Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 21)

Cỡ mẫu $n = 25$.

Gọi ${x_1};{x_2};...;{x_{25}}$ là cân nặng của 25 quả bơ.

Ta có ${x_1};{x_2} \in \left[ {150;155} \right)$, ${x_3};{x_4};{x_5};{x_6} \in \left[ {155;160} \right)$, ${x_7};{x_8};...{x_{13}} \in \left[ {160;165} \right)$,

${x_{14}};{x_{15}};...;{x_{21}} \in \left[ {165;170} \right)$, ${x_{22}};{x_{23}};{x_{24}} \in \left[ {170;175} \right)$ và ${x_{25}} \in \left[ {175;180} \right)$.

Vì $n = 25$ nên trung vị của mẫu số liệu là ${x_{\frac{{25 + 1}}{2}}} = {x_{13}} \in \left[ {160;165} \right)$.

Từ đó suy ra tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu là $\frac{1}{2}\left( {{x_6} + {x_7}} \right)$ và tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu là $\frac{1}{2}\left( {{x_{19}} + {x_{20}}} \right) \in \left[ {165;170} \right)$, nghĩa là nhóm thứ 4. Chọn D.

Từ hình chiếu đứng, hình chiếu cạnh và hình chiếu bằng của chi tiết máy ta suy ra hình thực của chi tiết máy như hình vẽ dưới đây:

Gọi ${V_1}$ là thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước là $36,\,30,\,12$; ${V_2}$ là thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước là $36,\,24,\,28$; ${V_3}$ là thể tích của khối hộp chữ nhật có ba kích thước là $16,\,20,\,12$; ${V_4}$ là thể tích khối bán trụ có bán kính đáy bằng $11$, chiều cao bằng $28$.

Thể tích của khối đồ chơi đó là:

$V = {V_1} + {V_2} - \left( {{V_3} + {V_4}} \right) = 36 \cdot 30 \cdot 12 + 36 \cdot 24 \cdot 28 - \left( {16 \cdot 20 \cdot 12 + \frac{1}{2}\pi \cdot {{11}^2} \cdot 28} \right) \approx 27\,990$. Chọn C.

Ta có ${\log _3}\left( {x - 3} \right) \le 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 3 > 0\\{\log _3}\left( {x - 3} \right) \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 3\\x - 3 \le 9\end{array} \right. \Leftrightarrow 3 < x \le 12.$

Vì $x \in \mathbb{Z}$ nên $x \in \left\{ {4;5;6;7;8;9;10;11;12} \right\}.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình chứa 9 số nguyên. Chọn B.

a) Đúng. Vì cao độ của máy bay bằng 9 km.

b) Sai. Vì tại thời điểm 9 giờ 30 phút, tọa độ của máy bay là $\left( {150;\,300;\,9} \right)$.

c) Đúng. Vận tốc thực của máy bay là 750 km/h, vận tốc gió là 10 m/s $= 36\,\,{\rm{km/h}}$. Suy ra vận tốc của máy bay là $750 + 36 = 786\,{\rm{km/h}}$. Tại thời điểm 10 giờ 30 phút, quãng đường di chuyển được của máy bay theo hướng đông là $786 \cdot 1 = 786\,\,{\rm{km}}$. Suy ra vị trí của máy bay cách trung tâm điều khiển theo hướng đông là $786 + 300 = 1086\,{\rm{km}}$. Vậy tọa độ của máy bay là $\left( {150;\,1086;\,9} \right)$.

d) Sai. Gọi $M\left( {150;\,300;\,9} \right)$.

Tại thời điểm 9 giờ 30 phút, máy bay cách trung tâm điều khiển một khoảng bằng

$OM = \sqrt {{{150}^2} + {{300}^2} + {9^2}} \approx 335{,}5\,\,{\rm{km}}$.

a) Đúng. Ta có bảng số liệu ghép nhóm:

Số trung bình của cân nặng các quả táo ở thùng $A$ là:

$\overline {{x_A}} = \frac{{255 \cdot 2 + 265 \cdot 4 + 275 \cdot 12 + 285 \cdot 4 + 295 \cdot 3}}{{25}} = 275{,}8$.

