Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 27)

Vận tốc của vật sau $t$ giây là $v\left( t \right) = h'\left( t \right) = 32{,}5 - 9{,}8t$ (m/s).

Do đó, vận tốc của vật sau 3 giây là $v\left( 3 \right) = 32{,}5 - 9{,}8.3 = 3{,}1$ (m/s). Chọn C.

Từ bảng biến thiên ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = - \infty$, suy ra đồ thị hàm số có TCĐ $x = 0$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = 1$, suy ra đồ thị hàm số có TCN $y = 1$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 3$, suy ra đồ thị hàm số có TCN $y = 3$.

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận. Chọn B.

Ta có $F\left( x \right) = \int {\left( {{e^x} + 2x} \right){\rm{d}}x} = {e^x} + {x^2} + C$.

Theo bài ra ta có: $F\left( 0 \right) = 1 + C = \frac{3}{2} \Rightarrow C = \frac{1}{2}$. Vậy $F\left( x \right) = {e^x} + {x^2} + \frac{1}{2}$. Chọn A.

Áp dụng công thức $\int\limits_a^b {f\left( x \right){\rm{d}}x + } \int\limits_b^c {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_a^c {f\left( x \right){\rm{d}}x}$.

Do đó $\int\limits_0^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x + } \int\limits_2^4 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 9 + 4 = 13$. Chọn D.

Phương trình mặt cầu: ${x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0$ $\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d > 0} \right)$ có tâm $I\left( {a\,;\,b\,;\,c} \right)$, bán kính $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d}$.

Ta có $a = 4$, $b = - 5$, $c = 3$, $d = 49$. Do đó $R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} = 1$. Chọn A.

a) Sai. Đạo hàm của hàm số đã cho là $y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}}$.

b) Đúng. Ta có: $y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}}\,\left( {x \ne 0} \right)$; $y' = 0 \Leftrightarrow 1 - \frac{4}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = - 2$ hoặc $x = 2$.

Bảng xét dấu đạo hàm của của hàm số đã cho như sau:

Từ bảng xét dấu, suy ra đạo hàm của hàm số đã cho nhận giá trị âm trên $\left( { - 2;\,0} \right) \cup \left( {0;\,2} \right)$ và nhận giá trị dương trên $\left( { - \infty ;\, - 2} \right) \cup \left( {2;\, + \infty } \right)$.

c) Sai. Bảng biến thiên của hàm số đã cho là:

Ta thấy $y\left( { - 2} \right) = - 4 \ne 4$.

d) Đúng. Đồ thị hàm số đã cho như ở hình dưới đây/

a) Sai. $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;1; - 2} \right)$ là một vectơ chỉ phương của ${\Delta _1}$.

b) Sai. $\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 1; - 2;2} \right)$ là một vectơ chỉ phương của ${\Delta _2}$.

c) Đúng. Côsin của góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2;1; - 2} \right)$, $\overrightarrow {{u_2}} = \left( { - 1; - 2;2} \right)$ là

$\cos \left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) = \frac{{\overrightarrow {{u_1}} \cdot \overrightarrow {{u_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{u_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{u_2}} } \right|}} = \frac{{ - 8}}{{3 \cdot 3}} = \frac{{ - 8}}{9}$, suy ra $\left( {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right) \approx 153^\circ$.

d) Sai. Từ câu c), suy ra $\left( {{\Delta _1},{\Delta _2}} \right) \approx 180^\circ - 153^\circ \approx 27^\circ$.

a) Đúng. Khi xe dừng hẳn thì vận tốc bằng $0\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

b) Sai. Cho $v = 0 \Leftrightarrow - 5t + 20 = 0 \Leftrightarrow {\rm{t}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{4}}\,\left( {\rm{s}} \right)$. Vậy thời gian từ lúc người lái xe đạp phanh cho đến khi xe dừng hẳn là $4\,{\rm{s}}$.

c) Đúng. Ta có: $\int {\left( { - 5t + 20} \right){\rm{dt}} = } \frac{{ - 5{t^2}}}{2} + 20t + C$.

d) Sai. Quãng đường từ lúc đạp phanh cho đến khi xe dừng hẳn là $S = \int\limits_0^4 {\left( { - 5t + 20} \right){\rm{d}}t} = 40\,\left( {\rm{m}} \right)$.

