Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 15)

Ta có $y' = - {2^{1 - x}} \cdot \ln 2 < 0$ với $\forall x \in \mathbb{R}.$

Suy ra hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ hay hàm số nghịch biến trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = {2^{1 - x}}$ trên đoạn $\left[ {0;1} \right]$ là $y\left( 1 \right) = {2^{1 - 1}} = 1$. Chọn C.

Thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay quanh trục $Ox$ hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = \sqrt x$, trục hoành và hai đường thẳng $x = 0;x = 1$ là

$V = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^1 {x{\rm{d}}x} = \left. {\pi \cdot \frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^1 = \frac{\pi }{2}$. Chọn D.

Điều kiện xác định: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - 1 > 0}\\{x + 2 > 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x > 1}\\{x > - 2}\end{array} \Rightarrow x > 1} \right.} \right..$

Ta có phương trình $\ln \left( {x - 1} \right) \cdot \ln \left( {x + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\ln \left( {x - 1} \right) = 0}\\{\ln \left( {x + 2} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 2}\\{x = - 1}\end{array}} \right.} \right..$

Kết hợp điều kiện ta có $x = 2$ là nghiệm của phương trình.

Vậy phương trình có 1 nghiệm thực. Chọn B.

Ta có ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y + 4z = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 9$.

Suy ra bán kính của mặt cầu $\left( S \right)$ là $R = \sqrt 9 = 3$.

Vậy đường kính mặt cầu $\left( S \right)$ bằng 6. Chọn D.

Từ đồ thị ta có: Trên đoạn $\left[ {1;5} \right]$, hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất tại điểm $x = 2.$

Chọn C.

Từ đồ thị ta có: Trên đoạn $\left[ {1;5} \right]$, giá trị cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right)$ là ${y_{CT}} = 0.$

Chọn D.

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là $\bar x = \frac{{3 \cdot 171 + 10 \cdot 173 + 6 \cdot 175 + 1 \cdot 177}}{{3 + 10 + 6 + 1}} = 173{,}5$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là ${S^2} = \frac{{3 \cdot {{\left( {171 - 173{,}5} \right)}^2} + \ldots + 1 \cdot {{\left( {177 - 173{,}5} \right)}^2}}}{{3 + 10 + 6 + 1}} = 2{,}35$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu ghép nhóm là $S = \sqrt {{S^2}} = \sqrt {2{,}35} \approx 1{,}53$. Chọn B.

Gọi $x$ là độ dài cạnh hình lập phương.

Theo giả thiết, ta có ${x^3} = 8 \Rightarrow x = 2$.

Tính tổng diện tích các mặt của hình lập phương đó là $6{x^2} = 24$. Chọn B.

Điểm $M$ là trung điểm của $AB$ nên tọa độ của $M$ là $\left( {1\,;0\,;2} \right)$, suy ra $\overrightarrow {OM} = \left( {1\,;0\,;2} \right)$.

Phương trình đường thẳng đi qua $O\left( {0\,;0\,;0} \right)$ và nhận $\overrightarrow {OM} = \left( {1\,;0\,;2} \right)$ làm một vectơ chỉ phương có phương trình là: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = t}\\{y = 0}\\{z = 2t}\end{array}} \right.$. Chọn C.

a) Đúng. $\int\limits_{ - 5}^{ - 2} {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 3 = 9$.

b) Đúng. Vì $f\left( x \right) < 0{\rm{ tr\^e n }}\left( { - 2\,;\,\frac{{10}}{3}} \right)$

$\Rightarrow \int\limits_{ - 2}^{\frac{{10}}{3}} {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = {S_{MBC}} - {S_{ABCD}}$.

c) Đúng. Ta có

$S = \int\limits_{ - 5}^6 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 5}^2 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_2^{\frac{{10}}{3}} {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_{\frac{{10}}{3}}^6 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x}$$= \int\limits_{ - 5}^{ - 2} {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_{ - 2}^{\frac{{10}}{3}} {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_6^{\frac{{10}}{3}} {f\left( x \right){\rm{d}}x}$.

