Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 33)

Ta có $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = 2\end{array} \right.$. Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có hai điểm cực tiểu. Chọn D.

Với $a > 0,b > 0$, ta có $P = {\log _2}\left( {{a^2}{b^3}} \right) = {\log _2}{a^2} + {\log _2}{b^3} = 2{\log _2}a + 3{\log _2}b = 2x + 3y$.

Chọn C.

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right),BD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD$. Chọn C.

Ta có $\left| {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {B{B_1}} + \overrightarrow {BC} } \right| = \left| {\overrightarrow {B{D_1}} } \right|$. Chọn A.

a) Đúng. Nồng độ khí $C{O_2}$ trong phòng tại thời điểm $t = 0$ là

$f\left( 0 \right) = 400 + \frac{{2000 \cdot 0}}{{{0^2} + 5}} = 400$ $\left( {{\rm{ppm}}} \right)$.

b) Sai.

$f'\left( t \right) = {\left( {400} \right)^\prime } + \frac{{{{\left( {2000t} \right)}^\prime }\left( {{t^2} + 5} \right) - {{\left( {{t^2} + 5} \right)}^\prime }2000t}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}} = \frac{{2000\left( {{t^2} + 5} \right) - 2t.2000t}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}}$$= \frac{{ - 2000{t^2} + 10000}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}}$.

c) Sai. $f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2000{t^2} + 10000}}{{{{\left( {{t^2} + 5} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow - 2000{t^2} + 10000 = 0 \Leftrightarrow t = \sqrt 5$ (vì $t \ge 0$).

d) Sai. Ta có bảng biến thiên:

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} f\left( t \right) = 400 + 200\sqrt 5 \approx 847$.

Do đó nồng độ khí $C{O_2}$ cao nhất đo được trong phòng thí nghiệm (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị) là 847 $\left( {{\rm{ppm}}} \right)$.

a) Đúng. Vì $V\left( t \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $V'\left( t \right)$, tức là $V\left( t \right)$ là một nguyên hàm của hàm số $f\left( t \right) = k \cdot \sqrt t$.

b) Đúng. Ta có $V\left( t \right) = \int {\left( {k \cdot \sqrt t } \right)} \,{\rm{d}}t = \int {\left( {k \cdot {t^{\frac{1}{2}}}} \right)} \,{\rm{d}}t = k \cdot \frac{{{t^{\frac{1}{2} + 1}}}}{{\frac{1}{2} + 1}} + C = \frac{{2k}}{3} \cdot t\sqrt t + C$, với $0 \le t \le 24$ và $k,\,C$ là các hằng số.

c) Sai. Theo giả thiết $V\left( 0 \right) = 50\,000$ và $V\left( 4 \right) = 58\,000$ nên

$\left\{ \begin{array}{l}C = 50\,000\\\frac{{2k}}{3} \cdot 4\sqrt 4 + C = 58\,000\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{16k}}{3} + 50\,000 = 58\,000 \Rightarrow k = 1500$.

Suy ra $V\left( t \right) = 1000 \cdot t\sqrt t + 50\,000$, vì vậy sau 16 giờ thể tích dầu trong bể đạt được là

$V\left( {16} \right) = 1000 \cdot 16\sqrt {16} + 50\,000 = 114\,000$ (lít).

d) Sai. Vì lượng dầu bị rò rỉ đều đặn với tốc độ 500 lít/giờ, nên tại thời điểm $t$ giờ thì lượng dầu bị rò rỉ là $500t$ (lít).

Vì vậy thể tích dầu trong bể là ${V_1}\left( t \right) = V\left( t \right) - 500t = 1000 \cdot t\sqrt t + 50\,000 - 500t$.

Do đó, tại thời điểm $t$ bằng 9 giờ, thể tích dầu trong bể là

${V_1}\left( 9 \right) = 1000 \cdot 9\sqrt 9 + 50\,000 - 500 \cdot 9 = 72\,500$(lít).

a) Đúng. Gọi $A$ là biến cố: “Người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng”. Khi đó hệ $\left\{ {A\,;\,\overline A } \right\}$ là một hệ đầy đủ các biến cố.

Ta có $n\left( A \right) = 100 - 4 - 10 - 20 = 66 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{66}}{{100}} = \frac{{33}}{{50}}.$

b) Sai. Gọi $B$ là biến cố: “Người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng”.

Khi đó, xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng, biết rằng người bốc thăm thứ nhất bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là $P\left( {B|A} \right) = \frac{{65}}{{99}}$.

c) Đúng. Xác suất để người bốc thăm thứ hai bốc được vé trúng thưởng năm triệu đồng là $P\left( B \right).$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có $P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right)$.

Ta có $P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{33}}{{50}} = \frac{{17}}{{50}}$, $P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{66}}{{99}}$.