a) Đúng. Tỉ lệ bò bị mắc bệnh bò điên ở Hà Lan là 1,3 con trên $100{\rm{ }}000$ con nghĩa là $P\left( X \right) = 13 \cdot {10^{ - 6}}$.

b) Sai. Khi con bò bị bệnh bò điên, thì xác suất để ra phản ứng dương tính trong xét nghiệm là 70%, nghĩa là: $P\left( {Y|X} \right) = 0{,}7$.

c) Đúng. Khi con bò không bị bệnh, thì xác suất để xảy ra phản ứng dương tính trong xét nghiệm đó là 10%, nghĩa là $P\left( {Y|\overline X } \right) = 0{,}1$.

d) Sai. Ta có: $P\left( {Y \cap X} \right) = P\left( {Y|X} \right) \cdot P\left( X \right) = 0{,}7 \cdot 13 \cdot {10^{ - 6}} = 91 \cdot {10^{ - 7}}$.

Đáp án: $49,\,6$.

Năm 2024, tháng một có 31 ngày, tháng hai có 29 ngày, tháng ba có 31 ngày, tháng tư có 30 ngày, tháng năm có 31 ngày, tháng sáu có 30 ngày, tháng bảy có 31 ngày, tháng tám có 31 ngày, tháng chín có 30 ngày, tháng mười có 31 ngày, tháng mười một có 30 ngày.

Ta có $f\left( t \right) = - \frac{1}{{300}}{t^3} + b{t^2} + ct + 12000$; $f'\left( t \right) = - \frac{1}{{100}}{t^2} + 2bt + c$.

Ngày 26/09/2024 ứng với $t = 270$ là ngày có số lượng cá thể sinh vật X nhiều nhất với $55740$ con nên hàm số đạt cực đại tại $t = 270$.

$f'\left( {270} \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{{100}} \cdot {270^2} + 540b + c = 0 \Leftrightarrow 540b + c = 729\,\,\,\left( 1 \right)$;

$$f\left( {270} \right) = 55740 \Leftrightarrow - \frac{1}{{300}} \cdot {270^3} + {270^2}b + 270\,c + 12000 = 55740$$

$\Leftrightarrow 72900\,\,b\,\, + 270\,c = 109350\,\,\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)\,\,,\left( 2 \right)$ suy ra $b = \frac{6}{5},\,\,\,\,c = 81$, vậy hàm số đã cho là $f\left( t \right) = - \frac{1}{{300}}{t^3} + \frac{6}{5}{t^2} + 81\,\,t + 12000$.

Thử lại $f'\left( t \right) = - \frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{12}}{5}t + 81$; $f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 270\\t = - 30\,\,(l)\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Hàm số đạt cực đại tại $t = 270$.

Ngày 25/11/2014 ứng với $t = 330$, khi đó số lượng cá thể sinh vật X được ước lượng khoảng bằng: $f\left( {330} \right) = - \frac{1}{{300}} \cdot {330^3} + \frac{6}{5} \cdot {330^2} + 81 \cdot \,330 + 12000 = 49\,620$(con) $\approx 49{,}6$ (nghìn con).

Đáp án: 1458.

Sau $k$ giây thì thể tích nước trong bể bằng $\int\limits_0^k {h'\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^k {\left( {6a{t^2} + 2bt} \right){\rm{d}}t}$. Do đó, ta có:

$\int\limits_0^3 {\left( {6a{t^2} + 2bt} \right){\rm{d}}t = 90}$$\Leftrightarrow$$\left. {\left( {2a{t^3} + b{t^2}} \right)} \right|_0^3 = 90$$\Leftrightarrow$$54a + 9b = 90$ (1)

$\int\limits_0^6 {\left( {6a{t^2} + 2bt} \right){\rm{d}}t = 504}$$\Leftrightarrow$$\left. {\left( {2a{t^3} + b{t^2}} \right)} \right|_0^6 = 504$$\Leftrightarrow$$432a + 36b = 504$ (2)

Từ (1), (2) suy ra $a = \frac{2}{3},\,\,b = 6$. Khi đó, $h'\left( t \right) = 4{t^2} + 12t$.

