Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Bãi Cháy (Quảng Ninh) lần 1 có đáp án

Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y =  + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y =  - \infty \) nên đường thẳng \(x = 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - 1\) nên đường thẳng \(y =  - 1\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
+ \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 2\) nên đường thẳng \(y = 2\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn C

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(A\) là hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \((ABC)\).
Khi đó, \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) lên mặt phẳng \((ABC)\).
Vậy góc tạo bởi \(SB\) và mặt phẳng \((ABC)\) là góc giữa \(SB\) và \(AB\), hay là góc \(\widehat {SBA}\).

Chọn D

Ta có \(A(2;1;3)\), \(B(1; - 1;5)\).
Độ dài đoạn thẳng \(AB\) là:
\(AB = \sqrt {{{(1 - 2)}^2} + {{( - 1 - 1)}^2} + {{(5 - 3)}^2}} \)
\(AB = \sqrt {{{( - 1)}^2} + {{( - 2)}^2} + {{(2)}^2}} \)
\(AB = \sqrt {1 + 4 + 4}  = \sqrt 9  = 3\).

Chọn A

Cấp số cộng \(({u_n})\) có số hạng tổng quát là \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d\).
Với \({u_1} = 5\) và \({u_{12}} = 38\), ta có:\({u_{12}} = {u_1} + (12 - 1)d\)\( \Leftrightarrow 38 = 5 + 11d\)\( \Leftrightarrow 11d = 38 - 5\)\( \Leftrightarrow 11d = 33\)
\( \Leftrightarrow d = \frac{{33}}{{11}} = 3\).

Chọn D

Trên \[\left[ {1;3} \right]\], \[y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 2\]

\[y\left( 1 \right) = 5,\;y\left( 2 \right) = 4,\;y\left( 3 \right) = \frac{{13}}{3} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} y = 4,\mathop {{\mathop{\rm m}\nolimits} {\rm{ax}}}\limits_{\left[ {1;3} \right]} y = 5\]

Tích của giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số \[y = x + \frac{4}{x}\] trên \[\left[ {1;3} \right]\] bằng \[4.5 = 20\].

Chọn A

\[c{\rm{os}}\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\overrightarrow u .\overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|}} = \frac{{100 - 200 + 200}}{{\sqrt {100 + 100 + 400} .\sqrt {100 + 400 + 100} }} = \frac{1}{6}\].

Chọn C

Vì \[{\rm{ABCD}}\] là hình bình hành tâm \[{\rm{O}}\] nên \[{\rm{O}}\]là trung điểm của \[{\rm{AC}}\]

Suy ra \[\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = 2\overrightarrow {SO} \]

Chọn B

Điều kiện xác định: \[\sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) \ne 0 \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{4} \ne k\pi  \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + k\pi \]

Suy ra tập xác định là \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}\]

Chọn B

Tổng số là \(56\) học sinh nên số trung vị nằm ở  nhóm \(\left[ {15,5;18,5} \right)\)

Số trung vị \({M_e}\) của mẫu số liệu ghép nhóm này là: \({M_e} = 15,5 + \frac{{\frac{{56}}{2} - \left( {3 + 12} \right)}}{{15}}\left( {18,5 - 15,5} \right) = 18,1\)

Chọn D

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng có phương trình \(y = 1\).

Chọn D

Thể tích khối chóp đó bằng \(V = \frac{1}{3}B.h = \frac{1}{3}.{a^2}.3a = {a^3}\)

Chọn A

Số ngày đi bộ là 20 ngày nên tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) nằm ở nhóm \(\left[ {3,0;3,3} \right)\).

a) Số tiền nhà máy \(A\) thu được khi bán 10 tấn sản phẩm cho nhà máy \(B\) là

            \(10.P\left( {10} \right) = 10.\left( {45 - 0,001.100} \right) = 449\)(triệu đồng). Suy ra mệnh đề là sai.

c)  Chi phí để nhà máy \(A\) sản xuất 10 tấn sản phẩm trong một tháng là

            \(C\left( {10} \right) = 100 + 30.10 = 400\) (triệu đồng). Suy ra mệnh đề là đúng.

