Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 22)

Ta có $y = {x^3} - {x^2} + 6x - 1$, suy ra $y' = 3{x^2} - 2x + 6$.

Có $y' > 0,\forall x \in \mathbb{R}$. Vậy hàm số $y = {x^3} - {x^2} + 6x - 1$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. Chọn B.

Đồ thị hàm số trên là đồ thị hàm số bậc ba nên có dạng $y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ $\left( {a \ne 0} \right)$.

Nhìn vào nhánh phải của đồ thị ta thấy đồ thị có hướng đi lên suy ra $a > 0$.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ $y = 1$.

Vậy hàm số thỏa đề là $y = {x^3} - 3x + 1$. Chọn A.

Do $\int {f\left( t \right){\rm{d}}t} = \int {\left( {480 \cdot {2^t}\ln 2} \right){\rm{ d}}t} = 480 \cdot \ln 2 \cdot \frac{{{2^t}}}{{\ln 2}} + C = 480 \cdot {2^t} + C = F\left( t \right)$.

Biết tại thời điểm bắt đầu quan sát, số lượng cá thể được ước tính một cách chính xác khoảng 600 cá thể nên $F\left( 0 \right) = 480 \cdot {2^0} + C = 600 \Rightarrow C = 120$. Vậy $F\left( t \right) = 480 \cdot {2^t} + 120$. Chọn B.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$:

$AC \cap BD = \left\{ O \right\} \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Xét $\Delta SAO$ vuông tại $O$ có:

$SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Kẻ $MI \bot BD$ tại $I$. Suy ra $MI\,{\rm{//}}\,SO$ nên $MI \bot \left( {ABCD} \right)$.

Vậy góc giữa $BM$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {MBI}$.

Ta có $MI = \frac{1}{3}SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{6}$; $BI = \frac{5}{6}BD = \frac{{5\sqrt 2 a}}{6}$.

Xét $\Delta MBI$ vuông tại $I$ ta có $\tan \widehat {MBI} = \frac{{MI}}{{BI}} = \frac{1}{5}$.

Vậy giá trị $\tan$của góc giữa $BM$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $\frac{1}{5}$. Chọn B.

Vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ là: $\overrightarrow n = \left( {3; - 1;2} \right)$.

${\overrightarrow n _1} = \left( { - 3;1; - 2} \right) = - 1\left( {3; - 1;2} \right) = - \overrightarrow n$ cũng là một vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$;

${\overrightarrow n _2} = \left( {6; - 2;4} \right) = 2\left( {3; - 1;2} \right) = 2\overrightarrow n$ cũng là một vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$. Chọn B.

Diện tích hình vuông $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = {a^2}$. Chiều cao khối chóp là $SA = a\sqrt 2 .$

Thể tích khối chóp ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}.$ Chọn D.

Lấy ngẫu nhiên một viên bi, rồi lấy ngẫu nhiên một viên bi nữa từ một bình đựng 5 bi xanh và 3 bi đỏ $\Rightarrow n\left( \Omega \right) = 8 \cdot 7 = 56$.

Biến cố A: “Lấy lần thứ hai được một viên bi xanh”.

Trường hợp 1: lần 1 lấy được bi đỏ và lần 2 lấy được bi xanh có: 3 ∙ 5 = 15 cách.

Trường hợp 2: cả lần 1 và lần 2 đều lấy được bi xanh có: 5 ∙ 4 = 20 cách.

Suy ra $n\left( A \right) = 15 + 20 = 35$. Vậy $P\left( A \right) = \frac{{35}}{{56}} = \frac{5}{8}$. Chọn C.

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {AM\,} = \left( {1;3; - 2} \right)$ là vectơ chỉ phương của đường thẳng $AM$.

Đường thẳng $AM$ đi qua $A\left( {5;12;0} \right)$ nên có phương trình $\frac{{x - 5}}{1} = \frac{{y - 12}}{3} = \frac{z}{{ - 2}}$.

b) Sai. Thay tọa độ điểm $N\left( {7;18; - 5} \right)$ vào phương trình $AM$ ta được:

$\frac{{7 - 5}}{1} = \frac{{18 - 12}}{3} = \frac{{ - 5}}{{ - 2}} \Leftrightarrow 2 = 2 = \frac{5}{2}$ vô lý.

c) Đúng. Vị trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là $B \in AM:\frac{{x - 5}}{1} = \frac{{y - 12}}{3} = \frac{z}{{ - 2}} \Rightarrow B\left( {5 + t;12 + 3t; - 2t} \right)$.

