Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 14)

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của các đường $y = {x^2}$ và $y = x$ là

${x^2} = x \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.$.

Ta có công thức tính diện tích hình phẳng là: $S = \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left| {{x^2} - x} \right|} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{6}$. Chọn B.

Vì $ABCD$ là tứ diện đều cạnh $a$ nên $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$.

Do đó, $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right)$$= \left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AC} } \right| \cdot \cos \widehat {BAC} = a \cdot a \cdot \cos 60^\circ = \frac{1}{2}{a^2}$.

Chọn C.

Ta có bảng tần số tích lũy:

Gọi ${x_1};{x_2};...;{x_{125}}$ là thời gian đọc của 125 lượt truy cập được sắp thep thứ tự không giảm.

Ta có ${Q_1} = \frac{{{x_{31}} + {x_{32}}}}{2}$ mà ${x_{31}};{x_{32}} \in \left[ {0;2} \right)$. Khi đó ${Q_1} = 0 + \frac{{31{,}25 - 0}}{{45}} \cdot 2 = \frac{{25}}{{18}}$.

Ta có ${Q_3} = \frac{{{x_{94}} + {x_{95}}}}{2}$ mà ${x_{94}};{x_{95}} \in \left[ {4;6} \right)$. Khi đó ${Q_3} = 4 + \frac{{93{,}75 - 79}}{{23}} \cdot 2 = \frac{{243}}{{46}}$.

Suy ra khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm trên là: $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} \approx 3{,}89$. Chọn D.

Từ đồ thị hình vẽ ta thấy đồ thị có nét cuối hướng lên nên $a > 0.$

Lại có, đồ thị cắt $Oy$ tại điểm có tung độ dương và tọa độ của điểm đó là $\left( {0\,;d} \right)$$\Rightarrow d > 0$.

Chọn B.

a) Sai. Phương trình $f\left( x \right) = 0$ có 3 nghiệm là $x = 0,x = 2,x = 3$.

b) Đúng. Vì hàm số có 3 nghiệm là $x = 0,x = 2,x = 3$ nên có dạng $f\left( x \right) = ax\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)$.

c) Đúng. Ta thấy đỉnh ngọn đồi chính là điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho.

Ta có $f\left( x \right) = ax\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)$.

$\Rightarrow f'\left( x \right) = a \cdot \left( {3{x^2} - 10x + 6} \right) = 0 \Rightarrow x = \frac{{5 \pm \sqrt 7 }}{3}$.

$\Rightarrow x = \frac{{5 - \sqrt 7 }}{3}$ là điểm cực đại của hàm số đã cho.

Vì ngọn đồi cao 0,528 km nên ta có:

$a \cdot \left( {\frac{{5 - \sqrt 7 }}{3}} \right) \cdot \left( {\frac{{5 - \sqrt 7 }}{3} - 2} \right) \cdot \left( {\frac{{5 - \sqrt 7 }}{3} - 3} \right) = 0{,}528$$\Rightarrow a \approx 0{,}25$.

d) Sai. Dựa vào hình vẽ ta thấy điểm thấp nhất của hồ chính là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đã cho nên $x = \frac{{5 + \sqrt 7 }}{3}$ là điểm cực tiểu của hàm số đã cho.

Độ sâu của hồ là $\left| {f\left( {\frac{{5 + \sqrt 7 }}{3}} \right)} \right| = \left| {0{,}25 \cdot \left( {\frac{{5 + \sqrt 7 }}{3}} \right) \cdot \left( {\frac{{5 + \sqrt 7 }}{3} - 2} \right) \cdot \left( {\frac{{5 + \sqrt 7 }}{3} - 3} \right)} \right|$$\approx 0{,}158\;\,{\rm{km}}.$

Xét các biến cố

$A$ : “X có kết quả xét nghiệm dương tính”;

$\bar A$ : “X có kết quả xét nghiệm âm tính”;

$B$ : “X là người nhiễm bệnh”;