Số trung bình của cân nặng các quả táo ở thùng $B$ là:

$\overline {{x_B}} = \frac{{255 \cdot 1 + 265 \cdot 3 + 275 \cdot 7 + 285 \cdot 10 + 295 \cdot 4}}{{25}} = 280{,}2$.

Vậy số trung bình của cân nặng các quả táo ở thùng $A$ nhỏ hơn số trung bình của cân nặng các quả táo ở thùng $B.$

b) Đúng. Gọi $M$ là biến cố: “Lấy được một quả táo từ thùng $A$ có cân nặng từ $280\,{\rm{g}}$ trở lên”.

Khi đó ta có: $n\left( \Omega \right) = 25$; $n\left( M \right) = 4 + 3 = 7$$\Rightarrow P\left( M \right) = \frac{{n\left( M \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{7}{{25}} = 0{,}28$ .

c) Đúng. Gọi $N$ là biến cố: “Lấy được một quả táo từ thùng $A$ và một quả táo từ thùng $B$ sao cho hai quả táo lấy ra đều nặng từ $270\,{\rm{g}}$ trở lên”.

Khi đó ta có: $n\left( \Omega \right) = 25 \cdot 25 = 625$; $n\left( N \right) = \left( {12 + 4 + 3} \right) \cdot \left( {7 + 10 + 4} \right) = 399$.

$\Rightarrow P\left( N \right) = \frac{{n\left( N \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{399}}{{625}} = 0{,}6384$.

d) Đúng. Số táo có cân nặng từ $280\,{\rm{g}}$ trở lên ở thùng $B$ là: $10 + 4 = 14$.

Số táo có cân nặng từ $280\,{\rm{g}}$ trở lên ở thùng $A$ là: $4 + 3 = 7$.

Vậy số táo có cân nặng từ $280\,{\rm{g}}$ trở lên ở thùng $B$ nhiều hơn số táo có cân nặng từ $280\,{\rm{g}}$ trở lên ở thùng $A$.

a) Sai. Ta có ${s_1} = \int\limits_0^5 v \left( t \right){\rm{d}}t = \int\limits_0^5 1 0t{\rm{d}}t = \left. {5{t^2}} \right|_0^5 = 125\,\,{\rm{(m)}}$.

Do đó, quãng đường ô tô đi được trong khoảng thời gian 5 giây đầu tiên là 125 m.

b) Đúng. Ta có $a = v'\left( t \right) = 10\,\,({\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}})$. Vậy gia tốc chuyển động của ô tô là $a = 10\,\,({\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}})$.

c) Đúng. Ta có ${s_2} = \int\limits_5^{10} v \left( t \right){\rm{d}}t = \int\limits_5^{10} 1 0t{\rm{d}}t = \left. {5{t^2}} \right|_5^{10} = 500 - 125 = 375\,\,{\rm{(m)}}$.

d) Đúng. Tại thời điểm $t = 10\;\,{\rm{s}} \Rightarrow v = 100\,\,({\rm{m/s}})$.

Khi đó ${v_0}\left( t \right) = \int {a'} {\rm{d}}t = - 40t + C$, mà ${v_0}\left( {10} \right) = 100 \Rightarrow - 40 \cdot 10 + C = 100 \Rightarrow C = 500$.

Khi ô tô dừng hẳn thì ${v_0}\left( t \right) = - 40t + 500 = 0 \Rightarrow t = 12{,}5\,\,{\rm{(s)}}$.

Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu gặp chướng ngại vật đến khi dừng hẳn là:

${s_3} = \int\limits_{10}^{12{,}5} {{v_0}} \left( t \right){\rm{d}}t = \int\limits_{10}^{12{,}5} {\left( { - 40t + 500} \right)} \,{\rm{d}}t = \left. {\left( { - 20{t^2} + 500t} \right)} \right|_{10}^{12{,}5} = 125\,\,{\rm{(m)}}$.