Sau khi bơm $9$ giây thì thể tích nước trong bể là:

$\left. {V = \int\limits_0^9 {\left( {4{t^2} + 12t} \right){\rm{d}}t} = \left( {\frac{4}{3}{t^3} + 6{t^2}} \right)} \right|_0^9 = 1458\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Đáp án: 11,6.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$, với gốc đặt tại điểm xuất phát của hai chiếc máy bay, mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ trùng với mặt đất, trục $Ox$ hướng về phía Bắc, trục $Oy$ hướng về phía Tây, trục $Oz$ hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo kilômét (xem hình vẽ).

Chiếc máy bay thứ nhất có tọa độ $\left( { - 60; - 40;2} \right)$.

Chiếc máy bay thứ hai có tọa độ $\left( {80;50;4} \right)$.

Do chiếc máy bay thứ ba nằm chính giữa của chiếc máy bay thứ nhất và thứ hai, đồng thời ba chiếc máy bay này thẳng hàng nên chiếc máy bay thứ ba ở vị trí trung điểm, suy ra chiếc máy bay thứ ba có tọa độ $\left( {\frac{{ - 60 + 80}}{2};\frac{{ - 40 + 50}}{2};\frac{{2 + 4}}{2}} \right) = \left( {10;5;3} \right)$.

Khoảng cách của chiếc máy bay thứ ba với vị trí tại điểm xuất phát của nó là:

$\sqrt {{{10}^2} + {5^2} + {3^2}} \approx 11{,}6\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Đáp án: $0{,}68$.

Gọi $A$ là biến cố “Gặp học sinh mắc bệnh Thủy Đậu” và $B$ là biến cố “Gặp học sinh đã tiêm vắc xin phòng bệnh Thủy Đậu”.

Tỉ lệ học sinh tiêm vắc xin phòng bệnh Thủy Đậu trong trường $M$ là $70\%$ nên $P\left( B \right) = 0{,}7$.

Suy ra $P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$.

Trong số những học sinh đã tiêm phòng, tỉ lệ mắc bệnh Thủy Đậu là $4\%$ còn trong số học sinh chưa tiêm, tỉ lệ mắc bệnh là $20\%$ nên $P\left( {A|B} \right) = 0{,}04$ và $P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}2$.

Xác suất gặp học sinh bị bệnh Thủy Đậu là:

$P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}7 \cdot 0{,}04 + 0{,}3 \cdot 0{,}2 = 0{,}088$.

Xác suất học sinh đó không tiêm vắc xin phòng bệnh Thủy Đậu biết học sinh đó bị bệnh Thủy Đậu là: $P\left( {\overline B |A} \right) = \frac{{P\left( {\overline B } \right) \cdot P\left( {A|\overline B } \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}3 \cdot 0{,}2}}{{0{,}088}} = \frac{{15}}{{22}} \approx 0{,}68$.

Đáp án: 5.

Gọi $x$ là số năm người đó gửi tiền trong ngân hàng.

Số tiền cả gốc và lãi người đó có được sau $x$ năm được tính bởi công thức: $S = 100 \cdot {1{,}06^x}{\rm{.\;}}$

Để có được số tiền cả gốc và lãi nhiều hơn 130 triệu đồng thì

$100 \cdot {1{,}06^x} > 130 \Leftrightarrow {1{,}06^x} > 1{,}3 \Leftrightarrow x > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{1{,}06}}1{,}3.{\rm{\;Suy\;ra\;}}x > 4{,}503.$

Do kì hạn gửi là 12 tháng nên để rút được số tiền cả gốc và lãi nhiều hơn 130 triệu đồng thì người đó phải gửi ít nhất 5 năm.

Đáp án: 2,15.

Vì ${H_1} = \left( {0; - 2;0} \right) \Rightarrow O{H_1} = 2 \Rightarrow M{H_1} = \frac{3}{2}O{H_1} = 3$$\Rightarrow {H_1}{H_2} = {H_2}{H_3} = {H_3}{H_1} = \frac{{M{H_1}}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = 2\sqrt 3$.

Giả sử $N{H_1} = N{H_2} = N{H_3} = x$.

Theo định lý côsin ta có:

${\left( {{H_2}{H_3}} \right)^2} = {x^2} + {x^2} - 2x \cdot x \cdot \cos 107^\circ \Rightarrow 2\left( {1 - \cos 107^\circ } \right){x^2} = {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = 12 \Rightarrow x \approx 2{,}15$.

Vậy khoảng cách giữa nguyên tử nitrogen với mỗi nguyên tử hydrogen bằng 2,15.