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

${\log _a}f(x) = b \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}f(x) > 0\\f(x) = {a^b}\end{array} \right.$.

${\log _2}\left( {x + 1} \right) = 3 \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}x + 1 > 0\\x + 1 = {2^3}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}x > - 1\\x = 7\end{array} \right.$ \Leftrightarrow x = 7.

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

$\overrightarrow {A{C_1}}  = \overrightarrow {A{A_1}}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}$.

Áp dụng công thức ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1}$.

${Q_1} = 3 + \frac{{\frac{{20}}{4} - 3}}{6}(3,3 - 3) = 3,1$.

${Q_3} = 3,6 + \frac{{\frac{{3.20}}{4} - (3 + 6 + 5)}}{4}(3,9 - 3,6) = 3,675$.

${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = 3,675 - 3,1 = 0,575$.

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).

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.

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

$\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi$, $k \in \mathbb{Z}$.

$\overrightarrow u - \overrightarrow v = ({x_u} - {x_v};{y_u} - {y_v};{z_u} - {z_v})$.

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

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}$.

${u_2} = {u_1}{q^{2 - 1}} \Leftrightarrow q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{6}{3} = 2$.

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

$V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AB.AC$

$= \frac{1}{3}.3.\frac{1}{2}.4.4 = 8$.

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.

Xét tam giác SAC có:

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

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

Khi đó $\left( {SA,SC} \right) = \widehat {ASC} = {90^o}$.

Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số.

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 $f'(x) = 2x = 0 \Leftrightarrow x = 0$, 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 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = {1^2} = 1 = 2 - 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x)$. 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.

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

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

$P(\bar AB) = P(\bar A).P(B) = 0,7.0,5 = 0,35$.

Quan sát bảng biến thiên.

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

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

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

b) Đúng. Phương trình đường đi của tên lửa là $\{\begin{array}{l}x=140t\\ y=60t\\ z=6t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 140t\\y = 60t\\z = 6t\end{array} \right.$ $(t \in \mathbb{R})$.

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{array}{l}x=140.\frac{3}{2}=210\\ y=60.\frac{3}{2}=90\\ z=6.\frac{3}{2}=9\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 140.\frac{3}{2} = 210\\y = 60.\frac{3}{2} = 90\\z = 6.\frac{3}{2} = 9\end{array} \right.$.

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.

a) Giải hệ $\left\{ \begin{array}{l}h'(5) = 5\\h(0) = 6\end{array} \right.$ 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).

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

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

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

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

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} + 0,6t = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}t = 10\\t = 0\end{array}$ \right.

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

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

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 $\mathop {\max }\limits_{[3;4]} f(x) = 6$.

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

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

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

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

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

Gọi các biến cố:

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

B: “Máy B hoạt động tốt”, $\overline B$: “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. $P(AB) = P(A).P(B) \Leftrightarrow 0,72 = 0,9.P(B) \Leftrightarrow P(B) = 0,8$.

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

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

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

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 $P(\overline C ) = P(\overline A \overline B ) = 0,1.0,2 = 0,02$.

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

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

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 $\dfrac{144}{3024} \approx 0,05$.

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

Xét trên [1; 300]:

Chi phí sản xuất x sản phẩm:

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

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

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

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

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.

Sử dụng phương pháp tổ hợp.

Đa giác 2n cạnh có 2n đỉnh.

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

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 $2n.C_{n}^{2}$.

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

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

Áp dụng phương pháp tọa độ hóa trong không gian.

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

$\Delta SAC$ đều và I là trung điểm của AC, do đó $SI\bot AC$.

$\left. \left.$$\begin{array}{l} \left. SH\bot(ABCD)\Rightarrow SH\bot AC \right. \\ {SI\bot AC} \end{array}$ \right\}\Rightarrow AC\bot(SIH) \right..

$\left. \left.$$\begin{array}{l} {BD\bot AC} \\ {SI\bot AC} \end{array}$ \right\}\Rightarrow AC\bot(SBD) \right..

$\left. \left.$$\begin{array}{l} {AC\bot(SIH)} \\ {AC\bot(SBD)} \\ {I \in (SIH) \cap (SBD)} \end{array}$ \right\}\Rightarrow \right. Hai mặt phẳng (SIH) và (SBD) trùng nhau $\left. \Rightarrow H \in (SBD) \right.$.

$\left. \left.$$\begin{array}{l} {H \in (SBD)} \\ {H \in (ABCD)} \\ {(SBD) \cap (ABCD) = BD} \end{array}$ \right\}\Rightarrow H \in BD \right..

Ta có $\left. BI\bot AC\Rightarrow BH\bot AC \right.$ (1)

$\left. \left.$$\begin{array}{l} {AB\bot SC} \\ \left. SH\bot(ABCD)\Rightarrow SH\bot AB \right. \end{array}$ \right\}\Rightarrow AB\bot(SHC)\Rightarrow AB\bot CH \right. (2)

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

Mà ABCD là hình thoi có $\widehat{ABC} = 60^{\text{o}}$, 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 $ID = BI = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.3\sqrt{2} = \dfrac{3\sqrt{6}}{2}$;

$HI = \dfrac{1}{3}BI = \dfrac{1}{3}.\dfrac{3\sqrt{6}}{2} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$.