Ngoài thực tế khoảng cách từ tâm trái đất đến vị trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là $6370 + 6630 = 13000\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$ ứng với $13$ đơn vị trên hệ trục tọa độ, hay $OB = 13 \Leftrightarrow O{B^2} = 169$

$\Leftrightarrow {\left( {5 + t} \right)^2} + {\left( {12 + 3t} \right)^2} + {\left( { - 2t} \right)^2} = 169$$\Leftrightarrow 14{t^2} + 82t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = - \frac{{41}}{7}\end{array} \right.$.

Với $t = 0 \Rightarrow B\left( {5;12;0} \right) \equiv A$ vô lý.

Với $t = - \frac{{41}}{7} \Rightarrow B\left( { - \frac{6}{7}; - \frac{{39}}{7};\frac{{82}}{7}} \right)$.

d) Đúng. Ta có $AB = \sqrt {{{\left( { - \frac{6}{7} - 5} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{39}}{7} - 12} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{82}}{7}} \right)}^2}} = \frac{{41\sqrt {14} }}{7}$.

Khoảng cách thực tế là $1000AB = 1000\frac{{41\sqrt {14} }}{7} \approx 21915\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

a) Đúng. Ta có

$$\begin{array}{l} - 1 \le \sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] \le 1 \Leftrightarrow - 3 \le 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] \le 3\\ \Rightarrow 7 \le \sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 10 \le 13\end{array}$$

$d\left( t \right) = 13$ khi $\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right){\rm{ = }}\frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = 160 + 360k$.

Mà $0 < t \le 365$ nên $0 < 160 + 360k \le 360,\,\,k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0,t = 160.$

Giá trị lớn nhất của $d\left( t \right)$ là $13$ khi $t = 160$.

Vậy ngày có nhiều giờ ánh sáng nhất là $13$ giờ, là ngày thứ $160$ trong năm.

b) Đúng. Hàm $d\left( t \right) = 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 10$ nghịch biến trên $\left( {\frac{\pi }{2} + k2\pi ;\frac{{3\pi }}{2} + k2\pi } \right)$, trong một chu kì, hàm $d\left( t \right) = 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 10$ nghịch biến trên $\left( {\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{2}} \right)$ nên

$\frac{\pi }{2} < \frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right) < \frac{{3\pi }}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} < \frac{1}{{180}}\left( {t - 70} \right) < \frac{3}{2} \Leftrightarrow 90 < t - 70 < 270 \Leftrightarrow 160 < t < 340$.

Vậy kể từ này thứ 161 đến ngày thứ 340, số giờ có ánh sáng của thành phố A bắt đầu giảm.

Tháng 7 năm không nhuận bắt đầu từ ngày thứ $182$ trong năm.

c) Sai. Theo đề bài ta có

$$d\left( t \right) = 3\sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 10 > 10 \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right)} \right] > 0 \Leftrightarrow 0 < \frac{\pi }{{180}}\left( {t - 70} \right) < \pi$$

$\Leftrightarrow 0 < t - 70 < 180 \Leftrightarrow 70 < t < 250$.

Số ngày có nắng nhiều hơn 10 giờ là $250 - 70 = 180$.

d) Đúng. Khi $t = 70$ thì $d\left( {70} \right) = 3\sin 0 + 10 = 10$ nên thành phố có $10$giờ có ánh sáng.

a) Sai. Ta có góc giữa đường thẳng $AC'$ và mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$ là góc $\widehat {AC'A'}$.

Ta có $AA' = 1$, $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{2^2} + {4^2}} = \sqrt {20} = 2\sqrt 5$,

$AC' = \sqrt {A{C^2} + C{{C'}^2}} = \sqrt {20 + 1} = \sqrt {21}$.

Do đó $\sin \varphi = \sin \widehat {AC'A'} = \frac{{AA'}}{{AC'}} = \frac{1}{{\sqrt {21} }}$.

b) Đúng. Ta có $AC{\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)$ nên khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $B'D'$ bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {A'B'C'D'} \right)$ và bằng độ dài đoạn $AA' = 1$.

