Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 30)

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm đã cho là: $R = 180 - 155 = 25$ (cm).

Chọn D.

Quan sát hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng $x = - 1$, do đó ta loại đáp án C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ $\left( {0; - 2} \right)$ nên ta loại đáp án B và D. Chọn A.

Xét hàm số $y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}$. Tập xác định của hàm số là $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

a) Đúng. Ta có $y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$.

b) Đúng. $y' < 0$ với mọi $x \ne 1$.

c) Sai. Tiệm cận:

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = - \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = + \infty$, do đó đường thẳng $x = 1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

+) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = 2$, do đó đường thẳng $y = 2$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Bảng biến thiên của hàm số là:

d) Đúng. Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm $\left( {0;1} \right)$, cắt trục hoành tại điểm $\left( {\frac{1}{2};\,0} \right)$ và đi qua điểm $\left( {2;3} \right)$. Đồ thị của hàm số đã cho như hình dưới đây.

a) Sai. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( {2; - 2;0} \right)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng $d$.

b) Đúng. Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( {2;0;3} \right)$, $\overrightarrow {MP} = \left( {4;0;1} \right)$.

c) Đúng. Có $\left[ {\overrightarrow {MN} ,\,\overrightarrow {MP} } \right] = \left( {0;10;0} \right)$. Chọn $\overrightarrow n = - \frac{1}{{10}}\left[ {\overrightarrow {MN} ,\,\overrightarrow {MP} } \right] = \left( {0; - 1;0} \right)$.

Vì mặt phẳng $\left( Q \right)$ đi qua ba điểm $M,\,N,\,P$ nên mặt phẳng $\left( Q \right)$ có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow n = \left( {0; - 1;0} \right)$.

d) Đúng. Ta có $\sin \left( {d,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {AB} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow n } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AB} } \right|}} = \frac{{\left| {0 \cdot 2 + \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 2} \right) + 0 \cdot 0} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {0^2}} \cdot \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {0^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Suy ra góc giữa đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left( Q \right)$ bằng $45^\circ$.

a) Đúng. Ta có $f\left( x \right) = {\left( {\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2}} \right)^2} = 1 + 2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2} = 1 + \sin x$.

b) Đúng. Hàm số $f\left( x \right)$ xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$ nên $f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$.

c) Sai, d) Sai.

Ta có: $\int {f\left( x \right)dx} = \int {\left( {1 + \sin x} \right){\rm{d}}x} = \int {{\rm{d}}x} + \int {\sin x} {\rm{d}}x = x - \cos x + C$.

a) Sai. Nếu lần thứ nhất lấy ra chai nước loại I thì két còn 23 chai nước, trong đó có 15 chai nước loại I, 8 chai nước loại II. Suy ra $P\left( {B|A} \right) = \frac{{15}}{{23}}$.

b) Sai. Nếu lần thứ nhất lấy ra chai nước loại II thì két còn 23 chai nước, trong đó có 16 chai nước loại I, 7 chai nước loại II. Suy ra $P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{16}}{{23}}$.

c) Đúng. Ta có $P\left( {\overline B |A} \right) = 1 - P\left( {B|A} \right) = 1 - \frac{{15}}{{23}} = \frac{8}{{23}}$.

d) Đúng. Tương tự $P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - \frac{{16}}{{23}} = \frac{7}{{23}}$.

Đáp án: $0{,}57$.

Giả sử ban đầu tàu $A$ ở vị trí $A$ và tàu $B$ ở vị trí $B$. Sau khoảng thời gian $t$:

Tàu $A$ di chuyển được quãng đường $5t$về phía Nam đến vị trí ${A_1}$.

Tàu $B$ di chuyển được quãng đường $7t$ đến vị trí ${B_1}$.

Khoảng cách từ vị trí ${B_1}$ đến vị trí $A$ là $6 - 7t$.

Áp dụng định lý Pythagore ta có: $d = {A_1}{B_1} = f\left( t \right) = \sqrt {{{\left( {6 - 7t} \right)}^2} + {{\left( {5t} \right)}^2}} = \sqrt {74{t^2} - 84t + 36}$

Để khoảng cách giữa hai tàu nhỏ nhất, thì hàm số $g\left( t \right) = 74{t^2} - 84t + 36$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Hàm số $g\left( t \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t = \frac{{ - \left( { - 84} \right)}}{{2 \cdot 74}} = \frac{{21}}{{37}}$, vậy thời điểm khoảng cách giữa hai tàu bé nhất là khi $t = \frac{{21}}{{37}} \approx 0{,}57$(giờ).

Đáp án: 26,1.

Gọi $\overrightarrow {{F_1}} ,\overrightarrow {{F_2}} ,\overrightarrow {{F_3}}$ là ba lực tác động vào vật tại điểm $O$ lần lượt có độ lớn $25\,{\rm{N}},12\,{\rm{N}},4\,{\rm{N}}$.

Vẽ $\overrightarrow {OA} = \overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {{F_2}} ,\,\overrightarrow {OC} = \overrightarrow {{F_3}}$, dựng hình bình hành $OADB$ và $ODEC$.

Khi đó hợp lực tác động vào vật là:

$\overrightarrow F = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OE}$.

Áp dụng định lý côsin trong tam giác $OBD,$ ta có:

$O{D^2} = O{B^2} + B{D^2} - 2OB \cdot BD\cos \,\widehat {OBD} = {12^2} + {25^2} - 2 \cdot 12 \cdot 25 \cdot \cos 80^\circ = 769 - 600 \cdot \cos 80^\circ$.

