa sau 12 phút kể từ lúc phóng là (210; 90; 12).

Đúng

Sai

d) Sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí A tên lửa đạt độ cao là 13,5 km.

Đúng

Sai

Đáp án

a) Trong 8 phút tên lửa bay được quãng đường (làm tròn đến hàng đơn vị) xấp xỉ bằng 152 km.

Đúng

Sai

b) Ở phút thứ 4 độ cao của tên lửa là 3 km.

Đúng

Sai

c) Tọa độ của tên lửa sau 12 phút kể từ lúc phóng là (210; 90; 12).

Đúng

Sai

d) Sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí A tên lửa đạt độ cao là 13,5 km.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Áp dụng phương trình đường thẳng trong không gian tọa độ.

Lời giải chi tiết :

a) Đúng. $O A = \sqrt{140^{2} + 60^{2} + 6^{2}} \approx 152$ (km).

b) Đúng. Phương trình đường đi của tên lửa là $⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ \begin{matrix} x = 140 t y = 60 t z = 6 t \end{matrix}$ $(t \in R)$ .

Tên lửa mất 8 phút để đến vị trí A(140; 60; 6), khi đó t = 1.

Sau 4 phút, ta thay $t = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$ vào phương trình cao độ, được: $z = 6. \frac{1}{2} = 3$ .

Vậy ở phút thứ 4, độ cao của tên lửa là 3 km.

c) Sai. Sau 12 phút, ta thay $t = \frac{12}{8} = \frac{3}{2}$ vào phương trình, được $⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ \begin{matrix} x = 140. \frac{3}{2} = 210 y = 60. \frac{3}{2} = 90 z = 6. \frac{3}{2} = 9 \end{matrix}$ .

Vậy vị trí của tên lửa sau 12 phút từ lúc phóng là (210; 90; 9).

d) Đúng. Sau 10 phút tiếp theo từ vị trí A tức là sau 18 phút kể từ lúc phóng.

Ta thay $t = \frac{18}{8} = \frac{9}{4}$ vào phương trình cao độ: $z = 6. \frac{9}{4} = \frac{27}{2} = 13, 5$ .

Vậy sau 10 phút tiếp theo kể từ vị trí A tên lửa đạt độ cao là 13,5 km.

Câu 2 : Đậu đỏ là một loại thực phẩm quen thuộc trong bữa ăn của người Việt Nam. Ngoài giá trị dinh dưỡng cao, đậu đỏ còn có nhiều công dụng tuyệt vời cho sức khỏe và sắc đẹp như: chống oxy hóa, giúp cơ bắp con người khỏe mạnh, tăng cường sức khỏe cho tim mạch con người, lợi ích cho hệ tiêu hóa, bổ thận, cung cấp vitamin bổ dưỡng cho cơ thể, đào thải độc tố, giải độc, tốt cho hệ miễn dịch, giúp huyết áp ổn định, da đẹp. Cây đậu đỏ khi trồng có chiều cao 6 centimet. Khảo sát cho thấy độ cao tính bằng centimet của cây đậu đỏ tại thời điểm t kể từ khi được trồng được cho bởi hàm số $h (t) = - 0, 005 t^{4} + b t^{3} + c$ (trong đó $b, c \in R$ ), với t tính theo tuần. Giả sử h’(t) là tốc độ tăng chiều cao của cây đậu đỏ sau khi trồng (đơn vị của h’(t): centimet/tuần). Biết h’(5) = 5 (Hình bên dưới mô tả hạt và cây đậu đỏ).

a) Hàm số h(t) có công thức $h (t) = - 0, 005 t^{4} + 0, 1 t^{3}$ .

Đúng

Sai

b) Giai đoạn tăng trưởng của cây đậu đỏ đó kéo dài 15 tuần.

Đúng

Sai

c) Chiều cao tối đa của cây đậu đỏ đó là 90 centimet.

Đúng

Sai

d) Vào thời điểm cây đậu đỏ đó phát triển nhanh nhất thì chiều cao của cây là 56 centimet.

Đúng

Sai

Đáp án

a) Hàm số h(t) có công thức $h (t) = - 0, 005 t^{4} + 0, 1 t^{3}$ .

