Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 34)

Ta có $y'\, = 3{x^2} - 3$. Khi đó $y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ {0;2} \right]\\x = - 1 \notin \left[ {0;2} \right]\end{array} \right.$.

Có $y\left( 2 \right) = 3;y\left( 1 \right) = - 1;y\left( 0 \right) = 1$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y = {x^3} - 3x + 1$ trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ là $y\left( 2 \right) = 3$. Chọn B.

Nhìn đồ thị hàm số loại bỏ đáp án A và C.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left( { - 2; - 2} \right)$, thay vào 2 đáp án còn lại. Chọn D.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$. Ta có $y' = \frac{{\left( {{x^2} + 1} \right) - 2{x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{1 - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}$.

Khi đó $y' = 0$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = - 1{\rm{ }}\,{\rm{(tm)}}}\\{x = 1{\rm{ }}\,\,\,\,{\rm{(tm)}}}\end{array}} \right.$.

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;1} \right)$. Chọn C.

Ta có $n\left( \Omega \right) = C_9^3 = 84$. Gọi $A$: “$3$ quyển lấy ra có ít nhất $1$ quyển là môn toán”.

Khi đó $\overline A$: “$3$ quyển lấy ra không có quyển nào môn toán” hay $\overline A$: “$3$ quyển lấy ra là môn lý hoặc hóa”. Ta có $n\left( {\bar A} \right) = C_5^3 = 10$.

Vậy $P\left( A \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right) = 1 - \frac{{10}}{{84}} = \frac{{37}}{{42}}$. Chọn C.

a) Sai. Ta có $f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 2\sin \frac{\pi }{2} - \sqrt 3 \cdot \frac{\pi }{2} = 2 - \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2} \ne - \frac{{\pi \sqrt 3 }}{2}$.

b) Đúng. Có $f'\left( x \right) = {\left( {2\sin \,x - \sqrt 3 x} \right)^\prime } = 2\cos x - \sqrt 3 ,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$.

c) Sai. Ta có $f'\left( x \right) = 2\cos x - \sqrt 3$ và $f'\left( { - \frac{\pi }{3}} \right) = 2\cos \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) - \sqrt 3 = 1 - \sqrt 3 \ne 0$.

Vậy $x = - \frac{\pi }{3}$ không phải là một nghiệm của phương trình $f'\left( x \right) = 0$.

d) Đúng. Ta có $f'\left( x \right) = 0$$\Leftrightarrow 2\cos x - \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Mà $x \in \left[ {0\,;\,\frac{{5\pi }}{2}} \right]$ nên $x \in \left\{ {\frac{\pi }{6}\,;\,\frac{{11\pi }}{6}\,;\frac{{13\pi }}{6}} \right\}$. Ta có $\frac{\pi }{6}\, + \,\frac{{11\pi }}{6}\, + \frac{{13\pi }}{6} = \frac{{25\pi }}{6}$.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình $f'\left( x \right) = 0$ trong đoạn $\left[ {0\,;\,\frac{{5\pi }}{2}} \right]$ bằng $\frac{{25\pi }}{6}$.

a) Đúng. Máy bay đang ở độ cao $9$ km.

b) Đúng. Toạ độ của máy bay lúc 9 giờ 30 phút là $\left( {150;300;9} \right)$.

c) Sai. Ta có $10{\rm{m/s}} = 36{\rm{km/h}}$.

Gọi $A$ là vị trí của máy bay lúc $9{\rm{h}}30 \Rightarrow A\left( {150;300;9} \right)$.

Gọi $B$ là vị trí của máy bay lúc ${\rm{10h}}30 \Rightarrow B\left( {150;1086;9} \right)$.

Quãng đường máy bay di chuyển được từ 9 giờ 30 phút đến 10 giờ 30 phút là:

$AB = \sqrt {{0^2} + {{786}^2} + {0^2}} = 786\,\,\,\left( {{\rm{km}}} \right)$.

Khi đó vận tốc của máy bay là: $786 - 36 = 750\,{\rm{km/h}}$.

d) Sai. Quãng đường máy bay di chuyển được từ 10 giờ 30 phút đến 11 giờ là: $800 \cdot \frac{1}{2} = 400$ km.