Vì $OC \bot \left( {OADB} \right)$ nên $OC \bot OD$, suy ra $ODEC$là hình chữ nhật.

Do đó tam giác $ODE$vuông tại $D$. Ta có $OE = \sqrt {O{D^2} + E{D^2}} \approx 26{,}1$.

Vậy độ lớn của hợp lực của ba lực đã cho xấp xỉ bằng 26,1 N.

Đáp án: 0,96.

Vì $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, nên góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng $\widehat {SBA} = 60^\circ \Rightarrow SA = AB \cdot tan60^\circ = 2\sqrt 3$.

Do $M = AB \cap \left( {SCM} \right)$, $M$ là trung điểm của $AB$$\Rightarrow d\left( {A,\left( {SCM} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SCM} \right)} \right)$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}CM \bot AB\\CM \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CM \bot \left( {SAB} \right)$.

Mặt khác $CM \subset \left( {SCM} \right) \Rightarrow \left( {SCM} \right) \bot \left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCM} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SM$, nên kẻ $AH \bot SM$ tại $H$$\Rightarrow AH \bot \left( {SMC} \right)$$\Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SMC} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SMC} \right)} \right)$.

Xét tam giác $SAM$ vuông tại $A$, ta có:

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} = \frac{{13}}{{12}}$$\Rightarrow A{H^2} = \frac{{12}}{{13}} \Rightarrow AH = \sqrt {\frac{{12}}{{13}}} \approx 0{,}96$.

Vậy khoảng cách từ điểm $B$ đến mặt phẳng $\left( {SCM} \right)$ xấp xỉ bằng $0{,}96$.

Đáp án: $20$.

Sau $t$ phút, lượng muối trong bể là $20 \cdot 20 \cdot t = 400t$ (gam) và lượng nước trong bể lúc này là $1000 + 20t$ (lít).

Vậy nồng độ muối của nước trong bể sau $t$ phút là $f\left( t \right) = \frac{{400t}}{{20t + 1000}}$ (gam/lít).

Khi lượng nước trong bể tăng theo thời gian đến vô hạn thì ta có

$\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f\left( t \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{400t}}{{20t + 1000}}$$= \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{400}}{{20 + \frac{{1000}}{t}}}$$= \frac{{400}}{{20}}$$= 20$.

Vậy khi lượng nước trong bể tăng theo thời gian đến vô hạn thì nồng độ muối của nước trong bể sẽ tăng dần đến $20$ gam/lít.

Đáp án: 32.

Diện tích tam giác $ABC$ bằng ${S_{\Delta ABC}} = {12^2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4} = 36\sqrt 3$.

Dựng hệ trục như hình vẽ bên.

Vì tam giác $ABC$ đều cạnh bằng 12 nên $AO = 6\sqrt 3$.

Phương trình đường thẳng $AC$:

$\frac{x}{6} + \frac{y}{{6\sqrt 3 }} = 1 \Leftrightarrow y = - \sqrt 3 x + 6\sqrt 3$.

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của $\left( P \right)$ và đường thẳng $AC$:

$- \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} + 5\sqrt 3 = - \sqrt 3 x + 6\sqrt 3 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} - \sqrt 3 x + \sqrt 3 = 0$

$\Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {x - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = 2$.

Diện tích phần tô đậm giới hạn bởi $\left( P \right)$, $AC$ và trục $Oy$ trong hình trên bằng

$${S_1} = \int\limits_0^2 {\left[ {\left( { - \sqrt 3 x + 6\sqrt 3 } \right) - \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} + 5\sqrt 3 } \right)} \right]} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{4}{x^2} - \sqrt 3 x + \sqrt 3 } \right)} \,{\rm{d}}x$$

$\,\,\,\, = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\int\limits_0^2 {{{\left( {x - 2} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \frac{{\sqrt 3 }}{4} \cdot \left. {\frac{1}{3}{{\left( {x - 2} \right)}^3}} \right|_0^2 = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Vì mặt bàn đối xứng nên diện tích mặt kính làm mặt bàn là:

$S = {S_{\Delta ABC}} - 6{S_1} = 36\sqrt 3 - 4\sqrt 3 = 32\sqrt 3$ ${\rm{(d}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Vậy $a = 32$.

Đáp án: 0,05.

Xét các biến cố:

$A:$ “Người được chọn mắc bệnh xơ gan”;

$B:$ “Người được chọn bị viêm gan B”.

Theo giả thiết ta có: $P\left( A \right) = 0{,}008;\;\;P\left( {\bar A} \right) = 1 - 0{,}008 = 0{,}992$; $P\left( {B\mid A} \right) = 0{,}6;\;\;P\left( {B\mid \bar A} \right) = 0{,}1$.

Theo công thức Bayes, ta có:

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right)}}{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B\mid A} \right) + P\left( {\bar A} \right) \cdot P\left( {B\mid \bar A} \right)}} = \frac{{0{,}008 \cdot 0{,}6}}{{0{,}008 \cdot 0{,}6 + 0{,}992 \cdot 0{,}1}} \approx 0{,}05$.

Vậy nếu người được chọn có dương tính với viêm gan B thì xác suất bị mắc bệnh xơ gan của người đó là khoảng 0,05.