Đúng

Sai

b) Giai đoạn tăng trưởng của cây đậu đỏ đó kéo dài 15 tuần.

Đúng

Sai

c) Chiều cao tối đa của cây đậu đỏ đó là 90 centimet.

Đúng

Sai

d) Vào thời điểm cây đậu đỏ đó phát triển nhanh nhất thì chiều cao của cây là 56 centimet.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

a) Giải hệ ${\begin{matrix} h^{'} (5) = 5 h (0) = 6 \end{matrix}$ tìm b, c.

b) Tìm khoảng t mà h’(t) > 0.

c) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số h(t).

d) Tìm t để h’(t) đạt giá trị lớn nhất, sử dụng giá trị t vừa tìm được tính h(t).

Lời giải chi tiết :

a) Sai. Ta có $h^{'} (t) = - 0, 02 t^{3} + 3 b t^{2}$ .

${\begin{matrix} h^{'} (5) = 5 h (0) = 6 \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} - 0, {02.5}^{3} + 3 b {.5}^{2} = 5 - 0, {005.0}^{4} + b {.0}^{3} + c = 6 \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} b = 0, 1 c = 6 \end{matrix}$

Vậy $h (t) = - 0, 005 t^{4} + 0, 1 t^{3} + 6$ .

b) Đúng. $h^{'} (t) = - 0, 02 t^{3} + 0, 3 t^{2} = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} t = 15 t = 0 \end{matrix}$

Giai đoạn tăng trưởng của cây đậu đỏ là (0; 15), hay 15 tuần đầu.

c) Sai. Dựa vào bảng biến thiên, chiều cao tối đa của cây đậu đỏ là 90,375 cm.

d) Đúng. $h^{''} (t) = - 0, 06 t^{2} + 0, 6 t = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} t = 10 t = 0 \end{matrix}$

Thời điểm cây đậu đỏ phát triển nhanh nhất là t = 10. Chiều cao của cây khi đó là:

$h (10) = - 0, {005.10}^{4} + 0, {1.10}^{3} + 6 = 56$ (cm).

Câu 3 : Cho hàm số $y = f (x) = \frac{x^{2} + b x + c}{x - 2}$ có đạo hàm f’(x). Đồ thị của hàm số f’(x) như hình vẽ sau:

a) Phương trình f’(x) = 0 có hai nghiệm x = 1 và x = 3.

Đúng

Sai

b) Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (1; 3).

Đúng

Sai

c) Hàm số y = f(x) đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 3.

Đúng

Sai

d) Nếu f(0) = 1 thì $lim [3; 4] f (x) = 6$ .

Đúng

Sai

Đáp án

a) Phương trình f’(x) = 0 có hai nghiệm x = 1 và x = 3.

Đúng

Sai

b) Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (1; 3).

Đúng

Sai

c) Hàm số y = f(x) đạt cực đại tại x = 1 và đạt cực tiểu tại x = 3.

Đúng

Sai

d) Nếu f(0) = 1 thì $lim [3; 4] f (x) = 6$ .

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

a) Nghiệm của f’(x) = 0 là hoành độ giao điểm của đồ thị f’(x) với trục hoành.

b, c) Xét dấu f’(x) bằng cách quan sát đồ thị.

d) Tìm hệ số b, c rồi tính $max [3; 4] f (x) = 6$ .

Lời giải chi tiết :

a) Đúng. Đồ thị hàm số f’(x) cắt trục hoành tại x = 1 và x = 3 nên phương trình f’(x) = 0 có hai nghiệm là x = 1 và x = 3.

b) Sai. Hàm số y = f(x) không xác định tại x = 2 nên không nghịch biến trên (1; 3).

c) Đúng. Quan sát đồ thị hàm số f’(x), ta thấy:

- Giá trị f’(x) chuyển từ dương sang âm khi qua x = 1. Do đó y = f(x) đạt cực đại tại x = 1.

- Giá trị f’(x) chuyển từ âm sang dương khi qua x = 3. Do đó y = f(x) đạt cực tiểu tại x = 3.

d) Đúng. $f (0) = 1 \Leftrightarrow \frac{0^{2} + b .0 + c}{0 - 2} = 1 \Leftrightarrow c = - 2$ .