Vậy quãng đường ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc dừng hẳn là:

$s = {s_1} + {s_2} + {s_3} = 125 + 375 + 125 = 625\,\,{\rm{(m)}}$.

a) Sai. Vì lượng xăng ban đầu trong bình ban đầu là $V\left( 0 \right) = 300\left( {{0^2} - {0^3}} \right) + 4{,}5 = 4{,}5$lít.

b) Đúng. Ta có $30\,\,{\rm{s}} = 0{,}5\,\,{\rm{ph\'u t}}$. Suy ra $V\left( {0{,}5} \right) = 300\left( {{{0{,}5}^2} - {{0{,}5}^3}} \right) + 4{,}5 = 42$ lít.

Khi đó số xăng đã mua là $42 - 4{,}5 = 37{,}5$.

Vậy số tiền người mua phải trả là $37{,}5 \cdot 21\,000 = 787\,500$ đồng.

c) Sai. Xét hàm số $V'\left( t \right) = 300\left( {2t - 3{t^2}} \right)$ với $0 \le t \le 0{,}5$. Ta có $V''\left( t \right) = 300\left( {2 - 6t} \right)$.

Khi đó $V''\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 300\left( {2 - 6t} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \in \left( {0;0{,}5} \right)$.

$V'\left( 0 \right) = 0$; $V'\left( {\frac{1}{3}} \right) = 100$; $V'\left( {0{,}5} \right) = 75$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0;0{,}5} \right]} V'\left( t \right) = V'\left( {\frac{1}{3}} \right) = 100$. Suy ra tại thời điểm ở giây thứ $\frac{1}{3} \cdot 60 = 20$ thì tốc độ tăng thể tích là lớn nhất.

d) Sai. Phương trình $V'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 300\left( {2t - 3{t^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = \frac{2}{3} \notin \left[ {0;\frac{1}{2}} \right]\end{array} \right.$.

Đáp án: $5$.

Ta có: $f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9$, $f'\left( x \right) = 0$$\Leftrightarrow$$x = 1,\,\,x = 3$.

Hàm số đạt cực đại tại $x = 1$ và đạt cực tiểu tại $x = 3$ nên suy ra $a = 1$, $b = 3$.

Vậy $A = 2a + b = 5$.

Đáp án: 1,22.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$.

Vì $BM\,{\rm{//}}\,DI$ nên $BM\,{\rm{//}}\,\left( {SDI} \right)$.

Do đó $d\left( {BM,SD} \right) = d\left( {BM,\left( {SDI} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SDI} \right)} \right)$.

Vì $AD \cap \left( {SDI} \right) = D$ và $M$ là trung điểm của $AD$ nên $d\left( {M,\left( {SDI} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SDI} \right)} \right)$.

Trong $\left( {ABCD} \right)$, kẻ $AK \bot DI\;\left( {K \in DI} \right)$, $AK \cap BM = J$.

Trong $\left( {SAK} \right)$, kẻ $AH \bot SK\;\left( {H \in SK} \right)$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}DI \bot AK\\DI \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow DI \bot \left( {SAK} \right)$ mà $AH \subset \left( {SAK} \right) \Rightarrow DI \bot AH$.

Suy ra $AH \bot \left( {SDI} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SDI} \right)} \right) = AH$.

Ta có $BM\,{\rm{//}}\,DI \Rightarrow JM\,{\rm{//}}\,DK$ và $M$ là trung điểm của $AD$ nên $AK = 2AJ$.

Lại có $\frac{1}{{A{J^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} = \frac{2}{{{3^2}}}$. Suy ra $AJ = \frac{{3\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow AK = 3\sqrt 2$.

Mặt khác $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{K^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{2 \cdot {3^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} = \frac{3}{{2 \cdot {3^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{3\sqrt 6 }}{3} = \sqrt 6$.

Do đó $d\left( {M,\left( {SDI} \right)} \right) = \frac{1}{2} \cdot AH = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \approx 1{,}22$.

Cách khác:

Gọi $E = DI \cap AB$ thì $AE = 2AB = 6$.

$d\left( {BM,SD} \right) = d\left( {B,\left( {SDI} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SDE} \right)} \right)$.

Vì $S.ADE$ là tứ diện vuông tại $A$ nên đặt $h = d\left( {A,\left( {SDE} \right)} \right)$ thì ta có

$\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{6^2}}} + \frac{1}{{{6^2}}} = \frac{1}{6}$

$\Rightarrow h = \sqrt 6$. Suy ra $d\left( {BM,SD} \right) = \frac{h}{2} = \frac{{\sqrt 6 }}{2} \approx 1{,}22$.

