Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 18)

Gọi N là trung điểm AD. Suy ra $CM = CN,MN = \frac{{BD}}{2} = \frac{1}{2}$.

Khi đó, ta có: $\overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {CM} \cdot 2\overrightarrow {MN} = 2\overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {MN}$.

Xét biểu thức: ${\left( {\overrightarrow {CM} + \overrightarrow {MN} } \right)^2} = C{M^2} + 2 \cdot \overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {MN} + M{N^2}$

$\Rightarrow C{N^2} = C{M^2} + 2 \cdot \overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {MN} + M{N^2}$

$\Rightarrow 2 \cdot \overrightarrow {CM} \cdot \overrightarrow {MN} = - M{N^2} = - \frac{1}{4}$. Chọn D.

Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho là $d:y = x - 1.$

Do đó $d$ đi qua điểm $N\left( {0\,; - 1} \right).$ Chọn B.

Ta có $f\left( x \right) = - {x^3} + 3{x^2} + 2 \Rightarrow f'\left( x \right) = - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 0}\\{x = 2.}\end{array}} \right.$

Dựa vào đồ thị hàm số ta có: ${y}_{CÐ}=y(2)=-{2}^{3}+3\cdot {2}^{2}+2=6$. Chọn C.

Phương trình đường thẳng đi qua $\left( {0\,;0} \right)$ và $\left( {3\,;2} \right)$ là $y = \frac{2}{3}x$.

Diện tích $S$ của phần tô đậm trong hình vẽ bằng $S = \int\limits_0^3 {\left( { - {x^3} + 3{x^2} + 2 - \frac{2}{3}x} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{{39}}{4}.$ Chọn B.

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$\bar x = \frac{{3 \cdot 10{,}3 + 7 \cdot 10{,}5 + 8 \cdot 10{,}7 + 2 \cdot 10{,}9}}{{3 + 7 + 8 + 2}} = 10{,}59$.

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

${S^2} = \frac{{3 \cdot {{\left( {10{,}3 - 10{,}59} \right)}^2} + 7 \cdot {{\left( {10{,}5 - 10{,}59} \right)}^2} + 8 \cdot {{\left( {10{,}7 - 10{,}59} \right)}^2} + 2 \cdot {{\left( {10{,}9 - 10{,}59} \right)}^2}}}{{3 + 7 + 8 + 2}}$

$= 0{,}0299 \approx 0{,}03.$ Chọn B.

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ bằng $- 2$. Chọn D.

Ta có $S = \frac{5}{3} \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {\left[ { - f'\left( x \right)} \right]\,} {\rm{d}}x = \frac{5}{3} \Leftrightarrow f\left( 1 \right) - f\left( 3 \right) = \frac{5}{3}$.

Lại có $\int\limits_{ - 2}^1 {f'\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = 3 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) - f\left( { - 2} \right) = 3$.

Do đó $\left[ {f\left( 1 \right) - f\left( { - 2} \right)} \right] - \left[ {f\left( 1 \right) - f\left( 3 \right)} \right] = 3 - \frac{5}{3} \Leftrightarrow f\left( 3 \right) - f\left( { - 2} \right) = \frac{4}{3}$. Chọn B.

Điều kiện xác định: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x + 7 > 0}\\{x + 1 > 0}\end{array} \Rightarrow x > - 1} \right.$.

Ta có ${\log _4}\left( {x + 7} \right) > {\log _2}\left( {x + 1} \right)$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}{\log _2}\left( {x + 7} \right) > {\log _2}\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\sqrt {x + 7} } \right) > {\log _2}\left( {x + 1} \right)$

$\Leftrightarrow \sqrt {x + 7} > x + 1 \Leftrightarrow x + 7 > {x^2} + 2x + 1 \Leftrightarrow {x^2} + x - 6 < 0$$\Leftrightarrow - 3 < x < 2$.

Kết hợp với điều kiện xác định, bất phương trình có tập nghiệm là $S = \left( { - 1\,;2} \right)$.

Vậy $M = 2a + b = 2 \cdot \left( { - 1} \right) + 2 = 0$. Chọn B.

Vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;1\,; - 1} \right) = - \left( {2\,; - 1\,;1} \right)$.

Suy ra loại đáp án C và D.