d) Sai. $S = \int\limits_{ - 5}^{ - 2} {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_{ - 2}^{\frac{{10}}{3}} {f\left( x \right){\rm{d}}x} - \int\limits_6^{\frac{{10}}{3}} {f\left( x \right){\rm{d}}x}$$= 9 + {S_{ABCD}} - {S_{MBC}} + \frac{1}{2} \cdot \left( {6 - \frac{{10}}{3}} \right) \cdot 4$

$= 9 + \frac{1}{2} \cdot \left( {3 + \frac{{10}}{3} + 2} \right) \cdot 2 - \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 3 + \frac{1}{2} \cdot \left( {6 - \frac{{10}}{3}} \right) \cdot 4 = \frac{{127}}{6}$.

Gọi ${H_1}$ là biến cố: “cơ quan $Q$ thuê công ty $A$ tư vấn”; ${H_2}$ là biến cố: “cơ quan $Q$ thuê công ty $B$ tư vấn”.

a) Sai. Gọi $A$ là biến cố: “cơ quan $Q$ có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn”.

Theo đề bài ta có: $P\left( {{H_1}} \right) = 0{,}4;P\left( {{H_2}} \right) = 0{,}6$.

$P\left( {A\mid {H_1}} \right)$ là xác suất để $Q$ có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn với điều kiện $Q$ thuê công ty $A$, do đó $P\left( {A\mid {H_1}} \right) = 0{,}05$.

$P\left( {A\mid {H_2}} \right)$ là xác suất để $Q$ có phát sinh thêm chi phí khi sử dụng dịch vụ tư vấn với điều kiện $Q$ thuê công ty $B$, do đó $P\left( {A\mid {H_2}} \right) = 0{,}03$.

b) Đúng. Theo công thức toàn phần ta có:

$P(A) = P\left( {{H_1}} \right) \cdot P\left( {A\mid {H_1}} \right) + P\left( {{H_2}} \right) \cdot P\left( {A\mid {H_2}} \right) = 0{,}4 \cdot 0{,}05 + 0{,}6 \cdot 0{,}03 = 0{,}038$.

c) Sai. Theo công thức Bayes ta có: $P\left( {{H_1}\mid A} \right) = \frac{{P\left( {{H_1}} \right) \cdot P\left( {A\mid {H_1}} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}4 \cdot 0{,}05}}{{0{,}038}} \approx 0{,}53.$

d) Đúng. Theo công thức Bayes ta có:

$P\left( {{H_1}\mid \bar A} \right) = \frac{{P\left( {{H_1}} \right) \cdot P\left( {\bar A\mid {H_1}} \right)}}{{P\left( {\bar A} \right)}} = \frac{{P\left( {{H_1}} \right) \cdot \left[ {1 - P\left( {A\mid {H_1}} \right)} \right]}}{{1 - P\left( A \right)}}$$= \frac{{0{,}4 \cdot \left( {1 - 0{,}05} \right)}}{{1 - 0{,}038}} \approx 0{,}395$.

a) Sai. Phương trình mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ là $\frac{x}{5} + \frac{y}{{ - 5}} + \frac{z}{{0{,}5}} = 1 \Leftrightarrow x - y + 10z - 5 = 0$.

b) Đúng. Phương trình đường thẳng $AB$ là $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 3{,}5}\\{y = - 2 + 7{,}5t}\\{z = 0{,}4 - 0{,}4t}\end{array}} \right.$.

Thay $x,y,z$ theo $t$ vào phương trình mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ ta được:

$3{,}5 - \left( { - 2 + 7{,}5t} \right) + 10 \cdot \left( {0{,}4 - 0{,}4t} \right) - 5 = 0 \Rightarrow t = \frac{9}{{23}}$.

$\Rightarrow C = AB \cap \left( {MNP} \right) = \left( {3{,}5\,;\frac{{43}}{{46}}\,;\frac{{28}}{{115}}} \right)$.