d) Lợi nhuận nhà máy \(A\) thu được khi bán \(x\) (tấn) sản phẩm \(\left( {0 \le x \le 100} \right)\) cho nhà máy \(B\) là \(H\left( x \right) = x.P\left( x \right) - C\left( x \right) = x.\left( {45 - 0.001{x^2}} \right) - \left( {100 + 30x} \right) =  - 0,001{x^3} + 15x - 100\) (triệu đồng). Suy ra mệnh đề là đúng.

b) Ta có: \(H'\left( x \right) =  - 0,003.{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 50\sqrt 2 (tm)\\x =  - 50\sqrt 2 (l)\end{array} \right.\)

Ta có Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy nhà máy \(A\) thu được lợi nhuận lớn nhất khi \(x = 50\sqrt 2\approx 70,7\) ( tấn sản phẩm). Suy ra mệnh đề là sai.

a) Đúng. \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;4; - 2} \right),\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( {3; - 2;3} \right)\)

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  =  - 9 - 8 - 6 =  - 23\).

b) Sai. \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  =  - 9 - 8 - 6 =  - 23 < 0\), suy ra góc \(\widehat {BAC}\) tù.

c) Sai. \[{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\,\overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} = \frac{{ - 23}}{{\sqrt {29} \sqrt {23} }} =  - \frac{{23}}{{\sqrt {667} }}\].

d) Đúng. Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), ta có \(G\left( {2; - \frac{1}{3};\frac{4}{3}} \right)\).

\(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2} = {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG}  + \overrightarrow {GB} } \right)^2}\)

\( = 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}\)

Ta có \(G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}\) không đổi, suy ra \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(MG\) đạt giá trị nhỏ nhất.

\(MG\) nhỏ nhất khi \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(G\) lên mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right)\].
Vậy \(M\left( {2; - \frac{1}{3};0} \right)\).

a) [NB] Quan sát đồ thị hàm số, ta có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x =  - 1\).

b) [TH] Quan sát đồ thị hàm số ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)(đồ thị là đường đi lên từ trái sang phải).

c) [TH] Đồ thị hàm số có 2 trục đối xứng \({\Delta _1},{\Delta _2}\) là 2 đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng\({d_1}:x =  - 1 \Leftrightarrow x + 1 = 0\) và \({d_2}:y = x \Leftrightarrow x - y = 0\).

Ta có khoảng: \(\left| {x + 1} \right| = \frac{{\left| {x - y} \right|}}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = \left( {1 - \sqrt 2 } \right)\left( {x + 1} \right) - 1\\y = \left( {\sqrt 2  + 1} \right)\left( {x + 1} \right) - 1\end{array} \right.\)

Do đó, \(p = 1,q = 2,r = 1\). Khi đó \(p + q + r = 4\).

d) [VD,VDC] Dựa vào đồ thị hàm số, ta có: Tiệm cận đứng \(x =  - 1\) và tiệm cận xiên \(y = x\), đồ thị cắt trục Oy tại \(y = 1\) nên \(y = x + \frac{1}{{x + 1}}\).

\[y' = 1 - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\]

Do đó đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là \(A\left( { - 2; - 3} \right),B\left( {0;1} \right)\).

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2;4} \right)\) và \(\overrightarrow {AM}  = \left( {1214;2028} \right) \ne k\overrightarrow {AB} ,k \in \mathbb{R}\) hay A,B,M không thẳng hàng.

Cách khác: Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là \(\Delta :y = \frac{{2x + b}}{1} = 2x + b\) đi qua điểm cực đại \(A\left( { - 2; - 3} \right) \Rightarrow  - 3 = 2\left( { - 2} \right) + b \Rightarrow b = 1\).

\(\Delta :y = 2x + 1\). Dễ thấy \(M\left( {1212;2025} \right)\)không nằm trên đường thẳng\(\Delta \).

a) Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{x + 1}} < 0,\forall x >  - 1\)

Þ Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1; + \infty } \right)\).

Chọn SAI.

b) Ta có  \(f\left( x \right) = 2013 \Leftrightarrow 2025 - \ln \left( {x + 1} \right) = 2013 \Leftrightarrow \ln \left( {x + 1} \right) = 2 \Leftrightarrow x + 1 = {e^2} \Leftrightarrow x = {e^2} - 1\)

Chọn SAI.

c) Hàm số xác định khi \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >  - 1\)

Þ Tập xác định của hàm số \(y = f\left( x \right)\) là \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\).