Điểm $A\left( {1\,;1\,;1} \right)$ thuộc đường thẳng $\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{1}.$ Chọn B.

a) Đúng. Điều kiện: $x > 0$. Do đó $D = \left( {0\,; + \infty } \right)$.

b) Đúng. Ta có $f\left( x \right) = x{\ln ^2}x$$\Rightarrow f'\left( x \right) = {\ln ^2}x + x \cdot 2\ln x \cdot \frac{1}{x}$.

Khi đó, $f'\left( x \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ \ln x = 0}\\{ \ln x = - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 1}\\{x = {e^{ - 2}}}\end{array}} \right.} \right.$.

Vậy phương trình $f'\left( x \right) = 0$ có đúng một nghiệm nguyên.

c) Sai. Ta có $f'\left( 2 \right) = {\ln ^2}2 + 2 \cdot 2\ln 2 \cdot \frac{1}{2} \approx 1{,}9$.

d) Đúng. Hàm số trên đạt cực đại tại điểm $x = {e^{ - 2}}$.

$\Rightarrow$ Giá trị cực của hàm số là ${e^{ - 2}} \cdot {\ln ^2}\left( {{e^{ - 2}}} \right) = \frac{4}{{{e^2}}}$.

$\Rightarrow a = 4,b = 2 \Rightarrow a - b = 2.$

a) Sai. Nếu nối đường dây điện theo đường gấp khúc $AM + MO$ thì chi phí lắp đặt đường dây điện là $112 \cdot 25200 + 84 \cdot 42000 = 6350400$ đồng.

b) Đúng. Ta có $AK = 112 - x$ và $KO = \sqrt {{x^2} + {{84}^2}}$.

Do đó, chi phí lắp đặt đường dây điện theo đường gấp khúc $AK + KO$ là

$f\left( x \right) = 25200\left( {112 - x} \right) + 42000\sqrt {{x^2} + {{84}^2}}$.

c) Sai. Xét hàm số $f\left( x \right) = 25200\left( {112 - x} \right) + 42000\sqrt {{x^2} + {{84}^2}}$

$\Rightarrow f'\left( x \right) = - 25200 + 42000\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{84}^2}} }} = 0$

$\Rightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + {{84}^2}} }} = \frac{{25200}}{{42000}} = \frac{3}{5}$$\Leftrightarrow 25{x^2} = 9\left( {{x^2} + {{84}^2}} \right)$$\Leftrightarrow x = 63$ vì $0 \le x \le 112$.

$\Rightarrow x = 63$ là điểm cực tiểu của hàm số trên $\Rightarrow KM = 63\;{\rm{m}},AK = 49\;{\rm{m}}$.

d) Đúng. Chi phí lắp đặt thấp nhất là

$f\left( {63} \right) = 25200\left( {112 - 63} \right) + 42000\sqrt {{{63}^2} + {{84}^2}} = 5644800$ đồng.

a) Đúng. Theo đề bài ta có: $P\left( B \right) = \frac{3}{4};P\left( {\bar B} \right) = \frac{1}{4};P\left( {A|B} \right) = 0{,}8;\,\,P\left( {A|\bar B} \right) = 0{,}2$.

Suy ra $P\left( {AB} \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) = 0{,}6$.

b) Sai. Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

$P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A|\bar B} \right) = \frac{3}{4} \cdot 0{,}8 + \frac{1}{4} \cdot 0{,}2 = 0{,}65$.

c) Sai. Ta có $P\left( {\overline B |A} \right) = \frac{{P\left( {A|\overline B } \right) \cdot P\left( B \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}25 \cdot 0{,}2}}{{0{,}65}} \approx 0{,}08$.

d) Đúng. Gọi $C$ là biến cố: “Những người mặc áo đội bóng”.

Theo đề bài ta có: $P\left( C \right) = 0{,}2;\,\,P\left( {AC} \right) = \frac{{14}}{{100}} = 0{,}14$.

$\Rightarrow P\left( C \right) \cdot P\left( {A|C} \right) = 0{,}14$$\Rightarrow P\left( {A|C} \right) = 0{,}7$$\Rightarrow P\left( {\bar A|C} \right) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$.

a) Sai. Từ giả thiết ta dễ có $\overrightarrow {BC} = \left( {0\,;2\,;0} \right)$.

b) Đúng. Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp nên $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}$.

c) Sai. Gọi tọa độ của điểm $D$ và $A'$ lần lượt là: $\left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right)$ và $\left( {{x_{A'}};{y_{A'}};{z_{A'}}} \right).$

Ta có $\overrightarrow {BC} = \left( {0\,;2\,;0} \right),\,\,\overrightarrow {AD} = \left( {{x_D};{y_D};{z_D}} \right)$.

$ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp nên $\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_D} = 0}\\{{y_D} = 2}\\{{z_D} = 0}\end{array} \Rightarrow D\left( {0\,;2\,;0} \right)} \right.$.

d) Đúng. Ta có $\overrightarrow {AA'} = \left( {{x_{A'}};{y_{A'}};{z_{A'}}} \right),\,\,\overrightarrow {DD'} = \left( { - 1\,;\,1\,;\,5} \right)$.

Khi đó, $\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {DD'} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_{A'}} = - 1}\\{{y_{A'}} = 1}\\{{z_{A'}} = 5}\end{array} \Rightarrow A'\left( { - 1\,;1\,;5} \right)} \right.$.

Đáp án: 5.

Gọi $x,y\,\,\left( {x \ge 0,y \ge 0} \right)$ là số tấn trục sắt và đỉnh ốc sản xuất trong ngày.

Số tiền lãi mỗi ngày: $L\left( {x\,;y} \right) = 2x + y$.

Số giờ làm việc mỗi ngày của máy cắt: $3x + y \le 6$.

Số giờ làm việc mỗi ngày của máy tiện: $x + y \le 4$.

Ta có bài toán tìm giá trị lớn nhất của $L\left( {x\,;y} \right)$ biết

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3x + y \le 6}\\{x + y \le 4}\\{x \ge 0,y \ge 0}\end{array}\quad (*)} \right.$.

Miền nghiệm của hệ (*) là tứ giác OABC (phần tô màu) như hình vẽ bên với $O\left( {0\,;0} \right),A\left( {2\,;0} \right)$, $B\left( {1\,;3} \right),C\left( {0\,;4} \right)$.

Ta có $L\left( {0\,;0} \right) = 0,L\left( {2\,;0} \right) = 4,L\left( {0\,;4} \right) = 4,L\left( {1\,;3} \right) = 5$.

Vậy mỗi ngày sản xuất 1 tấn trục sắt và 3 tấn đinh ốc thì thu được tiền lãi cao nhất là 5 triệu đồng.

Đáp án: 0,4.

Xét các biến cố:

$A$ : “Cây phát triển bình thường trên ô đất A”;

$B$ : “Cây phát triển bình thường trên ô đất B”.

Các cặp biến cố $\bar A$ và B, A và $\bar B$ là độc lập vì hai ô đất khác nhau.

Đặt $C = \bar A \cap B$ và $D = A \cap \bar B$ là hai biến cố xung khắc.

Vì xác suất phát triển bình thường của hạt giống đó trên các ô đất A, B lần lượt là 0,61 và 0,7 nên $P\left( A \right) = 0{,}61\,;P\left( B \right) = 0{,}7.$

Áp dụng tính chất của xác suất, ta có

$P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0{,}61 = 0{,}39$; $P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$.

Xác suất để cây chỉ phát triển bình thường trên một ô đất là

$P\left( {C \cup D} \right) = P\left( C \right) + P\left( D \right) = P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( B \right) + P\left( A \right) \cdot P\left( {\bar B} \right)$$= 0{,}39 \cdot 0{,}7 + 0{,}61 \cdot 0{,}3 = 0{,}456$.

Xác xuất hạt giống chỉ phát triển bình thường trên ô đất A khi biết hạt giống chỉ phát triển được trên duy nhất một ô đất là $\frac{{P\left( {A\bar B} \right)}}{{P\left( {C \cup D} \right)}} = \frac{{0{,}61 \cdot 0{,}3}}{{0{,}39 \cdot 0{,}7 + 0{,}61 \cdot 0{,}3}} \approx 0{,}4$.

Đáp án: 0,06.

Đặt $QH = x \Rightarrow BQ = 40 - x$.

Vì $MQ{\rm{//}}AH \Rightarrow \frac{{MQ}}{{AH}} = \frac{{BQ}}{{BH}}$

$\Rightarrow \frac{{MQ}}{{\sqrt {{{50}^2} - {{40}^2}} }} = \frac{{40 - x}}{{40}} \Rightarrow MQ = \frac{3}{4} \cdot \left( {40 - x} \right)$

$\Rightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{3}{4} \cdot \left( {40 - x} \right) \cdot 2x = \frac{3}{2} \cdot \left( { - {x^2} + 40x} \right) \le 600 \Rightarrow a = 0{,}06.$

Đáp án: −4,5.