$\bar B$ : “X là người không bị nhiễm bệnh”.

a) Sai. Xác suất X là người bị nhiễm bệnh là $P\left( B \right) = \frac{{10}}{{100}} = 0{,}1.$

Xác suất X là người không bị nhiễm bệnh là $P\left( {\bar B} \right) = \frac{{90}}{{100}} = 0{,}9.$

Đối với người nhiễm bệnh thì xác suất xét nghiệm có kết quả dương tính là 80% nên ta có

$P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{80}}{{100}} = 0{,}8$$\Rightarrow P\left( {\bar A\mid B} \right) = 1 - P\left( {A\mid B} \right) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$.

b) Sai. Đối với người không nhiễm bệnh thì xác suất xét nghiệm có phản ứng dương tính là 9%

nên ta có $P\left( {A\mid \bar B} \right) = \frac{9}{{100}} = 0{,}09$$\Rightarrow P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = 1 - P\left( {A\mid \bar B} \right) = 1 - 0{,}09 = 0{,}91$.

c) Đúng. Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có

$P\left( {\bar A} \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {\bar A\mid B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {\bar A\mid \bar B} \right)$$= 0{,}1 \cdot 0{,}2 + 0{,}9 \cdot 0{,}91 = 0{,}839$.

Xác suất để X là người nhiễm bệnh, biết X có kết quả xét nghiệm âm tính là

$P\left( {B\mid \bar A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {\bar A\mid B} \right)}}{{P\left( {\bar A} \right)}} = \frac{{0{,}1 \cdot 0{,}2}}{{0{,}839}} = \frac{{20}}{{839}}$.

d) Sai. Xác suất để X là người không bị nhiễm bệnh, biết X có kết quả xét nghiệm âm tính là

$P\left( {\bar B\mid \bar A} \right) = 1 - P\left( {B\mid \bar A} \right) = 1 - \frac{{20}}{{839}} = \frac{{819}}{{839}}$.

a) Sai. Đổi $72\;{\rm{km/h = 20 m/s}}$.

Quãng đường lái xe phản ứng 1 giây là 20 m.

Do đó quãng đường ô tô đã di chuyển kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là:

$80 - 20 - 40 = 20$ (m).

b) Đúng. Ta có $v\left( 0 \right) = 20 \Leftrightarrow b = 20.$

c) Sai. Xe dừng hẳn khi $v\left( t \right) = 0$ hay $at + 20 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{{20}}{a}.$

Ta có $s\left( t \right) = \int v \left( t \right){\rm{d}}t = \int {\left( {at + 20} \right)} \,{\rm{d}}t = \frac{a}{2}{t^2} + 20t + C.$

$s\left( 0 \right) = 0$ nên $C = 0 \Rightarrow s\left( t \right) = \frac{a}{2}{t^2} + 20t$.

Quãng đường xe đi được kể từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn là:

$s\left( { - \frac{{20}}{a}} \right) = \frac{a}{2} \cdot {\left( { - \frac{{20}}{a}} \right)^2} + 20 \cdot \left( { - \frac{{20}}{a}} \right) = - \frac{{200}}{a}$.

Quãng đường xe ô tô đã di chuyển kể từ khi đạp phanh đến khi dừng hẳn là 20 mét nên

$- \frac{{200}}{a} = 20$ hay $a = - 10$. Vậy $s\left( t \right) = - 5{t^2} + 20t$ và $t = - \frac{{20}}{{ - 10}} = 2$ (giây).

d) Sai. Vận tốc trung bình của ô tô từ lúc phát hiện chướng ngại vật đến khi dừng hẳn là

$\frac{{20 + 20}}{3} = \frac{{40}}{3} \approx 13{,}3\;\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

a) Sai. Mặt cầu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 1 = 0$ có tâm $I\left( {1\,; - 2\,;0} \right)$.

b) Sai. Bán kính mặt cầu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + 1 = 0$ là $R = \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {0^2} - 1} = 2$.

