Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 11)

Dựa vào biểu đồ ta có bảng số liệu sau:

Cỡ mẫu $n = 14 + 30 + 25 + 18 + 5 = 92$.

Gọi ${x_1};{x_2};...;{x_{92}}$ là mẫu số liệu gốc về số lượt khách đặt bàn qua hình thức trực tuyến mỗi ngày trong quý III năm 2024 của một nhà hàng được xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có ${x_1};...;{x_{14}} \in \left[ {1;6} \right),{x_{15}};...;{x_{44}} \in \left[ {6;11} \right),{x_{45}};...;{x_{69}} \in \left[ {11;16} \right),$

${x_{70}};...;{x_{87}} \in \left[ {16;21} \right),{x_{88}};...;{x_{92}} \in \left[ {21;26} \right)$.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $\frac{1}{2}\left( {{x_{23}} + {x_{24}}} \right) \in \left[ {6;11} \right)$.

Ta có ${Q_1} = 6 + \frac{{\frac{{92}}{4} - 14}}{{30}}\left( {11 - 6} \right) = 7{,}5$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $\frac{1}{2}\left( {{x_{69}} + {x_{70}}} \right)$. Mà ${x_{69}} \in \left[ {11;16} \right)$ và ${x_{70}} \in \left[ {16;21} \right)$.

Do đó tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_3} = 16$.

Vậy $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 16 - 7{,}5 = 8{,}5$. Chọn B.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2 - x}}{{2x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\frac{2}{x} - 1}}{{2 + \frac{1}{x}}} = - \frac{1}{2}.$

Do đó đồ thị đã cho có đường tiệm cận ngang là $y = - \frac{1}{2}.$ Chọn C.

Ta có $f'\left( x \right) = - {x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0$.

Ta có trục xét dấu của $f'\left( x \right)$ như sau:

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty \,;0} \right)$. Chọn C.

Ta có $\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'D'} } \right) = (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} ) = \widehat {BAD} = 90^\circ$.

$\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ) = \widehat {BAC} = 45^\circ$.

$\left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {B'D'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} } \right) = 90^\circ$.

$\left( {\overrightarrow {A'A} ,\overrightarrow {CB'} } \right) = \left( {\overrightarrow {C'C} ,\overrightarrow {CB'} } \right) = \left( {\overrightarrow {CE} ,\overrightarrow {CB'} } \right) = 135^\circ$ trong đó E là điểm đối xứng với $C'{\rm{ qua }}C{\rm{. }}$Chọn D.

Phương trình mặt phẳng chứa trục $Oy$ và qua điểm $A\left( {1\,;2\,; - 1} \right)$ nên

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\vec n \cdot \vec j = 0}\\{\vec n \cdot \overrightarrow {OA} = 0}\end{array} \Rightarrow \vec n = \left[ {\vec j,\overrightarrow {OA} } \right]} \right.$.

Ta có $\vec j = \left( {0\,;1\,;0} \right),\overrightarrow {OA} = \left( {1\,;2\,; - 1} \right) \Rightarrow \left[ {\vec j,\overrightarrow {OA} } \right] = \left( { - 1\,;0\,; - 1} \right)$.

Suy ra mặt phẳng cần tìm có 1 vectơ pháp tuyến là $\vec n = \left( { - 1\,;0\,; - 1} \right)$, do đó mặt phẳng cũng có vectơ pháp tuyến là $\left( {1\,;0\,;1} \right)$.

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là $1\left( {x - 0} \right) + 0\left( {y - 0} \right) + 1\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + z = 0$. Chọn D.

Xét $f'\left( x \right) = 4{x^3}\left( {x - 1} \right) + {x^4} = {x^3}\left[ {4\left( {x - 1} \right) + x} \right] = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^3} = 0\\4\left( {x - 1} \right) + x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0}\\{x = \frac{4}{5}}\end{array}} \right.$.

Phương trình $f'\left( x \right) = 0$ có hai nghiệm bội lẻ phân biệt.

Vậy hàm số $f\left( x \right) = {x^4}\left( {x - 1} \right)$ có hai điểm cực trị. Chọn D.