Vậy $P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{33}}{{50}} \cdot \frac{{65}}{{99}} + \frac{{17}}{{50}} \cdot \frac{{66}}{{99}} = \frac{{33}}{{50}}$.

d) Đúng. Ta có $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {BA} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{\frac{{33}}{{50}} \cdot \frac{{65}}{{99}}}}{{\frac{{33}}{{50}}}} = \frac{{65}}{{99}}$.

a) Đúng. Đường bay có một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow {AB} = \left( { - 3;7; - 1} \right)$.

Phương trình đường bay $AB$: $\left\{ \begin{array}{l}x = 4 - 3t\\y = - 5 + 7t\\z = 1 - t\end{array} \right.$.

b) Sai. Mặt đất có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow k = \left( {0;0;1} \right)$.

$\sin \left( {AB,\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow k } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow k } \right|}} = \frac{{\left| { - 3 \cdot 0 + 7 \cdot 0 - 1 \cdot 1} \right|}}{{\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {7^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} \cdot \sqrt 1 }} = \frac{{\sqrt {59} }}{{59}}$$\Rightarrow \left( {AB,\left( {Oxy} \right)} \right) \approx 7{,}48^\circ$.

Vậy góc trượt nằm trong phạm vi cho phép.

c) Đúng. Mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ có phương trình: $\frac{x}{5} + \frac{y}{{ - 1}} + \frac{z}{2} = 1 \Leftrightarrow 2x - 10y + 5z - 10 = 0$.

$C = AB \cap \left( {MNP} \right) \Rightarrow C\left( {4 - 3t; - 5 + 7t;1 - t} \right)$.

Mà $C \in \left( {MNP} \right) \Rightarrow 2\left( {4 - 3t} \right) - 10\left( { - 5 + 7t} \right) + 5\left( {1 - t} \right) - 10 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{53}}{{81}} \Rightarrow C\left( {\frac{{55}}{{27}};\frac{{ - 34}}{{81}};\frac{{28}}{{81}}} \right)$.

Vậy điểm $C$ có cao độ ${z_C} = \frac{{28}}{{81}}\,\,{\rm{km}} \approx 346\,\,{\rm{m}}$.

Vậy máy bay xuyên qua đám mây tại điểm $C$ có cao độ làm tròn đến hàng đơn vị là $346\,{\rm{m}}$.

d) Đúng. Gọi $K\left( {4 - 3t; - 5 + 7t;1 - t} \right)$ là vị trí của máy bay.

Khi đó $KE = \sqrt {{{\left( { - 2 + 3t} \right)}^2} + {{\left( {5{,}5 - 7t} \right)}^2} + {{\left( { - 1 + t} \right)}^2}} = 0{,}8$$\Leftrightarrow 59{t^2} - 91t + \frac{{3461}}{{100}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t \approx 0{,}861\\t \approx 0{,}681\end{array} \right.$.

Vị trí đầu tiên máy bay xuất hiện sau khi ra khỏi đám mây là ${K_1}\left( {1{,}417;1{,}027;0{,}139} \right)$, và điểm cuối là ${K_2}\left( {1{,}957; - 0{,}233;0{,}319} \right)$.

Như vậy, ở vị trí điểm xuất hiện đầu tiên ${K_1}$ người phi công nhìn thấy đầu điểm $E$ ở độ cao $139\,\,{\rm{m}}$. Hay người phi công đạt được quy định an toàn bay.

Đáp án: 7.

Theo giả thiết, tốc độ thay đổi của $x$ tỉ lệ với tốc độ thay đổi của $p$ nên hàm số $p = p\left( x \right)$ là hàm số bậc nhất. Do đó, $p\left( x \right) = ax + b$ $(a$ khác 0$)$.

Giá tiền ${p_1} = 10$ ứng với ${x_1} = 600$, giá tiền ${p_2} = 9{,}6$ ứng với ${x_2} = 600 + 60 = 660$.

Do đó, phương trình đường thẳng $p\left( x \right) = ax + b$ đi qua hai điểm $\left( {600\,;10} \right)$ và $\left( {660\,;9{,}6} \right)$.

Ta có hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{10 = 600a + b}\\{9{,}6 = 660a + b}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = \frac{{ - 1}}{{150}}}\\{b = 14}\end{array}} \right.$ (thỏa mãn).

Vậy hàm cầu là $p\left( x \right) = - \frac{1}{{150}}x + 14$.

Vì $p = - \frac{1}{{150}}x + 14 \Rightarrow x = - 150p + 2100$ suy ra hàm doanh thu là:

$R\left( p \right) = px = p\left( { - 150p + 2100} \right) = 150\left( { - {p^2} + 14p} \right)$.

Ta có $R(p)$ lớn nhất $\Leftrightarrow p = \frac{{ - B}}{{2A}} = 7$.

Vậy công ty phải bán mỗi máy lọc không khí với số tiền 7 triệu đồng để doanh thu là lớn nhất.

Đáp án: $57{,}4$.