$f^{'} (x) = \frac{(2 x + b) (x - 2) - (x^{2} + b x - 2)}{{(x - 2)}^{2}} = \frac{x^{2} - 4 x - 2 b + 2}{{(x - 2)}^{2}}$ .

$f^{'} (1) = 0 \Leftrightarrow \frac{1^{2} - 4.1 - 2 b + 2}{{(1 - 2)}^{2}} = 0 \Leftrightarrow b = - \frac{1}{2}$ .

Ta có $y = f (x) = \frac{x^{2} - \frac{1}{2} x - 2}{x - 2}$ đồng biến trên [3; 4] nên $max [3; 4] f (x) = f (4) = 6$ .

Câu 4 : Một công ty may mặc có hai hệ thống máy chạy song song. Xác suất để hệ thống máy thứ nhất hoạt động tốt là 90%, xác suất để cả hai hệ thống máy đều hoạt động tốt là 72%. Công ty chỉ có thể hoàn thành đơn hàng đúng hạn nếu ít nhất một trong hai hệ thống máy hoạt động tốt.

a) Xác suất để hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt là 0,8.

Đúng

Sai

b) Xác suất để hệ thống máy thứ nhất không hoạt động tốt là 0,2.

Đúng

Sai

c) Xác suất để cả hai hệ thống máy đều không hoạt động tốt là 0,028.

Đúng

Sai

d) Xác suất để công ty hoàn thành đúng hạn là 0,98.

Đúng

Sai

Đáp án

a) Xác suất để hệ thống máy thứ hai hoạt động tốt là 0,8.

Đúng

Sai

b) Xác suất để hệ thống máy thứ nhất không hoạt động tốt là 0,2.

Đúng

Sai

c) Xác suất để cả hai hệ thống máy đều không hoạt động tốt là 0,028.

Đúng

Sai

d) Xác suất để công ty hoàn thành đúng hạn là 0,98.

Đúng

Sai

Phương pháp giải :

Sử dụng quy tắc nhân và áp dụng công thức tính xác suất của biến cố đối.

Lời giải chi tiết :

Gọi các biến cố:

A: “Máy A hoạt động tốt”, $¯ ¯¯ ¯ A$ : “Máy A không hoạt động tốt”.

B: “Máy B hoạt động tốt”, $¯ ¯¯ ¯ B$ : “Máy B không hoạt động tốt”.

Hai hệ thống máy chạy song song nên A và B là hai biến cố độc lập

Theo đề bài: P(A) = 90% = 0,9, P(AB) = 72% = 0,72.

a) Đúng. $P (A B) = P (A) . P (B) \Leftrightarrow 0, 72 = 0, 9. P (B) \Leftrightarrow P (B) = 0, 8$ .

b) Sai. $P (¯ ¯¯ ¯ A) = 1 - P (A) = 1 - 0, 9 = 0, 1$ .

c) Sai. $P (¯ ¯¯ ¯ B) = 1 - P (B) = 1 - 0, 8 = 0, 2$

$P (¯ ¯¯ ¯ A ¯ ¯¯ ¯ B) = 0, 1.0, 2 = 0, 02$ .

d) Đúng. Gọi C là biến cố: “Công ty hoàn thành đúng hạn” hay “Có ít nhất 1 trong 2 máy hoạt động tốt”.

Xác suất cả 2 máy không hoạt động tốt là $P (¯ ¯¯ ¯ C) = P (¯ ¯¯ ¯ A ¯ ¯¯ ¯ B) = 0, 1.0, 2 = 0, 02$ .

Vậy $P (C) = 1 - P (¯ ¯¯ ¯ C) = 1 - 0, 02 = 0, 98$ .

Câu 1 : Có 9 quả cầu giống hệt nhau được đánh số từ 1 đến 9 và đựng trong một hộp. Sau khi xáo trộn, người ta lấy ngẫu nhiên lần lượt 4 quả. Xác suất để lấy được tổng các chữ số ghi trên các quả cầu là 15 bằng bao nhiêu (không làm tròn các bước tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng đến hàng phần trăm).

Phương pháp giải :

Liệt kê các trường hợp có thể xảy ra, kết hợp phương pháp tổ hợp để tính xác suất.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Số cách chọn lần lượt 4 quả cầu ngẫu nhiên là $A_{9}^{4} = 3024$ .