$\Rightarrow C$ cách mặt đất một khoảng là $\frac{{28}}{{115}}\;\,{\rm{km}} \approx 243\;\,{\rm{m}}.$

c) Đúng. Ta có $D \in AB \Rightarrow D\left( {3{,}5; - 2 + 7{,}5t;0{,}4 - 0{,}4t} \right)\;\,\left( {t < 1} \right)$.

$D$ ở độ cao $120\;\,{\rm{m}} \Rightarrow 0{,}4 - 0{,}4t = 0{,}12 \Rightarrow t = 0{,}7$.

Vậy tung độ của điểm $D$ là $- 2 + 7{,}5 \cdot 0{,}7 = 3{,}25\;\,\,{\rm{km}}.$

d) Sai. Theo câu c) ta có $D\left( {3{,}5\,;3{,}25\,;0{,}12} \right)$.

$\Rightarrow \overrightarrow {DE} = \left( {0\,;3{,}25\,; - 0{,}12} \right)$$\Rightarrow DE \approx 3252\;\,{\rm{m}} > 900\;\,{\rm{m}}{\rm{.}}$

Vậy sau khi ra khỏi đám mây, người phi công không đạt được quy định an toàn bay.

a) Đúng. Ta có $6x + 3y = 180 \Rightarrow y = 60 - 2x$.

b) Đúng. Ta có $4y + 3x = 180 \Rightarrow x = 60 - \frac{4}{3}y.$

c) Sai. Diện tích nuôi gà theo phương án 1 là ${S_1} = 3x\left( {60 - 2x} \right) = 180x - 6{x^2}$.

Diện tích nuôi gà theo phương án 2 là ${S_2} = 3y \cdot \left( {60 - \frac{4}{3}y} \right) = 180y - 4{y^2}$.

d) Đúng. Ta có ${S_1} = 180x - 6{x^2} \le 1350,{S_2} = 180y - 4{y^2} \le 2025$.

Vậy diện tích nuôi gà lớn nhất là $2025\;\,\,{{\rm{m}}^2}.$

Đáp án: 45,8.

Gọi $MP$, $NQ$ lần lượt là quãng đường của tàu thủy đi từ $M$, tàu thủy đi từ $N$ đi được trong khoảng thời gian $t$ giờ.

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MP = 20t}\\{NQ = 40t}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{OP = MP + OM = 28 + 20t}\\{OQ = ON - NQ = 84 - 40t}\end{array}} \right.} \right.$

Ta có $P{Q^2} = O{P^2} + O{Q^2} - 2 \cdot OP \cdot OQ \cdot \cos 60^\circ$

$= {\left( {28 + 20t} \right)^2} + {\left( {84 - 40t} \right)^2} - 2 \cdot \left( {28 + 20t} \right) \cdot \left( {84 - 40t} \right) \cdot \frac{1}{2}$

$= 2800{t^2} - 6160t + 5488 \ge 2100 \Rightarrow PQ \ge 45{,}8$.

Vậy khoảng cách ngắn nhất của hai con tàu là $45{,}8\;\,{\rm{km}}.$

Đáp án: 11.

Kẻ $OH \bot CD$, mà $SO \bot CD \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} \right)$.

Kẻ $OK \bot SH$ (1).

Vì $CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow CD \bot OK$ (2).

Từ (1) và (2) $\Rightarrow OK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OK$.

Ta có $BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2} - 2BC \cdot CD \cdot \cos 120^\circ } = a\sqrt 3$

$\Rightarrow OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$$\Rightarrow OH = OD \cdot \sin \widehat {ODH} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \sin 30^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

$\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a}}{4}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2}}} = \frac{{64}}{{9{a^2}}}$$\Rightarrow OK = \frac{{3a}}{8} \Rightarrow m = 3,n = 8 \Rightarrow m + n = 11.$

Đáp án: 755.

Theo đề bài, số tiền điện mỗi bậc theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có ${u_1} = 1500 \cdot 10 = 15000$ và $q = 1 + 2{,}5\%$.