$HD = HI + ID = \dfrac{3\sqrt{6}}{2} + \dfrac{\sqrt{6}}{2} = 2\sqrt{6}$

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

$SI = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.3\sqrt{2} = \dfrac{3\sqrt{6}}{2}$,

$SH = \sqrt{SI^{2} - HI^{2}}= \sqrt{\left( \dfrac{3\sqrt{6}}{2} \right)^{2} - \left( \dfrac{\sqrt{6}}{2} \right)^{2}} = 2\sqrt{3}$

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

$\left. BH = \dfrac{2}{3}BI = \dfrac{2}{3}.\dfrac{3\sqrt{6}}{2} = \sqrt{6}\Rightarrow B\left( {0; - \sqrt{6};0} \right) \right.$.

$\left. \left.$$\begin{array}{l} {AI = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}} \\ {HI = \dfrac{\sqrt{6}}{2}} \end{array}$ \right\}\Rightarrow A\left( {- \dfrac{3\sqrt{2}}{2};\dfrac{\sqrt{6}}{2};0} \right) \right..

$\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {\dfrac{3\sqrt{2}}{2};\dfrac{- 3\sqrt{6}}{2};0} \right)$, $\overset{\rightarrow}{SD} = \left( {0;2\sqrt{6}; - 2\sqrt{3}} \right)$, $\overset{\rightarrow}{BS} = \left( {0;\sqrt{6};2\sqrt{3}} \right)$.

$d\left( {AB,SD} \right) = \dfrac{\left| {\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{SD}} \right\rbrack.\overset{\rightarrow}{BS}} \right|}{\left| \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{SD}} \right\rbrack \right|} = 3$.

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.

$\{\begin{array}{l}a={\displaystyle \frac{1}{2}}(b+c+d)\\ b={\displaystyle \frac{1}{3}}(a+c+d)\\ c={\displaystyle \frac{1}{4}}(a+b+d)\\ d=260\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a={\displaystyle \frac{1}{2}}b+{\displaystyle \frac{1}{2}}c+130\\ b={\displaystyle \frac{1}{3}}a+{\displaystyle \frac{1}{3}}c+{\displaystyle \frac{260}{3}}\\ c={\displaystyle \frac{1}{4}}a+{\displaystyle \frac{1}{4}}b+65\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {a = \dfrac{1}{2}(b + c + d)} \\ {b = \dfrac{1}{3}(a + c + d)} \\ {c = \dfrac{1}{4}(a + b + d)} \\ {d = 260} \end{array} \right.$Leftrightarrow$\left\{ \begin{array}{l} {a = \dfrac{1}{2}b + \dfrac{1}{2}c + 130} \\ {b = \dfrac{1}{3}a + \dfrac{1}{3}c + \dfrac{260}{3}} \\ {c = \dfrac{1}{4}a + \dfrac{1}{4}b + 65} \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {a = 400} \\ {b = 300} \\ {c = 240} \\ {d = 260} \end{array} \right.$Rightarrow a + b + c + d = 1200.

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

Đề bài yêu cầu tìm M sao cho $s = d\left( {A,MD} \right) + d\left( {B,MD} \right) + d\left( {C,MD} \right)$ lớn nhất.

Chứng minh $d\left( {C,MD} \right)$ có độ dài cố định. Tìm $d\left( {A,MD} \right) + d\left( {B,MD} \right)$ 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.

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 $\left. CD\bot(ABD)\Rightarrow CD\bot MD\Rightarrow d\left( {C,MD} \right) = CD = 5 \right.$.

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

$s = d\left( {A,MD} \right) + d\left( {B,MD} \right) + d\left( {C,MD} \right) = AH + BK + 5$.

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

$\left. \left.$$\begin{array}{l} {AH \leq AM} \\ {BK \leq BM} \end{array}$ \right\}\Rightarrow AH + BK \leq AM + BM = AB \right..

Dấu “=” xảy ra $\left. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {AH = AM} \\ {BK = BM} \end{array} \right.$Leftrightarrow MD\bot AB \right..

Đường thẳng AB nhận $\overset{\rightarrow}{AB} = (3; - 4;0)$ làm vecto chỉ phương và đi qua A(0; 4; 5) nên có phương trình tham số là $\{\begin{array}{l}x=3t\\ y=4-4t\\ z=5\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {x = 3t} \\ {y = 4 - 4t} \\ {z = 5} \end{array} \right.$ $(t \in {\mathbb{R}})$.

$\left. M \in AB\Rightarrow M(3t;4 - 4t;5)\Rightarrow\overset{\rightarrow}{DM} = (3t - 3; - 4t;0) \right.$.

$\left. \overset{\rightarrow}{DM}\bot\overset{\rightarrow}{AB}\Leftrightarrow\overset{\rightarrow}{DM}.\overset{\rightarrow}{AB} = 0\Leftrightarrow 3(3t - 3) - 4( - 4t) = 0\Leftrightarrow t = \dfrac{9}{25} \right.$.

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