Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 19)

Đường cong trên là dạng đồ thị hàm bậc ba nên hàm số có dạng

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

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = - \infty \Rightarrow a > 0$. Do đó loại đáp án B.

Mặt khác đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là $\left( {1\,;3} \right)$ và $\left( {3\,;1} \right)$ nên phương trình $y' = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x = 1$ hoặc $x = 3$.

Thử phương trình $y' = 0$ trong các đáp án A, B, C ta thấy đáp án C thỏa mãn.

Chọn C.

Ta có $\frac{1}{{{d^2}\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}$$= \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}}$

Suy ra $d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = a$. Chọn A.

Hàm số $y = \frac{{x - 2}}{{x + 1}}$ liên tục trên đoạn $\left[ {0\,;\,3} \right]$.

Ta có $y' = \frac{3}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0\,;3} \right]$. Vậy $\mathop {\min }\limits_{x \in [0;3]} y = y\left( 0 \right) = - 2$. Chọn B.

Ta có bất phương trình ${2^{x + 1}} \cdot {3^x} \le 72 \Leftrightarrow {6^x} \le 36 \Leftrightarrow {6^x} \le {6^2} \Leftrightarrow x \le 2$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( { - \infty \,;2} \right]$. Chọn C.

Diện tích mặt đáy: $S = 4 \cdot 4 = 16.$

Thể tích khối chóp là: $V = \frac{1}{3}S \cdot h \Leftrightarrow 32 = \frac{1}{3} \cdot 16 \cdot h \Rightarrow h = 6$. Chọn B.

Đường thẳng đi qua gốc tọa độ $O$ và điểm $M\left( {1\,; - 2\,;\,1} \right)$ có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {OM} = \left( {1\,; - 2\,;1} \right)$.

Vậy trong không gian $Oxyz$, vectơ ${\vec u_4} = \left( {1\,; - 2\,;1} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua gốc toạ độ $O$ và điểm $M\left( {1\,; - 2\,;\,1} \right)$. Chọn D.

Hàm số $y = - {x^3} + 3{x^2} + 5$ có $y' = - 3{x^2} + 6x = 0 \Leftrightarrow x = 0;x = 2.$

Suy ra đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là $A\left( {0\,;5} \right),B\left( {2\,;9} \right)$ và $OA = 5$, $h\left( {B,OA} \right) = \left| {{x_B}} \right| = 2$.

Diện tích của tam giác OAB là $S = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 2 = 5.$ Chọn C.

Ta có $\int\limits_2^3 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \frac{1}{2}$.

Suy ra $I = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x - \int\limits_2^3 {f\left( x \right)\,} {\rm{d}}x = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}.$ Chọn B.

a) Sai. Ta có $L\left( t \right) = \int - 0{,}3t{\left( {49 - {t^2}} \right)^{0{,}4}}{\rm{d}}t = - 0{,}3 \cdot \frac{{{{\left( {49 - {t^2}} \right)}^{1{,}4}}}}{{ - 2 \cdot 1{,}4}} + C$$= \frac{3}{{28}} \cdot {\left( {49 - {t^2}} \right)^{1{,}4}} + C$.

b) Đúng. Ta có $L\left( 0 \right) = 120 \Rightarrow C + \frac{3}{{28}} \cdot {49^{1{,}4}} = 120 \Rightarrow C = 120 - \frac{3}{{28}} \cdot {49^{1{,}4}}$.

$\Rightarrow L\left( t \right) = \frac{3}{{28}} \cdot {\left( {49 - {t^2}} \right)^{1{,}4}} + 120 - \frac{3}{{28}} \cdot {49^{1{,}4}} \Rightarrow L\left( 3 \right) \approx 113{,}8$.

Suy ra, mức LDL của bệnh nhân giảm được $120 - 113{,}8 = 6{,}2$ đơn vị trong 3 ngày đầu sau khi dùng thuốc.

c) Đúng. LDL tại thời điểm dùng thuốc lần cuối cùng bằng $L\left( 7 \right) \approx 95{,}1$ đơn vị.

d) Sai. Ta có $L\left( 5 \right) \approx 104$ đơn vị.