Ta có:

$\overrightarrow {AG} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DG} = \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3}\overrightarrow {DI} = \overrightarrow {AD} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} } \right)$

$= \overrightarrow {AD} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DA} + \overrightarrow {AC} } \right)$

$= \overrightarrow {AD} + \frac{1}{3}\left( { - 2\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)$

$= \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right) = \frac{1}{3}\left( {\vec x + \vec y + \vec z} \right)$. Chọn A.

Hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là $x = 0\,;x = - 5\,;x = 5$.

Dễ thấy thể tích vật thể xoay tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi đường cong đó quay quanh trục $Ox$ bao gồm 4 phần bằng nhau.

Có $4y = x\sqrt {25 - {x^2}} ,\,\,x \in \left[ {0\,;5} \right]$$\Rightarrow v = \pi {\int\limits_0^5 {\left[ {\frac{1}{4}x\sqrt {25 - {x^2}} } \right]} ^2}{\rm{d}}x = \frac{{625}}{{24}}\pi$$\Rightarrow V = 2v = \frac{{625}}{{12}}\pi$. Chọn B.

a) Sai. Với $x \in \left( {0\,; + \infty } \right)$, ta có: $f\left( x \right) = \frac{{x - 4}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x + 2}}$$= \sqrt x - 2$.

b) Sai. Ta có $F\left( x \right) = \int {\left( {\sqrt x - 2} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{2}{3}x\sqrt x - 2x + C$.

c) Sai. Ta có $F\left( 9 \right) = 0 \Rightarrow \frac{2}{3} \cdot 9\sqrt 9 - 2 \cdot 9 + C = 0 \Leftrightarrow C = 0$.

$\Rightarrow F\left( x \right) = \frac{2}{3}x\sqrt x - 2x \Rightarrow F\left( 1 \right) = - \frac{4}{3}$.

d) Sai. Ta có: $F\left( x \right) = \frac{2}{3}x\sqrt x - 2x \Rightarrow F\left( 4 \right) = - \frac{8}{3},F\left( {16} \right) = \frac{{32}}{3}$

$\Rightarrow F\left( 1 \right) + F\left( 4 \right) + F\left( {16} \right) = - \frac{4}{3} - \frac{8}{3} + \frac{{32}}{3} = \frac{{20}}{3}$.

a) Đúng. Khoảng cách giữa máy bay và trạm kiểm soát không lưu là

$\sqrt {{{50}^2} + {{120}^2} + {4^2}} \approx 130$.

b) Sai. Ta có phương trình chuyển động của máy bay bắt đầu ở thời điểm 8 giờ là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 50 + 300t}\\{y = 120 + 400t.}\\{z = 4 + 3t}\end{array}} \right.$

Độ cao của máy bay so với mặt đất tại thời điểm 9 giờ là $z = 4 + 3 \cdot 1 = 7\;\,\,{\rm{(km)}}.$

c) Sai. Tọa độ của máy bay tại thời điểm 10 giờ là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 50 + 300 \cdot 2 = 650}\\{y = 120 + 400 \cdot 2 = 920}\\{z = 4 + 3 \cdot 2 = 10}\end{array}} \right.$.

Khoảng cách giữa máy bay và tháp truyền hình là

$\sqrt {{{\left( {1250 - 650} \right)}^2} + {{\left( {1020 - 920} \right)}^2} + {{\left( {0{,}1 - 10} \right)}^2}}$$\approx 608\;\,\,{\rm{(km)}}$.

d) Đúng. Phương trình chuyển động của máy bay ở thời điểm 10 giờ là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 650 + 400t}\\{y = 920 + 300t}\\{z = 10 - 4t}\end{array}} \right.$.

Để máy bay hạ cánh thì $z = 0 \Rightarrow t = 2{,}5$.

a) Đúng. Có $A\bar B$ là biến cố: “Mặt hàng A có lãi và mặt hàng B không có lãi” hay “Chỉ có mặt hàng A có lãi” $\Rightarrow P\left( {A\bar B} \right) = 0{,}2$.

b) Sai. Ta có AB là biến cố: “Cả 2 mặt hàng có lãi”. Yêu cầu bài toán là tính $P\left( {AB} \right)$.