Để tổng bốn chữ số trên bốn quả cầu bằng 15 thì các bộ bốn chữ số đó là:

{1; 2; 3; 9}, {1; 2; 4; 8}, {1; 2; 5; 7}, {1; 3; 4; 7}, {1; 3; 5; 6}, {2; 3; 4; 6}.

Với 6 bộ bốn chữ số, có $6.4! = 144$ cách chọn lần lượt từng quả sao cho tổng các chữ số ghi trên các quả cầu là 15.

Vậy xác suất cần tìm là $\frac{144}{3024} \approx 0, 05$ .

Câu 2 : Một doanh nghiệp dự định sản xuất không quá 300 sản phẩm. Nếu doanh nghiệp sản xuất x sản phẩm $(1 \leq x \leq 300)$ thì doanh thu nhận được khi bán hết số sản phẩm đó là $F (x) = - 7 x^{2} + 1700 x$ (nghìn đồng), trong khi chi phí sản xuất bình quân cho một sản phẩm là $G (x) = 0, 004 x^{2} - 1, 6 x + 500 + \frac{16000}{x}$ (nghìn đồng). Lợi nhuận thu được của doanh nghiệp (tính theo đơn vị triệu đồng) đạt giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu?

Phương pháp giải :

Tìm giá trị lớn nhất của hàm lợi nhuận: L(x) = F(x) - xG(x).

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Xét trên [1; 300]:

Chi phí sản xuất x sản phẩm:

$x G (x) = 0, 004 x^{3} - 1, 6 x^{2} + 500 x + 16000$ (nghìn đồng).

Lợi nhuận cho x sản phẩm: $L (x) = F (x) - x G (x)$

$= - 0, 004 x^{3} - 5, 4 x^{2} + 1200 x - 16000$ (nghìn đồng).

$L^{'} (x) = - 0, 012 x^{2} - 10, 8 x + 1200 = 0 \Leftrightarrow x = 100$ .

Ta có: $L (1) \approx - 14805$ , $L (100) = 46000$ , $L (300) = - 250000$ .

Vậy lợi nhuận thu được đạt giá trị lớn nhất là 46 triệu đồng.

Câu 3 : Quanh một đa giác đều 2n cạnh $(n \geq 6, n \in N)$ vẽ vòng tròn ngoại tiếp. Ba đỉnh bất kì của đa giác được gọi là cùng phía nếu tồn tại một nửa đường tròn chứa 3 đỉnh đó (các đầu mút của nửa đường tròn là các đỉnh của đa giác). Biết xác suất của biến cố “3 đỉnh chọn bất kì cùng phía” bằng $\frac{33}{43}$ . Tìm n?

Phương pháp giải :

Sử dụng phương pháp tổ hợp.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Đa giác 2n cạnh có 2n đỉnh.

Số cách chọn 3 đỉnh từ 2n đỉnh: $C_{2 n}^{3}$ .

Số cách chọn 3 đỉnh cùng phía:

- Chọn 1 đỉnh làm mốc: 2n (cách).

- Chọn 2 đỉnh còn lại trong số n đỉnh nằm trên nửa đường tròn theo chiều kim đồng hồ: $C_{n}^{2}$ (cách).

Vậy số cách chọn 3 đỉnh bất kì cùng phía là $2 n . C_{n}^{2}$ .

Ta có $\frac{2 n . C_{n}^{2}}{C_{2 n}^{3}} = \frac{33}{43} \Leftrightarrow \frac{2 n . n!}{2! (n - 2)!} : \frac{(2 n)!}{3! (2 n - 3)!} = \frac{33}{43}$

$\Leftrightarrow \frac{n}{2 (2 n - 1)} = \frac{11}{43} \Leftrightarrow 43 n = 44 n - 22 \Leftrightarrow n = 22$ (TM).

Câu 4 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng $3 \sqrt{2}$ , $ˆ A B C = 60^{o}$ , $A B ⊥ S C$ , $Δ S A C$ đều. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng bao nhiêu?