Chọn ĐÚNG.

d) Ta có      \(f\left( x \right) > {\ln ^2}\left( {x + 1} \right) + 2013\)

Û \(2025 - \ln \left( {x + 1} \right) > {\ln ^2}\left( {x + 1} \right) + 2013\)

Û \({\ln ^2}\left( {x + 1} \right) + \ln \left( {x + 1} \right) - 2 < 0\)

Û \( - 2 < \ln \left( {x + 1} \right) < 1\)

Û \({e^{ - 2}} < x + 1 < e\)

Û \(\frac{1}{{{e^2}}} - 1 < x < e - 1\) (\(\frac{1}{{{e^2}}} - 1 \approx  - 0,86;e - 1 \approx 1,72\))

Þ Bất phương trình có 2 nghiệm nguyên \(x = 0,x = 1\).

Chọn ĐÚNG

Gọi các biến cố:

A: “Người thứ nhất bắn trúng bia”;

B: “Người thứ hai bắn trúng bia”;

C: “Người thứ hai bắn trúng bia”.

Xác suất để có đúng hai người bắn trúng bia

\[\begin{array}{l}P = P(A).P(B).P(\overline C ) + P(A).P(\overline B ).P(C) + P(\overline A ).P(B).P(C)\\ = 0,8.0,6.0,5 + 0,8.0,4.0,5 + 0,2.0,6.0,5 = 0,46\end{array}\]

Theo bài ta tính được số sản phẩm xuất khẩu là:

\[E(x) = R(x) - Q(x) = (x - 200) - (4200 - x) = 2x - 4400\] (sản phẩm)

Với điều kiện để có xuất khẩu: \[2x - 4400 > 0 \Rightarrow x > 2200\]

Lại có: Giá bán của mỗi sản phẩm xuất khẩu là \[{x_0} = 3200\]

Chi phí sản xuất mỗi sản phẩm là \[x\]

Thuế xuất khẩu mỗi sản phẩm là \[a\]

\[ \Rightarrow \]lãi trên mỗi sản phẩm xuất khẩu là \[3200 - x - a\](\[\$ \])

\[ \Rightarrow \]Tổng lãi xuất khẩu của doanh nghiệp là: \[L = (3200 - x - a)(2x - 4400)\]

Và tổng thuế nhà nước thu được là: \[T = a(2x - 4400)\]

Theo bài ta có tỉ lệ giữa lãi xuất khẩu của doanh nghiệp và thuế thu được của nhà nước tương ứng là \[4:1\] nên \[\frac{L}{T} = \frac{4}{1}\]\[ \Rightarrow \] \[\frac{{(3200 - x - a)(2x - 4400)}}{{a(2x - 4400)}} = \frac{4}{1}\]

Vì \[2x - 4400 > 0\] nên ta thu được \[\frac{{3200 - x - a}}{a} = \frac{4}{1}\]\[ \Rightarrow \]\[3200 - x - a = 4a\]\[ \Rightarrow \]\[a = \frac{{3200 - x}}{5}\]

Thay vào L ta thu được: \[L(x) = \left( {3200 - x - \frac{{3200 - x}}{5}} \right)\left( {2x - 4400} \right)\]

\[ \Rightarrow L(x) = \frac{4}{5}\left( {3200 - x} \right)\left( {2x - 4400} \right)\]\[ \Rightarrow L(x) = \frac{4}{5}\left( { - 2{x^2} + 10800x - 14080000} \right)\]

Hàm số \[L(x)\]là một tam thức bậc hai theo \[x\] với hệ số của \[{x^2}\] âm nên \[L(x)\]đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh của Parabol

Hoành độ của tọa độ đỉnh là: \[x = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{10800}}{4} = 2700\](vì hệ số \[\frac{4}{5} > 0\] không làm thay đổi vị trí điểm cực đại)

Suy ra: Để lãi mà doanh nghiệp thu được do xuất khẩu là nhiều nhất thì giá trị của \[a\] là:

\[a = \frac{{3200 - 2700}}{5} = 100\](\[\$ \])

Gọi \(A'\), \(B'\) lần lượt là hình chiếu của điểm \(A\) và điểm \(B\) trên mặt phẳng \((Oxy)\).

Lúc đầu vật liệu ở vị trí \(A'(6;8)\) di chuyển thẳng đứng theo phương song song với phương của trục \(Oz\) một quãng đường \(16\,m\) (phải cao hơn độ cao \(15\,m\)của vị trí điểm đến \(1\,m\)).