c) Đúng. Khoảng cách từ tâm $I\left( {1\,; - 2\,;0} \right)$ của mặt cầu $\left( S \right)$ đến mặt phẳng $\left( P \right):x + y - z - 2 = 0$ là $d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + \left( { - 2} \right) - 0 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \sqrt 3$.

d) Đúng. Ta thấy $d\left( {I,\left( P \right)} \right) < R$ nên $\left( P \right)$ cắt mặt cầu $\left( S \right)$ theo giao tuyến là một đường tròn với bán kính $r = \sqrt {{R^2} - d{{\left( {I,\left( P \right)} \right)}^2}} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = 1$.

Đáp án: 2.

Gọi $N$ là trung điểm của $BC$.

Suy ra $AB{\rm{//}}MN$ mà $MN \subset \left( {SMN} \right) \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {SMN} \right)$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AB{\rm{//}}\left( {SMN} \right)}\\{SM \subset \left( {SMN} \right)}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow d\left( {AB,SM} \right) = d\left( {AB,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)$.

Do $AC$ cắt $\left( {SMN} \right)$ tại $M$ nên $\frac{{d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\left( {SMN} \right)} \right)}} = \frac{{AM}}{{CM}} = 1$.

$\Rightarrow d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SMN} \right)} \right)$.

Kẻ $CH \bot MN,CK \bot SH$ suy ra $d\left( {C,\left( {SMN} \right)} \right) = CK$.

Tam giác $CMN$ vuông tại $C$, đường cao $CH$, ta có $\frac{1}{{C{H^2}}} = \frac{1}{{C{M^2}}} + \frac{1}{{C{N^2}}}.$

Tam giác $SCH$ vuông tại $C$, đường cao $CK$, ta có $\frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{{C{S^2}}} + \frac{1}{{C{H^2}}}$

$\Rightarrow \frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{{C{S^2}}} + \frac{1}{{C{M^2}}} + \frac{1}{{C{N^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{6^2}}}$$\Leftrightarrow \frac{1}{{C{K^2}}} = \frac{1}{4}.$

Vậy $CK = d\left( {SM,AB} \right) = 2$.

Đáp án: 0,27.

Gọi $A$ là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc đó không nhỏ hơn 10”;

$B$ là biến cố: “Ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 5 chấm”.

Ta cần tính $P\left( {A\mid B} \right)$.

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left( \Omega \right) = 36$.

Ta có $A = \left\{ {\left( {5\,;\,5} \right);\,\,\left( {5\,;\,6} \right);\,\,\left( {6\,;5} \right);\,\,\left( {6\,;\,6} \right)} \right\}$.

$B = \left\{ {\left( {1\,;\,5} \right);\,\,\left( {5\,;1} \right);\,\,\left( {2\,;\,5} \right);\,\,\left( {5\,;\,2} \right);\,\,\left( {5\,;\,3} \right);\,\,\left( {3\,;\,5} \right);\,\,\left( {4\,;\,5} \right);\,\,\left( {5\,;\,4} \right);\,\,\left( {5\,;\,5} \right);\,\,\left( {5\,;6} \right);\,\,\left( {6\,;5} \right)} \right\}$.

$\Rightarrow A \cap B = \left\{ {\left( {5\,;\,6} \right);\,\,\left( {5\,;\,5} \right);\,\,\left( {6\,;\,5)} \right)} \right\}$.

$\Rightarrow n\left( {A \cap B} \right) = 3 \Rightarrow P\left( {A \cap B} \right) = \frac{3}{{36}};\,\,P\left( B \right) = \frac{{11}}{{36}}$.

Vậy $P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{3}{{11}} \approx 0{,}27$.

Đáp án: 140.

Theo bài ra, ta có sơ đồ như hình bên.

Quảng đường ngắn nhất có thể đi là ACDBA, có độ dài bằng $11 + 5 + 8 + 9 = 33\,\,{\rm{(km)}}$.