Vậy sau 5 ngày mức LDL của bệnh nhân chưa trở về mức “an toàn”.

a) Đúng. Dựa theo đồ thị ta thấy, quãng đường chất điểm di chuyển được trong 3 giây đầu tiên là ${S_1} = 11 \cdot 3 = 33\,\,{\rm{(m)}}.$

b) Sai. Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm C, D có dạng $y = ax + b\,\,\,\left( d \right).$

Thay tọa độ 2 điểm C, D vào phương trình đường thẳng $\left( d \right)$ ta được:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{8a + b = 21}\\{15a + b = 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = - 3}\\{b = 45}\end{array} \Rightarrow y = - 3x + 45} \right.} \right.$.

Quãng đường chất điểm đi được trong 7 giây cuối là $\int\limits_8^{15} {\left( { - 3x + 45} \right){\rm{d}}x} = \frac{{147}}{2}\;\,\,{\rm{(m)}}$.

c) Sai. Phương trình parabol $\left( P \right)$ đi qua 3 điểm A, B, C có dạng $y = a{x^2} + bx + c\quad \left( P \right)$.

Thay tọa độ 3 điểm A, B, C vào phương trình parabol $\left( P \right)$ ta được:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{9a + 3b + c = 11}\\{25a + 5b + c = 3}\\{64a + 8b + c = 21}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = 2}\\{b = - 20}\\{c = 53}\end{array} \Rightarrow y = 2{x^2} - 20x + 53} \right.} \right.$.

Quãng đường chất điểm đi được từ giây thứ 3 đến giây thứ 8 là

$\int\limits_3^8 {\left( {2{x^2} - 20x + 53} \right){\rm{d}}x} = \frac{{115}}{3} \approx 38{,}3\;\,{\rm{(m)}}$.

d) Đúng. Vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng 15 giây chuyển động trên là:

$\frac{{33 + \frac{{147}}{2} + \frac{{115}}{3}}}{{15}} \approx 9{,}66\,\,{\rm{(m/s)}}$.

a) Đúng. Ta có $P\left( {A\bar B} \right)$ là xác suất con thứ nhất là con gái và con thứ hai là con gái.

Theo giả thiết: Xác suất để hai con đều là gái là $0{,}23 \Rightarrow P\left( {A\bar B} \right) = 0{,}23.$

b) Sai. Theo giả thiết: Xác suất con thứ nhất và con thứ hai có một trai và một gái là bằng nhau $\Leftrightarrow P\left( {AB} \right) = P\left( {\bar A\bar B} \right)$.

Lại có $P\left( {\bar AB} \right) + P\left( {A\bar B} \right) + P\left( {AB} \right) + P\left( {\overline A \overline B } \right) = 1$

$\Leftrightarrow 0{,}27 + 0{,}23 + 2P\left( {AB} \right) = 1 \Leftrightarrow 2P\left( {AB} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow P\left( {AB} \right) = 0{,}25$.

c) Đúng. Ta có xác suất gặp gia đình có con thứ nhất là gái là

$P\left( A \right) = P\left( {AB} \right) + P\left( {A\bar B} \right) = 0{,}25 + 0{,}23 = 0{,}48$.

d) Đúng. Theo công thức xác suất có điều kiện, ta có $P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}}$$= \frac{{0{,}25}}{{0{,}48}} \approx 0{,}52$.

a) Đúng. Ta có $AD = 3,DC = 2,DD' = 1$$\Rightarrow A\left( {3\,;0\,;0} \right),B\left( {3\,;2\,;0} \right),D'\left( {0\,;0\,;1} \right)$.

b) Sai. Ta có $\overrightarrow {D'B} = \left( {3\,;2\,; - 1} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $BD'$.

Vậy phương trình đường thẳng $BD'$ là $\frac{{x - 3}}{3} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{z}{{ - 1}}$.

c) Đúng. Ta có MN ngắn nhất $\Leftrightarrow MN = d\left( {AD,BD'} \right)$.

Có $AD{\rm{//}}BC \Rightarrow AD{\rm{//}}\left( {BCD'} \right) \Rightarrow d\left( {AD,BD'} \right) = d\left( {D,\left( {BCD'} \right)} \right)$.

Cách 1. Lập được phương trình mặt phẳng $\left( {BCD'} \right)$: $y + 2z - 2 = 0$.