Tại thời điểm 11 giờ tọa độ máy bay là: $\left( {150;686;9} \right)$.

Khoảng cách của máy bay so với gốc tọa độ là: $\sqrt {{{150}^2} + {{686}^2} + {9^2}} \approx 702{,}3$km/h.

a) Đúng. Tốc độ ban đầu của ô tô là $28{,}8\,{\rm{km/h}} = 8\,{\rm{m/s}}$.

Quãng đường ô tô đi được trong 4 giây đầu tiên là: ${S_1} = 4 \cdot 8 = 32\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

Quãng đường ô tô đi được từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi nhập làn là: ${S_2} = 240 - 32 = 208\,\,\left( {\rm{m}} \right)$.

b) Đúng. Thời điểm bắt đầu tăng tốc ta có $v\left( 0 \right) = b = 8 \Rightarrow b = 8$.

c) Sai. Quãng đường $S\left( t \right)$ ô tô đi được trong thời gian $t$ giây $\left( {0 \le t \le 30} \right)$ kể từ khi tăng tốc được tính theo công thức $S\left( t \right) = \int\limits_0^t {v\left( t \right){\rm{d}}t}$.

d) Đúng. Ta có $v\left( t \right) = at + 8\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

Biết xe nhập làn sau 16 giây kể từ khi tăng tốc, nên ta có $208 = \int\limits_0^{16} {\left( {at + 8} \right){\rm{d}}t} = 128a + 128 \Rightarrow a = \frac{5}{8}$

$\Rightarrow v\left( t \right) = \frac{5}{8}t + 8{\rm{ }}\left( {{\rm{m/s}}} \right)$.

Tốc độ của ô tô sau 30 giây là $v\left( {30} \right) = \frac{5}{8} \cdot 30 + 8 = \frac{{107}}{4}\,\,\left( {{\rm{m/s}}} \right) = 96{,}3\,\,\left( {{\rm{km/h}}} \right)$.

a) Đúng. Số con báo đốm đã được tiêm phòng là: $360 \cdot 60\% = 216$ (con).

b) Sai. Số con sư tử đã được tiêm phòng là: $240 \cdot 45\% = 108$ (con).

Số con sư tử chưa được tiêm phòng là: $240 - 108 = 132$ (con).

c) Sai. Tổng số con vật đã được tiêm phòng là: $216 + 108 = 324$(con).

Xét các biến cố:

$A$: “Chọn được $1$ con sư tử”;

$B$: “Chọn được $1$ con vật đã tiêm phòng”.

Xác suất để chọn ra được một con sư tử đã được tiêm phòng là $P\left( {A|B} \right) = \frac{{n\left( {A \cap B} \right)}}{{n\left( B \right)}} = \frac{{108}}{{324}} = \frac{1}{3}$.

d) Đúng. Ta có: $P\left( A \right) = \frac{{240}}{{600}} = \frac{2}{5};\,\,P\left( {B|A} \right) = \frac{{45}}{{100}} = \frac{9}{{20}};\,\,P\left( {\overline A } \right) = \frac{3}{5};\,\,P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{60}}{{100}} = \frac{3}{5}$.

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

$P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{27}}{{50}} = 0{,}54$.

Vậy xác suất để chọn được một con vật chưa tiêm phòng là $P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 0{,}46.$

Đáp án: 16.

Đặt $HE = x\,\,{\rm{v\`a }}\,\,FK = y$, với $0 < x,\,y < 24$.

Ta có $HE + KF = 24 \Rightarrow x + y = 24$. Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}AE = \sqrt {25 + {x^2}} \\BF = \sqrt {49 + {y^2}} = \sqrt {49 + {{\left( {24 - x} \right)}^2}} \end{array} \right.$.

Ta thấy quãng đường $AEFB$ ngắn nhất khi $AE + BF$ nhỏ nhất (vì $EF$ không đổi).

Xét hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 25} + \sqrt {{{\left( {24 - x} \right)}^2} + 49}$.

$f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 25} }} + \frac{{x - 24}}{{\sqrt {{x^2} - 48x + 625} }},\,\forall x \in \left( {0;24} \right)$.