Vậy thời gian ngắn nhất để di chuyển và giao hàng tại 3 địa điểm là: $\frac{{33}}{{40}} + 0{,}5 \cdot 3 = 2{,}325$ (giờ) $= 139{,}5$ (phút) $\approx 140$ (phút).

Đáp án: 69,6.

Do hàm số đạt cực đại tại $\left( {2\,;\,4} \right)$ và đạt cực tiểu tại $\left( {0\,;0} \right)$ nên $f'\left( x \right)$ có hai nghiệm $x = 0$ và

$x = 2$$\Rightarrow f'\left( x \right) = ax\left( {x - 2} \right)$.

Suy ra $f\left( x \right) = \int {f'} \left( x \right){\rm{d}}x = a\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right) + C$.

Ta có $f\left( x \right)$ đi qua điểm $O\left( {0;0} \right)$ nên $C = 0.$

$f\left( x \right)$ đi qua điểm $\left( {2\,;4} \right)$ nên $4 = a\left( {\frac{{{2^3}}}{3} - {2^2}} \right) \Leftrightarrow a = - 3.$

Suy ra $f\left( x \right) = - {x^3} + 3{x^2} \Rightarrow f\left( x \right) \cap Ox$ tại $\left( {0\,;0} \right)$ và $\left( {3\,;0} \right)$.

Gọi vị trí đặt cầu là điểm $A\left( {t; - {t^3} + 3{t^2}} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $f\left( x \right)$.

Ta có phương trình mặt đường là $y = 16 - 4x \Rightarrow 4x + y - 16 = 0.$

Độ dài cây cầu là: $d\left( {A\,,d} \right) = \frac{{\left| {4t - {t^3} + 3{t^2} - 16} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {4t - {t^3} + 3{t^2} - 16} \right|}}{{\sqrt {17} }}$.

Lập bảng biến thiên tại $\left[ {0\,;\,3} \right]$ để tìm min của hàm số $g\left( x \right) = \frac{{\left| {4t - {t^3} + 3{t^2} - 16} \right|}}{{\sqrt {17} }}$.

$\Rightarrow d\left( {A\,,\,d} \right)$ nhỏ nhất bằng 0,696 khi $x \approx 2{,}52$.

Vậy độ dài cây cầu ngắn nhất là $0{,}696 \cdot 100 = 69{,}6\;\,\,{\rm{(m)}}.$

Đáp án: −1.

Gọi $M'\left( {a\,;0\,;0} \right)$ là điểm đối xứng của $M$ qua mặt phẳng $\left( Q \right)$ nằm trên trục hoành.

Gọi $\Delta$ là đường thẳng qua $M'$ và vuông góc với $\left( Q \right) \Rightarrow \Delta :\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = a + t}\\{y = t}\\{z = 0}\end{array}.} \right.$

Gọi $H = \Delta \cap \left( Q \right) \Rightarrow H\left( {a + t\,;t\,;0} \right)$.

$H \in \left( Q \right) \Rightarrow \left( {a + t} \right) + t + 4 = 0 \Leftrightarrow 2t + a + 4 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{ - a - 4}}{2}$$\Rightarrow H\left( {\frac{{a - 4}}{2};\frac{{ - a - 4}}{2};0} \right)$.

$M'$ là điểm đối xứng $M$ qua $\left( Q \right) \Rightarrow H$ là trung điểm của $MM'$

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_M} = 2{x_H} - {x_{M'}} = - 4}\\{{y_M} = 2{y_H} - {y_{M'}} = - a - 4 \Rightarrow M\left( { - 4\,; - a - 4\,;0} \right)}\\{{z_M} = 2{z_H} - {z_{M'}} = 0}\end{array}} \right.$.$M \in \left( P \right) \Rightarrow - 4 - 2 \cdot \left( { - a - 4} \right) + 0 + 2 = 0 \Leftrightarrow - 4 + 2a + 8 + 2 = 0$

$\Leftrightarrow 2a + 6 = 0 \Leftrightarrow a = - 3 \Rightarrow M\left( { - 4\,; - 1\,;0} \right)$.