Phương pháp giải :

Áp dụng phương pháp tọa độ hóa trong không gian.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Gọi I là tâm hình thoi ABCD, H là hình chiếu của S lên (ABCD).

$Δ S A C$ đều và I là trung điểm của AC, do đó $S I ⊥ A C$ .

$\begin{matrix} S H ⊥ (A B C D) \Rightarrow S H ⊥ A C S I ⊥ A C \end{matrix}} \Rightarrow A C ⊥ (S I H)$ .

$\begin{matrix} B D ⊥ A C S I ⊥ A C \end{matrix}} \Rightarrow A C ⊥ (S B D)$ .

$\begin{matrix} A C ⊥ (S I H) A C ⊥ (S B D) I \in (S I H) \cap (S B D) \end{matrix} ⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭ \Rightarrow$ Hai mặt phẳng (SIH) và (SBD) trùng nhau $\Rightarrow H \in (S B D)$ .

$\begin{matrix} H \in (S B D) H \in (A B C D) (S B D) \cap (A B C D) = B D \end{matrix} ⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭ \Rightarrow H \in B D$ .

Ta có $B I ⊥ A C \Rightarrow B H ⊥ A C$ (1)

$\begin{matrix} A B ⊥ S C S H ⊥ (A B C D) \Rightarrow S H ⊥ A B \end{matrix}} \Rightarrow A B ⊥ (S H C) \Rightarrow A B ⊥ C H$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của tam giác ABC.

Mà ABCD là hình thoi có $ˆ A B C = 60^{o}$ , suy ra các tam giác ABC và ADC là các tam giác đều.

Vì vậy, H vừa là trực tâm, vừa là trọng tâm của tam giác ABC.

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O trùng với H, tia Ox song song với AC và cắt BC, D thuộc tia Oy, S thuộc tia Oz.

Ta có $I D = B I = \frac{\sqrt{3}}{2} .3 \sqrt{2} = \frac{3 \sqrt{6}}{2}$ ;

$H I = \frac{1}{3} B I = \frac{1}{3} . \frac{3 \sqrt{6}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$ .

$H D = H I + I D = \frac{3 \sqrt{6}}{2} + \frac{\sqrt{6}}{2} = 2 \sqrt{6}$

$\Rightarrow D (0; 2 \sqrt{6}; 0)$ .

$S I = \frac{\sqrt{3}}{2} .3 \sqrt{2} = \frac{3 \sqrt{6}}{2}$ ,

$S H = \sqrt{S I^{2} - H I^{2}} = \sqrt{{(\frac{3 \sqrt{6}}{2})}^{2} - {(\frac{\sqrt{6}}{2})}^{2}} = 2 \sqrt{3}$

$\Rightarrow S (0; 0; 2 \sqrt{3})$ .

$B H = \frac{2}{3} B I = \frac{2}{3} . \frac{3 \sqrt{6}}{2} = \sqrt{6} \Rightarrow B (0; - \sqrt{6}; 0)$ .

$\begin{matrix} A I = \frac{A C}{2} = \frac{3 \sqrt{2}}{2} H I = \frac{\sqrt{6}}{2} \end{matrix} ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ \Rightarrow A (- \frac{3 \sqrt{2}}{2}; \frac{\sqrt{6}}{2}; 0)$ .

$\to A B = (\frac{3 \sqrt{2}}{2}; \frac{- 3 \sqrt{6}}{2}; 0)$ , $\to S D = (0; 2 \sqrt{6}; - 2 \sqrt{3})$ , $\to B S = (0; \sqrt{6}; 2 \sqrt{3})$ .

$d (A B, S D) = \frac{∣ ∣ ∣ [\to A B, \to S D] . \to B S ∣ ∣ ∣}{∣ ∣ ∣ [\to A B, \to S D] ∣ ∣ ∣} = 3$ .

Câu 5 : Bốn ngư dân góp vốn mua chung một chiếc thuyền. Số tiền người đầu đóng góp bằng nửa tổng số tiền của ba người còn lại. Số tiền người thứ hai đóng góp bằng $\frac{1}{3}$ tổng số tiền của ba người còn lại. Số tiền người thứ ba đóng góp bằng $\frac{1}{4}$ tổng số tiền $3$ người còn lại. Biết người thứ tư đóng góp 260 triệu đồng. Chiếc thuyền này được mua bao nhiêu tỉ đồng?