Đáp án: $105$.

Quãng đường ô tô đi được trong $5$ giây đầu là ${s_1} = \int\limits_0^5 {7t{\rm{d}}t} = 7\left. {\frac{{{t^2}}}{2}} \right|_0^5 = 87{,}5$ (mét).

Phương trình vận tốc của ô tô khi người lái xe phát hiện chướng ngại vật là ${v_{\left( 2 \right)}}\left( t \right) = 35 - 35t$ (m/s). Khi xe dừng lại hẳn thì ${v_{\left( 2 \right)}}\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 35 - 35t = 0 \Leftrightarrow t = 1$.

Quãng đường ô tô đi được từ khi phanh gấp đến khi dừng lại hẳn là:

${s_2} = \int\limits_0^1 {\left( {35 - 35t} \right){\rm{d}}t}$$= \left. {\left( {35t - 35\frac{{{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^1$$= 17{,}5$ (mét).

Vậy quãng đường của ô tô đi được từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là:

$s = {s_1} + {s_2}$$= 87{,}5 + 17{,}5$$= 105$ (mét).

Đáp án: 10.

Ta có ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x - 4y - 8z + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 4} \right)^2} = {5^2}$.

Do đó, mặt cầu $\left( S \right)$ có bán kính $R = 5$ km.

Khoảng cách xa nhất giữa hai điểm thuộc vùng phủ sóng là đường kính của mặt cầu, tức bằng $10\,\,{\rm{km}}$.

Đáp án: $0{,}68$.

Xét các biến cố $A$: “Chọn được học sinh thuộc câu lạc bộ âm nhạc”;

$B$: “Chọn được học sinh biết chơi đàn guitar”.

Khi đó, $P\left( A \right) = 0{,}2;\,\,P\left( {\overline A } \right) = 0{,}8;\,\,P\left( {B|A} \right) = 0{,}85;\,\,P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}1$.

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

$P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}2 \cdot 0{,}85 + 0{,}8 \cdot 0{,}1 = 0{,}25$.

Theo công thức Bayes, xác suất chọn được học sinh thuộc câu lạc bộ âm nhạc, biết học sinh đó chơi được đàn guitar, là: $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}2 \cdot 0{,}85}}{{0{,}25}} = 0{,}68$.

Đáp án: $3{,}69$.

Ta có: ${L_A} < {L_B} \Rightarrow OA > OB$.

Gọi $I$ là trung điểm $AB$. Ta có:

${L_A} = \log \frac{k}{{O{A^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{A^2}}} = {10^{{L_A}}} \Rightarrow OA = \frac{{\sqrt k }}{{{{\sqrt {10} }^{{L_A}}}}}$

${L_B} = \log \frac{k}{{O{B^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{B^2}}} = {10^{{L_B}}} \Rightarrow OB = \frac{{\sqrt k }}{{{{\sqrt {10} }^{{L_B}}}}}$

${L_I} = \log \frac{k}{{O{I^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{I^2}}} = {10^{{L_I}}} \Rightarrow OI = \frac{{\sqrt k }}{{{{\sqrt {10} }^{{L_I}}}}}$

Ta có: $OI = \frac{1}{2}\left( {OA - OB} \right) \Rightarrow \frac{{\sqrt k }}{{{{\sqrt {10} }^{{L_I}}}}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt k }}{{{{\sqrt {10} }^{{L_A}}}}} - \frac{{\sqrt k }}{{{{\sqrt {10} }^{{L_B}}}}}} \right) \Rightarrow \frac{1}{{{{\sqrt {10} }^{{L_I}}}}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{{\sqrt {10} }^{{L_A}}}}} - \frac{1}{{{{\sqrt {10} }^{{L_B}}}}}} \right)$

$\Rightarrow {L_I} = - 2\log \left[ {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{{\sqrt {10} }^{{L_A}}}}} - \frac{1}{{{{\sqrt {10} }^{{L_B}}}}}} \right)} \right] = - 2\log \left[ {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{{\sqrt {10} }^3}}} - \frac{1}{{{{\sqrt {10} }^5}}}} \right)} \right] \approx 3{,}69$.