Khi đó, $d\left( {AD,BD'} \right) = d\left( {D,\,\left( {BCD'} \right)} \right) = \frac{{\left| 2 \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2} + {2^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} = 0{,}89$.

Cách 2. Kẻ $DE \bot D'C$.

Có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot DD'}\\{BC \bot DC}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {DD'C} \right)} \right.$$\Rightarrow BC \bot DE \Rightarrow DE \bot \left( {BCD'} \right)$$\Rightarrow DE = d\left( {D,\left( {BCD'} \right)} \right)$.

Xét $\Delta DD'C$ vuông tại $D$ có:

$\frac{1}{{D{E^2}}} = \frac{1}{{D{{D'}^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}} = \frac{1}{1} + \frac{1}{4}$

$\Rightarrow DE = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \approx 0{,}89 \Rightarrow MN = 0{,}89$.

d) Sai. Kẻ $EN{\rm{//}}BC$. Lấy điểm $M$ trên AD sao cho $DM = EN$.

Suy ra tứ giác DENM là hình bình hành $\Rightarrow MN = DE$.

Kẻ $NH{\rm{//}}DD'$ cắt DB tại $H$.

Do $DD' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow NH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Vậy cao độ của điểm $N$ là NH.

Ta có $D'E = \sqrt {D{{D'}^2} - D{E^2}} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^2}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}$$\Rightarrow D'E = \frac{1}{5}D'C$.

Xét $\Delta BCD'$ có: $EN{\rm{//}}BC \Rightarrow \frac{{D'N}}{{D'B}} = \frac{{D'E}}{{D'C}} = \frac{1}{5}$.

Xét $\Delta BDD'$ có: $NH{\rm{//}}DD'$$\Rightarrow \frac{{NH}}{{DD'}} = \frac{{BN}}{{D'B}} = 1 - \frac{{D'N}}{{D'B}} = \frac{4}{5}$$\Rightarrow NH = 0{,}8$.

Đáp án: 1,6.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Khi đó, ta có: $A(-2\ ;\frac{6}{10}),\ M(0\ ;\frac{7}{10}),\ B(2\ ;\frac{6}{10})$

Phương trình parabol đi qua 3 điểm A, M, B có dạng $y = a{x^2} + bx + c\,\,\,\left( P \right)$.

Thay tọa độ 3 điểm A, M, B vào phương trình parabol $\left( P \right)$ ta được:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{4a + 2b + c = 0{,}6}\\{4a - 2b + c = 0{,}6}\\{c = 0{,}7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = - 0{,}025}\\{b = 0}\\{c = 0{,}7}\end{array} \Rightarrow y = - 0{,}025{x^2} + 0{,}7} \right.} \right.$.

Diện tích tấm gương trên là $S = 2\int\limits_{ - 2}^2 {\left( { - 0{,}025{x^2} + 0{,}7} \right){\rm{d}}x} = \frac{{16}}{3}\,\,\,({{\rm{m}}^2}).$

Số tiền ông Duy mua tấm gương trên là $\frac{{16}}{3} \cdot 300000 = 1600000$ đồng = 1,6 triệu đồng.

Đáp án: 0,52.

Đặt $AB = x \Rightarrow AC = 3x$ (do vận tốc của xe máy gấp ba lần vận tốc xe đạp)$\Rightarrow BC = 2x$.

Ta có:

$MB = \sqrt {M{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {100 + {x^2}}$

$MC = \sqrt {M{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {100 + 9{x^2}}$

$\Rightarrow \cos \widehat {BMC} = \frac{{M{B^2} + M{C^2} - B{C^2}}}{{2 \cdot MB \cdot MC}}$$= \frac{{200 + 6{x^2}}}{{2 \cdot \sqrt {100 + {x^2}} \cdot \sqrt {100 + 9{x^2}} }} = \frac{{100 + 3t}}{{\sqrt {10000 + 1000t + 9{t^2}} }}\,\,\left( {{x^2} = t} \right)$.

$\Rightarrow {\cos ^2}\widehat {BMC} = \frac{{9{t^2} + 600t + 10000}}{{9{t^2} + 1000t + 10000}}$.

Xét hàm số $f\left( t \right) = \frac{{9{t^2} + 600t + 10000}}{{9{t^2} + 1000t + 10000}}$.