Ta có $P\left( {A\bar B} \right) + P\left( {AB} \right) = P\left( A \right)$$\Rightarrow P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) - P\left( {A\bar B} \right) = 0{,}6 - 0{,}2 = 0{,}4$.

c) Đúng. Gọi $C$ là biến cố: “Có đúng một mặt hàng có lãi”.

$\Rightarrow C = \bar AB \cup A\bar B$ mà $\bar AB$ và $A\bar B$ là các biến cố xung khắc $\Rightarrow P\left( C \right) = P\left( {\bar AB} \right) + P\left( {A\bar B} \right)$.

Có $P\left( {\bar AB} \right) = P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = 0{,}7 - 0{,}4 = 0{,}3$ và $P\left( {A\bar B} \right) = 0{,}2$.

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” $\Rightarrow D = B\mid \bar A$.

Khi đó $P\left( D \right) = P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{{P\left( {\bar AB} \right)}}{{P\left( {\bar A} \right)}}$$= \frac{{0{,}3}}{{1 - P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}3}}{{1 - 0{,}6}} = 0{,}75$.

a) Sai. Dựa theo hình vẽ ta thấy độ sâu lớn nhất của ao là 2 m.

b) Sai. Thể tích của hồ nước chính là thể tích giới hạn bởi hàm số $x = f\left( y \right)$ và các đường thẳng $y = 0,y = 20,x = 0$ khi quay quanh trục $Oy \Rightarrow {V_0} = \pi \int\limits_0^{20} {{f^2}\left( y \right){\rm{d}}y.}$

c) Sai. Thay tọa độ các điểm $A\left( {0\,;20} \right),B\left( {100\,;15} \right),C\left( {200\,;0} \right)$ vào phương trình hàm số $f\left( x \right)$ ta được hệ phương trình sau: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{c = 20}\\{10000a + 100b + c = 15}\\{40000a + 200b + c = 0}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = \frac{{ - 1}}{{2000}}}\\\begin{array}{l}b = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\\c = 20\end{array}\end{array}} \right.$$\Rightarrow y = f\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{2000}} \cdot {x^2} + 20.$

Vậy ${V_0} = \pi \int\limits_0^{20} {2\,000\left( {20 - y} \right){\rm{d}}y} \approx 1\,256\,637\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^3})$.

d) Sai. Thể tích hồ nước bốc hơi trong 10 ngày là: $V'\left( {10} \right) = 0{,}03{V_0} \cdot {e^{ - 0{,}03\, \cdot 10}} \approx 27\,928\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^3})$.

Thể tích nước còn lại trong hồ là: $1\,256\,637 - 27\,928 = 1\,228\,709\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^3})$.

Đáp án: 0,73.

Gọi $I$ là giao điểm của $B'C$ và mặt phẳng $\left( {ABC'} \right).$ Suy ra $\left( {B'C,\left( {ABC'} \right)} \right) = \left( {CI,\left( {ABC'} \right)} \right).$

Quan sát hình minh hoạ.

Kẻ $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CH \bot AB}\\{CK \bot C'H}\end{array}} \right.$ (1).

Ta có $CC' \bot AB$ (2) (vì $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng nên $\left. {C'C \bot \left( {ABC} \right)} \right)$.

Từ (1) và (2) suy ra $AB \bot \left( {C'CH} \right) \Rightarrow AB \bot CK.$

Lại có $CK \bot C'H$ nên suy ra $CK \bot \left( {ABC'} \right)$ hay K là hình chiếu của điểm $C$ xuống mặt phẳng $\left( {ABC'} \right)$. Suy ra $\left( {CI,\left( {ABC'} \right)} \right) = \widehat {CIK}$.

+) Trong tam giác vuông $CAB$, ta có $CH \cdot AB = CA \cdot CB$$\Rightarrow CH = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{3a \cdot 4a}}{{5a}} = 2{,}4a.$

Ta có $\left( {B'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {B'CB} = 45^\circ .$

Suy ra $\tan \widehat {B'CB} = \frac{{B'B}}{{BC}} \Rightarrow B'B = BC\tan \widehat {B'CB}$ $= 4a \cdot \tan 45^\circ = 4a.$

Trong tam giác vuông $C'CH$, ta có

$\frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{{C'{C^2}}} + \frac{1}{{C{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {4a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2{,}4a} \right)}^2}}}$$\Leftrightarrow CK = \frac{{12a}}{{\sqrt {34} }}$.