Phương pháp giải :

Đặt các ẩn tương ứng với số tiền của mỗi người đóng góp.

Lập hệ phương trình 3 ẩn dựa theo dữ kiện của đề bài. Giải hệ và kết luận.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

$⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ \begin{matrix} a = \frac{1}{2} (b + c + d) b = \frac{1}{3} (a + c + d) c = \frac{1}{4} (a + b + d) d = 260 \end{matrix} \Leftrightarrow ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ \begin{matrix} a = \frac{1}{2} b + \frac{1}{2} c + 130 b = \frac{1}{3} a + \frac{1}{3} c + \frac{260}{3} c = \frac{1}{4} a + \frac{1}{4} b + 65 \end{matrix}$

$\Leftrightarrow ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ \begin{matrix} a = 400 b = 300 c = 240 d = 260 \end{matrix} \Rightarrow a + b + c + d = 1200$ .

Vậy chiếc thuyền được mua với giá 1200 triệu đồng = 1,2 tỉ đồng.

Câu 6 : Hệ thống định vị toàn cầu GPS là một hệ thống cho phép xác định vị trí của một vật thể trong không gian. Trong cùng một thời điểm vị trí của điểm M trong không gian sẽ được xác định bởi bốn vệ tinh cho trước nhờ các bộ thu phát tín hiệu đặt trên các vệ tinh. Giả sử trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, có bốn vệ tinh lần lượt đặt tại các điểm A(0; 4; 5), B(3; 0; 5), C(3; 4; 0), D(3; 4; 5) và vị trí M(a; b; c) trên đoạn thẳng AB thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến đường thẳng MD lớn nhất. Khi đó giá trị a + b + c bằng bao nhiêu?

Phương pháp giải :

Đề bài yêu cầu tìm M sao cho $s = d (A, M D) + d (B, M D) + d (C, M D)$ lớn nhất.

Chứng minh $d (C, M D)$ có độ dài cố định. Tìm $d (A, M D) + d (B, M D)$ lớn nhất bằng cách ứng dụng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên. Áp dụng phương trình tham số của đường thẳng để tìm tọa độ điểm M.

Đáp án :

Lời giải chi tiết :

Các điểm A, B, D cùng có cao độ bằng 5, do đó ba điểm trên cùng thuộc mặt phẳng z = 5 song song với mặt phẳng (Oxy).

Tương tự, ta có A, D, C cùng thuộc mặt phẳng y = 4 song song với mặt phẳng (Oxz); B, D, C cùng thuộc mặt phẳng x = 3 song song với (Oyz).

Do đó, O, A, B, C, D là các đỉnh của một hình hộp chữ nhật.

Ta có $C D ⊥ (A B D) \Rightarrow C D ⊥ M D \Rightarrow d (C, M D) = C D = 5$ .

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên đường thẳng MD.

$s = d (A, M D) + d (B, M D) + d (C, M D) = A H + B K + 5$ .

s lớn nhất khi AH + BK lớn nhất. Ta có:

$\begin{matrix} A H \leq A M B K \leq B M \end{matrix}} \Rightarrow A H + B K \leq A M + B M = A B$ .

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow {\begin{matrix} A H = A M B K = B M \end{matrix} \Leftrightarrow M D ⊥ A B$ .

Đường thẳng AB nhận $\to A B = (3; - 4; 0)$ làm vecto chỉ phương và đi qua A(0; 4; 5) nên có phương trình tham số là $⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ \begin{matrix} x = 3 t y = 4 - 4 t z = 5 \end{matrix}$ $(t \in R)$ .

$M \in A B \Rightarrow M (3 t; 4 - 4 t; 5) \Rightarrow \to D M = (3 t - 3; - 4 t; 0)$ .

$\to D M ⊥ \to A B \Leftrightarrow \to D M . \to A B = 0 \Leftrightarrow 3 (3 t - 3) - 4 (- 4 t) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{9}{25}$ .

Vậy $M (\frac{27}{25}; \frac{64}{25}; 5) \Rightarrow a + b + c = \frac{27}{25} + \frac{64}{25} + 5 = 8, 64$ .