Ta có $f'\left( t \right) = \frac{{\left( {18t\,{\rm{ + }}\,600} \right) \cdot \left( {9{t^2}\,{\rm{ + }}\,{\rm{1}}\,{\rm{000t}}\,{\rm{ + }}\,10\,000} \right) - \left( {9{t^2}{\rm{ + }}\,600t\,{\rm{ + }}\,10\,000} \right) \cdot \left( {18t + 1\,000} \right)}}{{{{\left( {9{t^2} + 1000t + 10\,000} \right)}^2}}}$.

$f'\left( t \right) = 0 \Rightarrow 3600{t^2} - 4\,000\,000 = 0 \Leftrightarrow t = \pm \frac{{100}}{3}$.

$\Rightarrow t = \frac{{100}}{3}$ là điểm cực tiểu của hàm số $f\left( t \right)$.

$\Rightarrow {\cos ^2}\widehat {BMC}{{\rm{ }}_{{\rm{min}}}}{\rm{ }} = \frac{3}{4} \Rightarrow \cos {\widehat {BMC}_{\min }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$$\Rightarrow {\widehat {BMC}_{\max }} = \frac{\pi }{6} \approx 0{,}52\,\,({\rm{rad)}}.$

Đáp án: 103.

Giả sử $O = AC \cap BD$ trùng với gốc tọa độ trong không gian $Oxyz$, $OC \subset Ox\,;\,OD \subset Oy\,;\,OS \subset Oz$.

Suy ra $O\left( {0\,;0\,;0} \right),C\left( {2\sqrt 2 \,;0\,;0} \right),\,D\left( {0\,;2\sqrt 2 \,;0} \right),\,$

$S\left( {0\,;0\,;2\sqrt 2 } \right),\,A\left( { - 2\sqrt 2 \,;0\,;0} \right),\,\,B\left( {0\,; - 2\sqrt 2 \,;0} \right)$.

Vì $E$ là trung điểm $BC \Rightarrow E = \left( {\sqrt 2 \,; - \sqrt 2 \,;0} \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {DE} = \left( {\sqrt 2 ; - 3\sqrt 2 ;0} \right)$, $\overrightarrow {SA} = \left( { - 2\sqrt 2 ;0\,; - 2\sqrt 2 } \right)$.

$\Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {SA} \,,\overrightarrow {DE} } \right) = \frac{{\overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {DE} }}{{SA \cdot DE}} = \frac{{\sqrt 2 \cdot \left( { - 2\sqrt 2 } \right)}}{{4 \cdot 2\sqrt 5 }} = \frac{{ - \sqrt 5 }}{{10}}$$\Rightarrow \left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {DE} } \right) \approx 103^\circ$.

Đáp án: 20.

Gọi $A$ là biến cố: “2 bi lấy từ I không cùng màu”; $B$là biến cố: “Lấy từ hộp II được một bi trắng”.

Ta có $P\left( A \right) = \frac{{35}}{{66}}$; $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{35}}{{66}} \cdot \frac{{11}}{{27}} = \frac{{35}}{{162}}$;

$P\left( B \right) = \frac{{C_5^2}}{{C_{12}^2}} \cdot \frac{{C_{12}^1}}{{C_{27}^1}} + \frac{{C_7^2}}{{C_{12}^2}} \cdot \frac{{C_{10}^1}}{{C_{27}^1}} + \frac{{C_5^1 \cdot C_7^2}}{{C_{12}^2}} \cdot \frac{{C_{11}^1}}{{C_{27}^1}} = \frac{{65}}{{162}}$.

Suy ra $P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{35}}{{65}} = \frac{7}{{13}} \Rightarrow a + b = 20$.

Đáp án: 2,77.

Giả sử chốt nhà trùng với gốc tọa độ trong mặt phẳng Oxy, chốt 3 trùng với điểm A, chốt 2 trùng với điểm B, chốt 1 trùng với điểm C, cầu thủ trùng với điểm P, đoạn OA nằm trên trục Ox, đoạn OC nằm trên trục Oy, $M$ là trung điểm của OA.

$\Rightarrow A\left( {29\,;0} \right),\,C\left( {0\,;29} \right),M\left( {\frac{{29}}{2};\,0} \right),B\left( {29\,;29} \right),P\left( {9\,;\,29} \right)$.