Cho $f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = 10$. Ta có bảng biến thiên:

Vậy GTNN của $f\left( x \right)$ bằng $12\sqrt 5$ tại $x = 10 \Rightarrow BF = 7\sqrt 5 \approx 16\,{\rm{km}}$.

Đáp án: 150.

Ta có $\overrightarrow {E{A_1}} = \left( {0;1; - 6} \right);\overrightarrow {E{A_2}} = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 6} \right);\overrightarrow {E{A_3}} = \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}; - \frac{1}{2}; - 6} \right) \Rightarrow E{A_1} = E{A_2} = E{A_3} = \sqrt {37}$.

Vì $\left| {\overrightarrow {{A_1}{A_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{A_2}{A_3}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{A_3}{A_1}} } \right| = \sqrt 3$ nên tam giác ${A_1}{A_2}{A_3}$ đều. Do đó, $\left| {\overrightarrow {{F_1}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|$.

Vì vậy, tồn tại hằng số $k\,\,\left( {k \ne 0} \right)$ sao cho:

$\overrightarrow{{F}_{1}}=k\overrightarrow{E{A}_{1}}=(0;k;-6k);\ \overrightarrow{{F}_{2}}=k\overrightarrow{E{A}_{2}}=(\frac{\sqrt{3}}{2}k;-\frac{1}{2}k;-6k);\ \overrightarrow{{F}_{3}}=k\overrightarrow{E{A}_{3}}=(-\frac{\sqrt{3}}{2}k;-\frac{1}{2}k;-6k)$

Suy ra $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \left( {0;0; - 18k} \right)$.

Mặt khác, ta có $\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \vec P$, trong đó $\overrightarrow P = \left( {0;0; - 300} \right)$ là trọng lực tác dụng lên máy quay.

Suy ra $- 18k = 300$, tức là $k = \frac{{50}}{3}$. Vậy $\overrightarrow {{F_1}} = \left( {0;\frac{{50}}{3}; - 100} \right)$. Khi đó, $a + 3b - c = 150$.

Đáp án: 0,28.

Ta có bảng sau:

Cỡ mẫu: $n = 100$.

Số trung bình: $\bar x = \frac{{13 \cdot 19{,}25 + 45 \cdot 19{,}75 + 24 \cdot 20{,}25 + 12 \cdot 20{,}75 + 6 \cdot 21{,}25}}{{100}} = 20{,}015$.

Phương sai: ${s^2} = \frac{{13 \cdot {{19{,}25}^2} + 45 \cdot {{19{,}75}^2} + 24 \cdot {{20{,}25}^2} + 12 \cdot {{20{,}75}^2} + 6 \cdot {{21{,}25}^2}}}{{100}} - {20{,}015^2} \approx 0{,}28$.

Đáp án: $30{,}8$.

Xét hệ trục độ $Oxy$ như hình vẽ bên (đơn vị trên mỗi trục tọa độ là mét).

Phương trình đường tròn là: ${x^2} + {y^2} = 25$.

Phương trình của parabol có bề lõm hướng lên là: $y = \frac{4}{{25}}{x^2} - 4$.

Diện tích phần trồng hoa giới hạn bởi 2 parabol là:

$${S_1} = 2\int\limits_{ - 5}^5 {\left| {\left( {\frac{4}{{25}}{x^2} - 4} \right)} \right|{\rm{d}}x = 4\int\limits_0^5 {\left| {\left( {\frac{4}{{25}}{x^2} - 4} \right)} \right|{\rm{d}}x = } } \frac{{160}}{3}\,\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}.$$

Diện tích toàn bộ phần hình tròn là: ${S_2} = 25\pi \,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Diện tích phần còn lại để trang trí gốm sứ là: $S = {S_2} - {S_1} = 25\pi - \frac{{160}}{3}\,\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Vậy tổng chi phí để làm khu vực trung tâm quảng trường là

$\frac{{160}}{3} \cdot 200 + \left( {25\pi - \frac{{160}}{3}} \right) \cdot 800 \approx 30\,832$ (nghìn đồng) $\approx 30{,}8$ (triệu đồng).

Đáp án: $50{,}1$.