Vậy tung độ của điểm $M$ là −1.

Đáp án: 34.

Gọi $H = AB \cap Ox,E = MN \cap Ox$,

$F = MQ \cap Oy,G = AD \cap Oy.$

Phương trình đường tròn tâm $O$ bán kính 5 dm là

${x^2} + {y^2} = 25\quad \left( C \right).$

Vì $AB = 8 \Rightarrow AH = 4$$\Rightarrow$ Tung độ của điểm $A$ là 4.

Thay $y = 4$ vào phương trình đường tròn $\left( C \right)$ ta được:

${x^2} + 16 = 25 \Rightarrow x = - 3 \Rightarrow A\left( { - 3\,;4} \right) \Rightarrow D\left( {3\,;4} \right)$ (do $D$ đối xứng với $A$ qua Oy)

Gọi phương trình parabol đi qua các điểm $A,O,D$ có dạng $y = a{x^2} + bx + c\quad \left( P \right).$

Thay tọa độ các điểm $A,O,D$ vào phương trình parabol $\left( P \right)$ ta được phương trình sau:

$\left\{ \begin{array}{l}9a + 3b + c = 4\\9a - 3b + c = 4\\c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = \frac{4}{9}}\\\begin{array}{l}b = 0\\c = 0\end{array}\end{array}} \right. \Rightarrow y = \frac{{4{x^2}}}{9}$.

Vì $MN = 4 \Rightarrow ME = 2$$\Rightarrow$ Tung độ của điểm $M$ là 2.

Thay $y = 2$ vào phương trình parabol $\left( P \right)$ ta được: $4{x^2} = 18 \Rightarrow x = \frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow M\left( {\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2};2} \right)$.

Phương trình của đường tròn tâm $O$ bán kính 5 dm trong góc phần tư thứ II là $y = \sqrt {25 - {x^2}} .$

Ta ký hiệu:

Diện tích giới hạn bởi đường tròn tâm $O$ và đoạn AL là ${S_1}.$

Diện tích giới hạn bởi parabol $\left( P \right)$, đường thẳng $y = 0,x = - 3,x = \frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2}{\rm{ l\`a }}{S_2}{\rm{. }}$

Diện tích giới hạn bởi parabol $\left( P \right)$, đoạn MF, đường thẳng $x = 0$ là ${S_3}.$

Diện tích $\Delta AKG$ là ${S_4}.$

Ta có ${S_1} = \int\limits_{ - 5}^{ - 3} {\sqrt {25 - {x^2}} {\rm{d}}x} - {S_{\Delta AHL}} = \int\limits_{ - 5}^{ - 3} {\sqrt {25 - {x^2}} {\rm{d}}x} - \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 2$$= \int\limits_{ - 5}^{ - 3} {\sqrt {25 - {x^2}} {\rm{d}}x} - 4$.

${S_2} = \int\limits_{ - 3}^{\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2}} {\frac{{4{x^2}}}{9}{\rm{d}}x}$.

${S_3} = {S_{MFOE}} - \int\limits_{\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2}}^0 {\frac{{4{x^2}}}{9}{\rm{d}}x} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \cdot 2 - \int\limits_{\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2}}^0 {\frac{{4{x^2}}}{9}{\rm{d}}x}$$= 3\sqrt 2 - \int\limits_{\frac{{ - 3\sqrt 2 }}{2}}^0 {\frac{{4{x^2}}}{9}{\rm{d}}x}$.

${S_4} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 1 = \frac{3}{2}.$

Ta bấm máy tính thì được diện tích phần tô đậm là: $S = 4 \cdot \left( {{S_1} + {S_2} + {S_3} + {S_4}} \right) \approx 34$.