Vị trí của cầu thủ tại thời điểm $t$ là

$s\left( t \right) = 9 + \int {\left( {0{,}6t + 3{,}8} \right)} \,{\rm{d}}t = 0{,}3{t^2} + 3{,}8t + 9$.

Thời gian để chạy đến chốt 2 (điểm $B$) là $s\left( t \right) = 29$.

Suy ra $0{,}3{t^2} + 3{,}8t - 20 = 0 \Rightarrow t = 4$.

Khi cầu thủ đến chốt 2 thì $PM = MB = \sqrt {{{29}^2} + {{\left( {\frac{{29}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{29\sqrt 5 }}{2}.$

Ta có tọa độ của điểm $P$ thay đổi theo thời gian $t$ là $P\left( {s\left( t \right)\,;29} \right)$.

$\Rightarrow P{M^2} = {\left( {s\left( t \right) - \frac{{29}}{2}} \right)^2} + {29^2}$

$\Rightarrow 2PM \cdot PM' = 2 \cdot s'\left( t \right) \cdot \left( {s\left( t \right) - \frac{{29}}{2}} \right)$

$\Rightarrow PM' = \frac{{\left( {0{,}6t + 3{,}8} \right) \cdot \left( {0{,}3{t^2} + 3{,}8t + 9 - \frac{{29}}{2}} \right)}}{{\frac{{29\sqrt 5 }}{2}}}$

$\Rightarrow PM'\left( 4 \right) \approx 2{,}77$.

Vậy khoảng cách từ người chơi đến điểm chính giữa chốt thứ ba và chốt nhà thay đổi với tốc độ $2{,}77\;\,{\rm{m/s}}.$

Đáp án: −4.

Mặt cầu $\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 36 = 0$ có $I\left( {0\,;0\,;0} \right),\,\,R = 6.$

Giả sử $M\left( {m\,;n\,;t} \right)$ thay đổi trên mặt phẳng $\left( P \right) \Rightarrow 2m + n + 2t - 36 = 0$.

Vì các tiếp tuyến phân biệt MA, MB, MC đến $\left( S \right)$.

$\Rightarrow A,B,C$ luôn nhìn IM dưới một góc vuông.

$\Rightarrow$ Luôn tồn tại mặt cầu ngoại tiếp các điểm A, B, C, I, M có tâm là trung điểm IM.

Gọi $K$ là trung điểm IM $\Rightarrow K\left( {\frac{m}{2};\frac{n}{2};\frac{t}{2}} \right),\,\,R' = IK = KM = \sqrt {\frac{{{m^2}}}{4} + \frac{{{n^2}}}{4} + \frac{{{t^2}}}{4}}$.

Phương trình mặt cầu:

$\left( {S'} \right):{\left( {x - \frac{m}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{n}{2}} \right)^2} + {\left( {z - \frac{t}{2}} \right)^2} = \frac{{{m^2}}}{4} + \frac{{{n^2}}}{4} + \frac{{{t^2}}}{4}$$\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - xm - yn - zt = 0$.

Dễ dàng thấy được mặt cầu $\left( S \right) \cap \left( {S'} \right) = \left( {ABC} \right)$

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x^2} + {y^2} + {z^2} - 36 = 0}\\{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xm - yn - zt = 0}\end{array} \Rightarrow \left( {ABC} \right):xm + yn + zt - 36 = 0} \right.$.

Ta có mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ luôn đi qua điểm cố định $T\left( {2\,;1\,;2} \right).$

Gọi $H$ là hình chiếu của $N\left( {3\,;3\,;3} \right)$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$$\Rightarrow NH \le NT$.

Vậy khoảng cách từ $N\left( {3\,;3\,;3} \right)$ đến mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ lớn nhất

$\Leftrightarrow {d_{\left( {N,\left( {ABC} \right)} \right)}} = NT \Rightarrow {\vec n_{\left( {ABC} \right)}} = \overrightarrow {TN} = \left( {1\,;2\,;1} \right)$.

Vậy phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là: $x + 2y + z - 6 = 0$.

Khi đó, $a + b + c = 1 + 1 - 6 = - 4$.