Tiếp theo cẩu trục quay cần nâng di chuyển từ vị trí điểm \(A'\) đến vị trí điểm \(A''\) (di chuyển một góc có độ lớn \({90^^\circ }\)), khi đó vật liệu di chuyển một quãng đường:

\(l = R\alpha  = OA' \cdot \frac{\pi }{2} = 10 \cdot \frac{\pi }{2} = 5\pi \) \(\left( m \right)\)

Tiếp đến điều chỉnh xe con nhằm di chuyển từ vị trí \(A''\) đến vị trí \(B'\) (với \(B'\) là trung điểm của \(OA''\)), tức là vật liệu di chuyển quãng đường \(A''B' = 5\,m\).

Cuối cùng móc cẩu hạ vật liệu xuống \(1\,m\) theo phương thẳng đứng đúng vị trí cần đặt là điểm \(B(4; - 3;15)\).

Vậy tổng quãng đường di chuyển của vật liệu là:

\(16 + 5\pi  + 5 + 1 = 22 + 5\pi  \approx 37,7\,m\).

Gọi nhà ở điểm \(A\), chợ ở điểm \(D\), đoạn trên bờ biển là \(BC = 500{\rm{m}}{\rm{.}}\)

Độ dài đoạn \(AH = 1000 - 400 = 600{\rm{m}}{\rm{, }}HD = \sqrt {D{A^2} - A{H^2}}  = 800{\rm{m}}{\rm{.}}\)

Gọi \(M = {{\rm{T}}_{\overrightarrow {BC} }}(M),M'\) đối xứng với \(M\) qua bờ sông. Khi đó, \(MB = MC = M'C.\) Gọi \(C\) là giao điểm của \(M'D\) với bờ sông.

Ta được

\(\begin{array}{l}MB + BC + CD + DA = MC + 500 + CD + 1000 = 1500 + MC + CD\\ &  = 1500 + M'C + CD \ge 1500 + M'D = 1500 + \sqrt {{{1400}^2} + {{200}^2}}  \approx 2914{\rm{m}}{\rm{.}}\end{array}\)

Đặt hệ trục toạ độ \(Oxyz\), sao cho gốc toạ độ trùng với điểm \(B\), tia \(BA\) trùng tia \(Ox\), tia \(Oy\) đối xứng với tia \(Ox\) qua tia \(BC\) (do góc \(\widehat {ABC} = 45^\circ \)), tia \(Oz\) vuông góc với \(mp\left( {ABC} \right)\)

Khi đó \(B\left( {0;0;0} \right)\), \(A\left( {4a;0;0} \right)\), \(C\left( {3a;3a;0} \right)\) (do \(C\) nằm trên tia phân giác góc \(\widehat {xOy}\) nên \({x_C} = {y_C} = BC.\sin 45^\circ  = 3a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} = 3a)\).

Gọi \(S\left( {x;y;z} \right)\).

Từ \(\overrightarrow {BC}  \bot \overrightarrow {BS} \) suy ra \(x + y = 0\quad \left( 1 \right)\) và \(\overrightarrow {AC}  \bot \overrightarrow {AS} \) suy ra \(x - 3y = 4a\quad \left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) có \(x = a;\;y =  - a\), do đó \(S\left( {a; - a;z} \right)\).

Có VTPT của \(mp\left( {SBA} \right)\) là \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left[ {\overrightarrow {BS} ,\overrightarrow {BA} } \right] = \left( {0;az;{a^2}} \right) = a\left( {0;z;a} \right)\)

Có VTPT của \(mp\left( {SBC} \right)\) là \(\overrightarrow {{n_2}}  = \left[ {\overrightarrow {BS} ,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( { - az;az;2{a^2}} \right) = a\left( { - z;z;2a} \right)\)

Gọi \(\beta \) là góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBA} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\), do\(\beta \) bằng hoặc bù với \(\alpha \) nên \(\cos \beta  = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  = \frac{{\sqrt {14} }}{4}\)\( = \frac{{\left| {{z^2} + 2{a^2}} \right|}}{{\sqrt {{z^2} + {a^2}} .\sqrt {2{z^2} + 4{a_2}} }} = \frac{{\sqrt {{z^2} + 2{a^2}} }}{{\sqrt {{z^2} + {a^2}} .\sqrt 2 }}\)

\( \Leftrightarrow 2\sqrt {{z^2} + 2{a^2}}  = \sqrt 7 .\sqrt {{z^2} + {a^2}} \)\( \Leftrightarrow z = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Có \(S = {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC.\sin \widehat {ABC} = \frac{1}{2}.4a.3a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 2 }}{2} = 6{a^2}\) và \(h = d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = {z_S} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Suy ra \(V = \frac{1}{3}.6{a^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\), do đó \(x = 2;y = 3;z = 3\) nên \(x + y + z = 8\).