+) Ta có $CI = \frac{1}{2}B'C = \frac{1}{2}\sqrt {B{C^2} + B'{B^2}}$$= \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {4a} \right)}^2} + {{\left( {4a} \right)}^2}} = 2\sqrt 2 a$.

Suy ra $\sin \widehat {CIK} = \frac{{CK}}{{CI}} = \frac{{\frac{{12a}}{{\sqrt {34} }}}}{{2\sqrt 2 a}} \approx 0{,}73$.

Đáp án: 33,3.

Giả sử An là người bốc trước.

Gọi T là biến cố: “An là người thắng cuộc” và X là biến cố: “An thắng cuộc ở lần bốc thứ 2”.

Có 3 trường hợp để An thắng là:

TH1: Xác suất An thắng ở lượt bốc thứ nhất là $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}.$

TH2: Xác suất An thắng ở lượt bốc thứ 2 là $\frac{4}{6} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{1}{5}.$

TH3: Xác suất An thắng ở lượt bốc thứ 3 là $\frac{4}{6} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{1}{3} \cdot 1 = \frac{1}{{15}}.$

Suy ra $P\left( T \right) = \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{{15}} = \frac{3}{5}$. Vậy $P\left( {X\mid T} \right) = \frac{{P\left( {XT} \right)}}{{P\left( T \right)}} = \frac{1}{5}:\frac{3}{5} \approx 33{,}3\%$.

Đáp án: 9.

Đầu tiên dùng 100 000 đồng ta sẽ mua được 6 chai nước và dư 10 000 đồng.

Uống 6 chai ta sẽ được 6 chai rỗng, sau đó đem đi đổi ta sẽ được 30 000 đồng.

Dùng 30 000 đồng trên mua được 2 chai nước mới.

Uống 2 chai nước mới ta được 2 chai rỗng, đem đi đổi ta được 10 000 đồng.

Cộng với 10 000 đồng còn dư ở phía trên ta được 20 000 đồng và mua được 1 chai nước mới.

Vậy ta có thể uống được nhiều nhất là 9 chai nước.

Đáp án: 1,3.

Gọi áp suất trong động mạch chủ tại thời điểm $t$ là: $P\left( t \right) = at + b,a \ne 0$.

Theo bài ra ta có: $P\left( 0 \right) = b = 15;\,\,P\left( {0{,}27} \right) = 0{,}27a + b = 30 \Rightarrow a = \frac{{500}}{9}$$\Rightarrow P\left( t \right) = \frac{{500}}{9}t + 15$.

Khi đó: $V\left( t \right) = \left[ {0{,}4 + 0{,}09P\left( t \right)} \right]\left( {\frac{{3{t^2}}}{{{T^2}}} - \frac{{2{t^3}}}{{{T^3}}}} \right)$$= \left[ {0{,}4 + 0{,}09\left( {\frac{{500}}{9}t + 15} \right)} \right]\left( {\frac{{3{t^2}}}{{{{0{,}27}^2}}} - \frac{{2{t^3}}}{{{{0{,}27}^3}}}} \right)$.

Thể tích trung bình của máu trong động mạch chủ trong suốt pha tâm thu là:

${V_{tb}} = \frac{1}{{0{,}27 - 0}}\int\limits_0^{0{,}27} V \left( t \right){\rm{d}}t$$= \frac{1}{{0{,}27 - 0}}\int\limits_0^{0{,}27} {\left[ {0{,}4 + 0{,}09\left( {\frac{{500}}{9}t + 15} \right)} \right]} \left( {\frac{{3{t^2}}}{{{{0{,}27}^2}}} - \frac{{2{t^3}}}{{{{0{,}27}^3}}}} \right){\rm{d}}t$$= \frac{{539}}{{400}} \approx 1{,}3.$

Đáp án: −10.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {3\,; - 4\,;0} \right)$ và bán kính $R = 2.$

Ta có $OI = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2}} = 5 > R$.

Suy ra $O$ nằm ngoài mặt cầu $\left( S \right)$.