Mặt cầu $\left( {{S_1}} \right)$ có ${I_1}\left( {1\,;1\,;1} \right),\,\,{R_1} = 5.$

Mặt cầu $\left( {{S_2}} \right)$ có ${I_2}\left( {3\,; - 2\,; - 1} \right),\,\,{R_2} = 3.$

Gọi M, N lần lượt là tiếp điểm của mặt phẳng $\left( P \right)$ với mặt cầu $\left( {{S_1}} \right),\left( {{S_2}} \right)$ $\Rightarrow {I_1},{I_2},M,N$ đồng phẳng.

Gọi $A = {I_1}{I_2} \cap MN.$

Vì ${I_1}{I_2} = \sqrt {17} < 8 = {R_1} + {R_2}$$\Rightarrow$ Điểm $A$ nằm ngoài đoạn ${I_1}{I_2}.$

Ta có $\frac{{A{I_1}}}{{A{I_2}}} = \frac{{{I_1}M}}{{{I_2}M}} = \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \frac{5}{3}$$\Rightarrow \overrightarrow {A{I_1}} = \frac{5}{3}\overrightarrow {A{I_2}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{1 - a = \frac{5}{3}\left( {3 - a} \right)}\\{1 - b = \frac{5}{3}\left( { - 2 - b} \right)}\\{1 - c = \frac{5}{3}\left( { - 1 - c} \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = 6}\\{b = \frac{{ - 13}}{2}}\\{c = - 4}\end{array}} \right.} \right.$.

$\Rightarrow A\left( {6;\frac{{ - 13}}{2}; - 4} \right)$ là điểm cố định mà mặt phẳng $\left( P \right)$ luôn đi qua.

Vậy $S = 6 + \frac{{ - 13}}{2} + \left( { - 4} \right) = - 4{,}5.$

Đáp án: 3.

Minh họa:

0: không cho uống. 1: cho uống.

Không có con chuột nào chết $\Rightarrow$ Chai thứ nhất có độc.

Chỉ có con chuột thứ nhất chết $\Rightarrow$ Chai thứ hai có độc.

Chỉ có con chuột thứ hai chết $\Rightarrow$ Chai thứ ba có độc.

Chỉ có con chuột thứ ba chết $\Rightarrow$ Chai thứ tư có độc.

Con chuột thứ nhất và thứ hai chết $\Rightarrow$ Chai thứ năm có độc.

Con chuột thứ hai và thứ ba chết $\Rightarrow$ Chai thứ sáu có độc.

Con chuột thứ nhất và thứ ba chết $\Rightarrow$ Chai thứ bảy có độc.

Thậm chí: 3 con chuột có thể thử được 8 chai thuốc (chai thuốc thứ tám cho 3 con chuột thử, nếu cả 3 con đều chết thì chai thuốc thứ tám có độc).

Vậy, chỉ cần 3 con chuột ta có thể thử 7 chai thuốc.

Bằng cách này, ta có công thức sau: với $n$ con chuột, chúng ta có thể thử ${2^n}$ chai.

Áp dụng với bài toán trên ta có: ${2^n} \ge 7 \Rightarrow n \ge {\log _2}7 \approx 2{,}807.$

Vì $n \in {\mathbb{N}^*}$ nên giá trị nhỏ nhất của $n$ là 3.

Đáp án: 17.

Ta có $y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\,\,\left( {a \ne 0} \right)$

$A,B \in f\left( x \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ - {{1000}^3}a + {{1000}^2}b - 1000c + d = 60}\\{{{1000}^3}a + {{1000}^2}b + 1000c + d = 90}\end{array}} \right.$ (1).

Có $f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c$.

Vì hệ số góc của tiếp tuyến tại $A$ và tại $B$ của đồ thị hàm số đó lần lượt bằng −0,06 và 0,04 nên

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{f'\left( { - 1000} \right) = - 0{,}06}\\{f'\left( {1000} \right) = 0{,}04}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{3 \cdot {{1000}^2}a - 2000b + c = - 0{,}06}\\{3 \cdot {{1000}^2}a + 2000b + c = 0{,}04}\end{array}} \right.} \right.$ (2).

Từ (1) và (2) $\Rightarrow d = 50$.

Vậy giao điểm của đường cao tốc với trục Oy cách trục $Ox$ là $50 \cdot 0{,}3408 \approx 17\;\,{\rm{m}}$.