Giả sử \(AB = 20{\rm{cm}}\), \(AC = 30{\rm{cm}}\), \(BC = 60{\rm{cm}}\).

Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt là hình chiếu của \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) lên mặt sân và \(\alpha \), \(\beta \), \(\gamma \) lần lượt là góc của các đường thẳng \(AB\), \(AC\), \(AD\) với mặt sân (khi cạnh hình hộp song song với mặt sân thì ta coi góc bằng \(0\)).

Tổng độ dài bóng tất cả các cạnh hình hộp chữ nhật:

\(S = 4\left( {MN + MP + MQ} \right) = 40\left( {2\cos \alpha  + 3\cos \beta  + 6\cos \gamma } \right)\).

+ Trường hợp 1: Có đúng hai góc bằng \(0\).

Giả sử \[\beta  = \gamma  = 0\]. Khi đó: \[\alpha  = 90^\circ  \Rightarrow {\sin ^2}\alpha  + {\sin ^2}\beta  + {\sin ^2}\gamma  = 1\].

+ Trường hợp 2: Có đúng một góc bằng \(0\).

Giả sử \[\gamma  = 0\]. Gọi \[E\], \[F\] lần lượt là giao điểm của \(AB\), \(AC\) với mặt phẳng sân.

Do \[\Delta AEF\] vuông tại \[A\] nên \[{\sin ^2}\alpha  + {\sin ^2}\beta  + {\sin ^2}\gamma  = 1\].

+ Trường hợp 3: Cả ba góc \(\alpha \), \(\beta \), \(\gamma \) đều nhỏ hơn \(90^\circ \).

Gọi \[E\], \[F\], \[K\] lần lượt là giao điểm của \(AB\), \(AC\), \(AD\) với mặt phẳng sân; \[H\] là trực tâm \[\Delta EFK\]. Khi đó:

\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{F^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} \Rightarrow \frac{{A{H^2}}}{{A{E^2}}} + \frac{{A{H^2}}}{{A{F^2}}} + \frac{{A{H^2}}}{{A{K^2}}} = 1 \Rightarrow {\sin ^2}\alpha  + {\sin ^2}\beta  + {\sin ^2}\gamma  = 1\].

Với mọi trường hợp, ta luôn có: \[{\sin ^2}\alpha  + {\sin ^2}\beta  + {\sin ^2}\gamma  = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha  + {\cos ^2}\beta  + {\cos ^2}\gamma  = 2\].

Đặt \[x = \cos \alpha \], \[y = \cos \beta \], \[z = \cos \gamma \]\[\left( {0 \le x,y,z \le 1} \right)\] nên \[{x^2} + {y^2} + {z^2} = 2\].

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

\[2x + 3y \le \sqrt {13\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}  = \sqrt {13\left( {2 - {z^2}} \right)}  \Rightarrow S \le 40\left[ {\sqrt {13\left( {2 - {z^2}} \right)}  + 6z} \right] = 40\left( {\sqrt {26 - 13{z^2}}  + 6z} \right)\].

Xét hàm số: \[f\left( z \right) = \sqrt {26 - 13{z^2}}  + 6z \Rightarrow f'\left( z \right) = 6 - \frac{{13z}}{{\sqrt {26 - 13{z^2}} }}\], \[0 \le z \le 1\].

Ta có \[f'\left( z \right) = 0 \Leftrightarrow 6\sqrt {26 - 13{z^2}}  = 13z \Leftrightarrow z = \frac{{6\sqrt 2 }}{7} \notin \left[ {0;1} \right]\]; \[f\left( 0 \right) = \sqrt {26} \]; \[f\left( 1 \right) = 6 + \sqrt {13} \].

Vậy \[{S_{\max }} = 40\left( {6 + \sqrt {13} } \right) = 240 + 40\sqrt {13}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 240\\b = 40\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 240 + 40 = 280\].