Ta có $O{A^2} - O{B^2} = {\left( {\overrightarrow {OI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} - {\left( {\overrightarrow {OI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2}$$= 2\overrightarrow {OI} \cdot \overrightarrow {IA} - 2\overrightarrow {OI} \cdot \overrightarrow {IB} = 2\overrightarrow {OI} \cdot \left( {\overrightarrow {IA} - \overrightarrow {IB} } \right) = 2\overrightarrow {OI} \cdot \overrightarrow {BA}$

$= 2OI \cdot AB \cdot \cos \left( {\overrightarrow {OI} ,\overrightarrow {BA} } \right) \ge 2 \cdot 5 \cdot 1 \cdot \left( { - 1} \right) = - 10$.

Vậy $O{A^2} - O{B^2}$ đạt giá trị nhỏ nhất là −10 khi và chỉ khi $\overrightarrow {OI} ,\overrightarrow {BA}$ ngược hướng.

Đáp án: 7,2.

Cách 1: Gọi $y = \frac{{a\left( {x - 1} \right)\left( {x - 8} \right)}}{{x + d}}\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ là đường đi của khinh khí cầu.

Khi đó, phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là $y = a\left( {2x - 9} \right)$.

Phương trình đường thẳng này đi qua điểm $\left( {6\,;5} \right)$, suy ra $a = \frac{5}{3}$.

$\Rightarrow y = \frac{{\frac{5}{3}\left( {x - 1} \right)\left( {x - 8} \right)}}{{x + d}}$ đi qua điểm $\left( {6\,;5} \right)$ nên $5 = \frac{{\frac{5}{3}\left( {6 - 1} \right)\left( {6 - 8} \right)}}{{6 + d}}$$\Leftrightarrow d = - \frac{{28}}{3}$.

$\Rightarrow y = \frac{{\frac{5}{3}\left( {x - 1} \right)\left( {x - 8} \right)}}{{x - \frac{{28}}{3}}} = \frac{{5{x^2} - 45x + 40}}{{3x - 28}}$.

Cách 2:

Gọi $y = \frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}\,\,\left( {a \ne 0} \right)$ là đường đi của khinh khí cầu.

Khi đó $y' = {\left( {\frac{{a{x^2} + bx + c}}{{x + d}}} \right)^\prime }$$= \frac{{\left( {2ax + b} \right)\left( {x + d} \right) - \left( {a{x^2} + bx + c} \right)}}{{{{\left( {x + d} \right)}^2}}} = \frac{{a{x^2} + 2adx + bd - c}}{{{{\left( {x + d} \right)}^2}}}$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{y\left( 1 \right) = 0}\\{y\left( 8 \right) = 0}\\{y\left( 6 \right) = 5}\\{y'\left( 6 \right) = 0}\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\frac{{a + b + c}}{{d + 1}} = 0}\\{\frac{{64a + 8b + c}}{{d + 8}} = 0}\\{\frac{{36a + 6b + c}}{{d + 6}} = 5}\\{\frac{{36a + 12ad + bd - c}}{{{{\left( {d + 6} \right)}^2}}} = 0}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a + b + c = 0}\\{64a + 8b + c = 0}\\{36a + 6b + c = 30 + 5d}\\{36a + 12ad + bd - c = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{b = - 9a}\\{c = 8a}\\{d = - 2a - 6}\\{36a + 12ad + bd - c = 0}\end{array}} \right.} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = \frac{5}{3}}\\{b = - 15}\\{c = \frac{{40}}{3}}\\{d = - \frac{{28}}{3}.}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow y = \frac{{\frac{5}{3}{x^2} - 15x + \frac{{40}}{3}}}{{x - \frac{{28}}{3}}} = \frac{{5{x^2} - 45x + 40}}{{3x - 28}}.$

Ta có $y = \frac{{5{x^2} - 45x + 40}}{{3x - 28}} = 3{,}875$$\Leftrightarrow 5{x^2} - 45x + 40 = 11{,}625x - 108{,}5$

$\Leftrightarrow 5{x^2} - 56{,}625x + 148{,}5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 7{,}2}\\{x = 4{,}125}\end{array}} \right.$.

Vậy khi khí cầu đi qua điểm cực đại và cách mặt đất 3 875 m thì khí cầu cách gốc tọa độ theo phương ngang $7{,}2\;\,{\rm{km}}.$