Ta có tổng số tiền điện bậc $n$ là ${u_n} = 15\,000{\left( {1 + 2{,}5\% } \right)^{n - 1}}.$

Khi đó, số tiền điện ông Hưng sử dụng trong tháng là:

${S_{33}} = 15\,000 + 15\,000\left( {1 + 2{,}5\% } \right) + \ldots + 15\,000{\left( {1 + 2{,}5\% } \right)^{32}}$

$= 15\,000\frac{{{{\left( {1 + 2{,}5\% } \right)}^{33}} - 1}}{{2{,}5\% }} \approx 755\,311 \approx 755$ (nghìn đồng).

Đáp án: 25,2.

Vì tích khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc đường cong đó đến hai trục đối xứng của viên gạch bằng $3\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}.$

Giả sử điểm bất kì thuộc đường cong có tọa độ $\left( {x\,;y} \right)$. Do đó $\left| {xy} \right| = 3$.

$\Rightarrow$ Theo hình vẽ ta có: đường cong $\left( {{C_1}} \right),\left( {{C_3}} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = \frac{{ - 3}}{x}\,\,(1)$; đường cong $\left( {{C_2}} \right),\left( {{C_4}} \right)$ thuộc đồ thị hàm số $y = \frac{3}{x}$.

Gọi ${S_1}$ diện tích giới hạn bởi đường cong $\left( {{C_1}} \right)$, các đường thẳng $x = - 3,x = - 1,y = 0$

$\Rightarrow {S_1} = \int\limits_{ - 3}^{ - 1} {\left| {\frac{3}{x}} \right|} \,{\rm{d}}x = 3\ln 3$.

Có ${S_{EMOF}} = 1 \cdot 3 = 3$.

Diện tích phần tô đậm là $S = 4 \cdot \left( {{S_1} + {S_{EMOF}}} \right) = 4 \cdot \left( {3\ln 3 + 3} \right) \approx 25{,}2\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^2})$.

Đáp án: 1,3.

Ta có $\overrightarrow {BA} = \left( {2\,;2\,;1} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {4\,; - 2\,; - 4} \right)$$\Rightarrow \overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {BC} = 0$.

Do đó $\Delta ABC$ vuông tại $B \Rightarrow BA = 3;BC = 6.$

Từ giả thiết suy ra $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AB \bot BC}\\{AB \bot BM}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {MBC} \right)} \right..$

Gọi $K$ là hình chiếu của $B$ lên AC.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B$ có đường cao BK:

$\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{B{A^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{6^2}}} = \frac{5}{{36}}$$\Rightarrow BK = \frac{{6\sqrt 5 }}{5}$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BN \bot AM}\\{BN \bot AC}\end{array} \Rightarrow BN \bot \left( {AMC} \right) \Rightarrow BN \bot NK} \right.$.

$\Rightarrow N$ chạy trên đường tròn đường kính $BK = \frac{{6\sqrt 5 }}{5}.$

Trong $\left( {ABC} \right)$ dựng $NH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow NH = d\left( {N,\left( {ABC} \right)} \right) \le \frac{1}{2}BK = \frac{{3\sqrt 5 }}{5}$.

Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là $\frac{{3\sqrt 5 }}{5} \approx 1{,}3$.

Đáp án: 21.

TH1: $A{x_1}{x_2}{x_3}A$, với ${x_1},{x_2},{x_3}$ là các đỉnh khác nhau khác A.

$\Rightarrow$ Có $3! = 6$ cách chọn.

TH2: $A{x_1}{x_2}{x_1}A$, với ${x_1},{x_2}$ là các đỉnh khác nhau khác A.

$\Rightarrow$ Có 3 cách chọn ${x_1},2$ cách chọn ${x_2}.$

$\Rightarrow$ Có 6 cách thỏa mãn.

TH3: $A{x_1}A{x_1}A$, với ${x_1}$ là đỉnh bất kỳ khác A.

$\Rightarrow$ Có 3 cách thỏa mãn.

TH4: $A{x_1}A{x_2}A$, với ${x_1},{x_2}$ là các đỉnh khác nhau khác A.

$\Rightarrow$ Có 3 cách chọn ${x_1},2$ cách chọn ${x_2}.$

$\Rightarrow$ Có 6 cách thỏa mãn.

Vậy có tất cả 21 cách thỏa mãn.