Giả sử mô hình tòa nhà như hình chóp đều $S.ABCD$ tâm $O$, theo giả thiết ta có

$AB = 160,\,\,SB = 140 \Rightarrow OB = 80\sqrt 2 ,SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = 20\sqrt {17} .$

Gọi $H$ là trung điểm $BC$ và kẻ $OK \bot SH$$\left( {K \in SH} \right)\,\,\,\left( 1 \right)$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{BC \bot OH}\\{BC \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOH} \right)$, mà $OK \subset \left( {SOH} \right)$ nên $OK \bot BC\,\,\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$$\Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right)$.

Do đó, $d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OK = \frac{{OS.OH}}{{\sqrt {O{S^2} + O{H^2}} }} = \frac{{20\sqrt {17} .80}}{{\sqrt {{{\left( {20\sqrt {17} } \right)}^2} + {{80}^2}} }} = \frac{{80\sqrt {561} }}{{33}} \approx 57{,}4$.

Vậy quãng đường ngắn nhất từ mặt bên của tòa nhà đến tâm của đáy xấp xỉ $57{,}4$m.

Đáp án: 12,4.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ với $M\left( {0\,;\,m} \right)\,\,\left( {m < 0} \right)$ là đỉnh của parabol $\left( {{P_1}} \right)$.

Khi đó $\left( {{P_1}} \right):y = \frac{{7 - m}}{{36}}{x^2} + m$ và $\left( C \right):{x^2} + {y^2} = {m^2}.$

Để $\left( {{P_1}} \right),\,\,\left( C \right)$ có một điểm chung duy nhất thì phương trình sau có nghiệm duy nhất.

${x^2} + {\left( {\frac{{7 - m}}{{36}}{x^2} + m} \right)^2} = {m^2} \Leftrightarrow {x^2}\left[ {{{\left( {\frac{{7 - m}}{{36}}} \right)}^2}{x^2} + \frac{{ - {m^2} + 7m + 18}}{{18}}} \right] = 0$.

${\rm{YCBT}} \Leftrightarrow - {m^2} + 7m + 18 \ge 0 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 9$. Mà $m < 0$ nên $- 2 \le m < 0$.

Khi đó, đường tròn $\left( C \right)$ có diện tích lớn nhất khi $\left( C \right)$ có bán kính lớn nhất, điều này xảy ra khi và chỉ khi $m = - 2 \Rightarrow r = 2.$

Hoành độ giao điểm của $\left( {{P_1}} \right):y = \frac{1}{4}{x^2} - 2$ và trục hoành là $x = \pm 2\sqrt 2$.

Diện tích phần lát gạch là $S = 4\int\limits_{2\sqrt 2 }^6 {\left( {\frac{1}{4}{x^2} - 2} \right){\rm{d}}x} + \pi {r^2} = \frac{{72 + 32\sqrt 2 }}{3} + 4\pi$.

Số tiền lát gạch là: $240S \approx 12396{,}32$ (nghìn đồng) $\approx 12{,}4$ (triệu đồng).

Đáp án: 0,36.

Gọi biến cố $A$: “Ít nhất một trong hai người đó gọi đúng số điện thoại đã quên mà không phải thử quá hai lần”.

Khi đó, biến cố $\bar A$: “Cả hai người gọi thử cả 2 lần đều không đúng”.

Xác suất gọi sai cả 2 lần của mỗi người là $\frac{9}{{10}} \cdot \frac{8}{9} = \frac{4}{5}$.

Hai người gọi điện là độc lập nên $P\left( {\overline A } \right) = \frac{4}{5} \cdot \frac{4}{5} = \frac{{16}}{{25}}$.

Vậy $P\left( A \right) = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}} = 0{,}36$.

Đáp án: 4,8.

Cần tìm tọa độ một điểm thuộc đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$.

Cho $y = 0$, ta giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\x - 2z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\z = 0\end{array} \right.$.

Do đó gốc tọa độ $O\left( {0;0;0} \right)$ thuộc đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$.

Khi đó chiều cao từ sàn nhà đến nóc nhà là $d\left( {O,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{18}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = \frac{{9\sqrt {14} }}{7} \approx 4{,}8\,\,({\rm{m)}}$.

Đáp án: $40$.

Gọi $x$ là lượng thức ăn nuôi gà ngày đầu tiên của trang trại.

Lượng thức ăn mà trang trại dự trữ là $50x$.

Gọi n là số ngày thực tế lượng thức ăn sẽ hết.

Lượng thức ăn dùng cho gà ăn sau $n$ ngày là:

$x + x \cdot {\left( {1 + 1\% } \right)^1} + x \cdot {1{,}01^2} + ... + x{\left( {1{,}01} \right)^{n - 1}} = x \cdot \frac{{{{1{,}01}^n} - 1}}{{1{,}01 - 1}} = 100x\left( {{{1{,}01}^n} - 1} \right)$.

Ta có $n$ là số nguyên lớn nhất thỏa mãn:

$50x \ge 100x\left( {{{1{,}01}^n} - 1} \right) \Leftrightarrow \,{1{,}01^n} \le 1{,}5 \Leftrightarrow n \le {\log _{1{,}01}}1{,}5 \approx 40{,}75$.

Suy ra $n = 40$ ngày.