Vậy $d\left( {AC,B'D'} \right) = 1$.

c) Đúng. Ta có $AC' = \sqrt {A{C^2} + C{{C'}^2}} = \sqrt {20 + 1} = \sqrt {21}$.

d) Đúng. Ta có $AA' \bot AB,AA' \bot AD$ suy ra $AA' \bot \left( {ABCD} \right)$.

a) Đúng. Do $s'\left( t \right) = v\left( t \right)$ nên quãng đường $s\left( t \right)$ mà xe ô tô đi được trong thời gian $t$ (giây) là một nguyên hàm của hàm số $v\left( t \right)$.

Ta có: $\int {\left( { - 10t + 20} \right){\rm{d}}t} = - 5{t^2} + 20t + C$ với $C$ là hằng số.

Khi đó, ta gọi hàm số $s\left( t \right) = - 5{t^2} + 20t + C$.

b) Đúng. Do $s\left( 0 \right) = 0$ nên $C = 0$. Suy ra $s\left( t \right) = - 5{t^2} + 20t$.

c) Sai. Xe ô tô dừng hẳn khi $v\left( t \right) = 0$ hay $- 10t + 20 = 0$, tức là $t = 2$. Vậy thời gian kể từ lúc đạp phanh đến khi xe ô tô dừng hẳn là 2 giây.

d) Đúng. Ta có xe ô tô đang chạy với tốc độ 65 km/h ≈ 18 m/s.

Quãng đường xe ô tô còn di chuyển được kể từ lúc đạp phanh đến khi xe dừng hẳn là:

$s\left( 2 \right) = - 5 \cdot {2^2} + 20 \cdot 2 = 20$ (m).

Khi đó, quãng đường xe ô tô di chuyển kể từ lúc người lái xe phát hiện chướng ngại vật trên đường đến khi xe ô tô dừng hẳn là $18 + 20 = 38$ (m).

Do $38 < 50$ nên xe ô tô đã dừng hẳn trước khi va chạm với chướng ngại vật trên đường.

Đáp án: 38.

Chi phí sản xuất cho $x$ sản phẩm là $xG\left( x \right) = {x^3} - 77{x^2} + 1000x + 40000$(nghìn đồng).

Lợi nhuận thu được của doanh nghiệp:

$h\left( x \right) = - 2{x^2} + 1312x - \left( {{x^3} - 77{x^2} + 1000x + 40000} \right) = - {x^3} + 75{x^2} + 312x - 40000$ (nghìn đồng).

Ta có: $h'\left( x \right) = - 3{x^2} + 150x + 312$. Trên khoảng $\left( {1;\,300} \right)$, $h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 52$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta suy ra được lợi nhuận lớn nhất của doanh nghiệp khoảng $38$triệu đồng.

Đáp án: $2\,000$.

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( {1;1;0} \right)$ và bán kính $R = 2$.

Ta có $\overrightarrow {IM} = \left( {1;2;1} \right)$ và $IM = \sqrt 6$.

Gọi $H$ là một tiếp điểm tùy ý khi kẻ tiếp tuyến từ $M$ đến mặt cầu, có $MH = \sqrt {I{M^2} - {R^2}} = \sqrt 2$.

Gọi $O$ là tâm của đường tròn $\left( C \right)$, khi đó $IM \bot HO$ và $HO = r$.

Ta có $HI \cdot HM = HO \cdot IM$$\Rightarrow r = \frac{{HI \cdot HM}}{{IM}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 6 }} = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow T = 1000\sqrt 3 r = 2000.$

Đáp án: $4252$.

Thiết diện vuông góc với trục và cách đều hai đáy là hình tròn có bán kính $r$ và có diện tích là $1600\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$, nên ${r^2}\pi = 1600\pi \Rightarrow r = 40\,{\rm{cm}}$.

Ta chọn hệ trục $Oxy$ như hình vẽ.

Parabol có đỉnh $I\left( {0;\,40} \right)$ và qua $A\left( {50;\,30} \right)$ nên có phương trình $y = - \frac{1}{{250}}{x^2} + 40$.