Ta có $A \in \left( {Oyz} \right)$ và $A$ cách mặt nước $7{\rm{5}}\,\,{\rm{m}}$ và cách trục $Oz$ là $343\,\,{\rm{m}} \Rightarrow A\left( {0; - 343;75} \right)$.

Điểm $D$ là đỉnh cột trụ cách mặt nước $227\,\,{\rm{m}} \Rightarrow D\left( {0;0;227} \right)$.

Suy ra $\overrightarrow {AD} = \left( {0;343;152} \right)$. Phương trình đường thẳng $AD$ là: $\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 343t\\z = 227 + 152t\end{array} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.

Vì $N \in AD \Rightarrow N\left( {0;343t;227 + 152t} \right)$.

Điểm $M$ trên thành cầu, $M$ cách mặt nước $75\;\,{\rm{m}}$ và cách trục $Oz$ một khoảng bằng $230\;\,{\rm{m}}$ nên tọa độ điểm $M$ là $M\left( {0; - 230;75} \right)$. Suy ra $\overrightarrow {MN} = \left( {0;343t + 230;152 + 152t} \right)$.

$MN$ song song với cột trụ $\Rightarrow MN \bot Oy \Rightarrow \overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow j = 0 \Rightarrow 343t + 230 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{{230}}{{343}}$.

$\Rightarrow \overrightarrow {MN} = \left( {0;0;\frac{{17176}}{{343}}} \right) \Rightarrow MN = \frac{{17176}}{{343}} \approx 50{,}1$ (m).

Đáp án: 437.

Ta coi bàn cờ vua được xác định bởi 9 đường thẳng theo phương nằm ngang $x = 0;\,x = 1;x = 2;...;x = 8$ và $9$ đường thẳng theo phương thẳng đứng $y = 0;\,y = 1;y = 2;....;y = 8.$

Mỗi hình chữ nhật được tạo thành từ hai đoạn thẳng thuộc hai đường thẳng ${x_i},{x_j}$ và hai đoạn thẳng thuộc các đường thẳng ${y_m},{y_n}$ ($i,j,m,n \in \left\{ {0;1\,;\,2;3;4;5;6;7;8} \right\}$) nên có $C_9^2 \cdot C_9^2$ hình chữ nhật. Suy ra $n\left( \Omega \right) = C_9^2 \cdot C_9^2 = 1296.$

Gọi $A$ là biến cố hình được chọn là hình vuông có cạnh $k$ lớn hơn $4$.

Trường hợp 1: $k = 5$. Khi đó mỗi hình vuông được tạo thành do hai đường thẳng ${x_i},{x_j}$ cách nhau $5$ đơn vị và hai đường thẳng ${y_m},{y_n}$ cách nhau $5$ đơn vị nên có $4 \cdot 4 = 16$ cách chọn.

Trường hợp 2: $k = 6$. Khi đó mỗi hình vuông được tạo thành do hai đường thẳng ${x_i},{x_j}$ cách nhau $6$ đơn vị và hai đường thẳng ${y_m},{y_n}$ cách nhau $6$ đơn vị có $3 \cdot 3 = 9$ cách chọn.

Trường hợp 3: $k = 7$. Khi đó mỗi hình vuông được tạo thành do hai đường thẳng ${x_i},{x_j}$ cách nhau $7$ đơn vị và hai đường thẳng ${y_m},{y_n}$ cách nhau $7$ đơn vị có $2 \cdot 2 = 4$ cách chọn.

Trường hợp 4: $k = 8$. Khi đó mỗi hình vuông được tạo thành do hai đường thẳng ${x_i},{x_j}$ cách nhau $8$ đơn vị và hai đường thẳng ${y_m},{y_n}$ cách nhau $8$ đơn vị nên có $1 \cdot 1 = 1$ cách chọn.

Suy ra $n\left( A \right) = 16 + 9 + 4 + 1 = 30$.

Xác suất để hình được chọn là một hình vuông có cạnh lớn hơn 4 đơn vị là:

$P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{30}}{{1296}}$$= \frac{5}{{216}}$$\Rightarrow a = 5;b = 216 \Rightarrow a + 2b = 437.$