Thể tích của trống là: $V = \pi \int\limits_{ - 50}^{50} {{{\left( { - \frac{1}{{250}}{x^2} + 40} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \frac{{406000\pi }}{3}\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}) = \frac{{406\pi }}{3}\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}})$.

Vậy $10V = 10 \cdot \frac{{406\pi }}{3} \approx 4\,252\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}).$

Đáp án: $0{,}02$.

Xét các biến cố:

${A_1}$: “Sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi”.

${A_2}$: “Sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi”.

Khi đó, ta có: $P\left( {{A_1}} \right) = \frac{{49}}{{3000}}$; $P\left( {\overline {{A_1}} } \right) = \frac{{2951}}{{3000}}$.

Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất bị lỗi thì còn $2999$ sản phẩm và trong đó có $48$ sản phẩm lỗi nên ta có: $P\left( {{A_2}\left| {{A_1}} \right.} \right) = \frac{{48}}{{2999}}$.

Khi sản phẩm lấy ra lần thứ nhất không bị lỗi thì còn $2999$ sản phẩm trong đó có $49$ sản phẩm lỗi nên ta có: $P\left( {{A_2}\left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) = \frac{{49}}{{2999}}$.

Khi đó, xác suất để sản phẩm lấy ra lần thứ hai bị lỗi là:

$P\left( {{A_2}} \right) = P\left( {{A_2}\left| {{A_1}} \right.} \right) \cdot P\left( {{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}\left| {\overline {{A_1}} } \right.} \right) \cdot P\left( {\overline {{A_1}} } \right)$$= \frac{{48}}{{2999}} \cdot \frac{{49}}{{3000}} + \frac{{49}}{{2999}} \cdot \frac{{2951}}{{3000}} \approx 0{,}02$.

Đáp án: 1.

Giả sử $M\left( {x;y;0} \right)$.

Ta có $M{A^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + 4$, $M{B^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + 1$, $M{C^2} = {\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + 16$, $M{D^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2} + 1$.

$$T = \frac{{ - 3M{A^2} - 2M{B^2} + M{C^2}}}{{M{D^2}}} = \frac{{ - 4{x^2} + 8x - 4{y^2} + 4y + 10}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + 1}}$$

$= - 4 \cdot \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + 1 - \frac{{19}}{4}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + 1}} = - 4 \cdot 1 + \frac{{19}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2} + 1}} \le - 4 + 19 = 15$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {1;\frac{1}{2};0} \right)$.

Đáp án: $98{,}8$.

Đặt tên các điểm như hình dưới đây.

Kẻ đường cao $AM$, ta có $\Delta ABC$ đều, cạnh bằng $2$ nên $AM = \sqrt 3$.

Gọi $O$ là tâm của $\Delta ABC \Rightarrow OM = \frac{1}{3}AM = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow OH = OM - x = \frac{{\sqrt 3 }}{3} - x$.

Lại có $\Delta OPQ$ đều nên $OH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}PQ \Rightarrow PQ = \frac{2}{{\sqrt 3 }}OH = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - x} \right)$.

Diện tích $\Delta OPQ$ là ${S_{\Delta OPQ}} = \frac{1}{2}OH \cdot PQ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - x} \right)^2}$.

Diện tích lục giác đều: $S = 6{S_{\Delta OPQ}} = 2\sqrt 3 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - x} \right)^2}$.

Thể tích khối lăng trụ lục giác đều: $V\left( x \right) = 2\sqrt 3 x{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3} - x} \right)^2} = 2\sqrt 3 \left( {\frac{1}{3}x - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}{x^2} + {x^3}} \right)$.

Ta có $V'\left( x \right) = 2\sqrt 3 \left( {\frac{1}{3} - \frac{{4\sqrt 3 }}{3}x + 3{x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ hoặc $x = \frac{{\sqrt 3 }}{9}$.

Lập bảng giá trị của $V\left( x \right)$ với $x \in \left( {0;\frac{2}{3}} \right)$, ta thấy hàm số $V\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{8}{{81}}$ tại $x = \frac{{\sqrt 3 }}{9}$.

Vậy thể tích lớn nhất của khối lăng trụ lục giác đều là $\frac{8}{{81}}\,({{\rm{m}}^{\rm{3}}}) \approx 98{,}8\,\,({\rm{d}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}})$.