Đề tham khảo Tốt nghiệp THPT Toán 2026-2027 (Đề 41)

Ta có $\alpha = \left( {\overrightarrow {AG} ,\overrightarrow {AB} } \right) = \widehat {BAG}$, $AG \bot \left( {BCD} \right)$.

Vì $ABCD$ là tứ diện đều cạnh $a$ nên $AB = a$, $BG = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$ và $AG = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Xét tam giác $AGB$, có $\cos \widehat {BAG} = \frac{{AG}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$. Chọn A.

Hàm số đồng biến khi $y' > 0 \Rightarrow$ hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;\,0} \right)$ và $\left( {1;\, + \infty } \right)$.

Đối chiếu với các đáp án, ta thấy khoảng $\left( {2026;\, + \infty } \right)$ là con của khoảng $\left( {1;\, + \infty } \right)$.

Vì hàm số đồng biến trên $\left( {1;\, + \infty } \right)$ nên nó cũng đồng biến trên khoảng $\left( {2026;\, + \infty } \right).$ Chọn A.

Ta có $\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1; - 2;1} \right),\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2; - 1;1} \right)$.

Xét $\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} \cdot \overrightarrow {{u_d}} = 1 \cdot 2 + \left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 1} \right) + 1 \cdot 1 = 5 \ne 0$ nên $d \not\subset \left( P \right)$ và $d$ không song song với $\left( P \right)$.

Mặt khác: $\frac{1}{2} \ne \frac{{ - 2}}{{ - 1}} \ne \frac{1}{1}$ nên $d$ không vuông góc với $\left( P \right)$.

Vậy $d$ và $\left( P \right)$ có $1$ điểm chung. Chọn C.

A Đúng. ${\log _5}\frac{x}{{{5^y}}} = {\log _5}x - {\log _5}{5^y} = {\log _5}x - y$ với mọi $x > 0$ và số thực $y$.

B Sai do thiếu điều kiện:

$\log \left( {x{y^4}} \right) = \log x + \log {y^4} = \log x + 4\log \left| y \right|$ với mọi $x > 0$ và số thực $y \ne 0$.

C Sai do thiếu điều kiện:

$\ln \left( {x{y^2}} \right) = \ln x + \ln {y^2} = \ln x + 2\ln y$ với mọi $x > 0$ và $y > 0$.

D Sai công thức. Chọn A.

Điều kiện xác định: $4x - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow x\left( {4 - x} \right) \ge 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x \ge 0}\\{x \le 4}\end{array}} \right. \Rightarrow 0 \le x \le 4$.

Trục hoành có phương trình là: $y = 0$.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành là: $\sqrt {4x - {x^2}} = 0 \Leftrightarrow 4x - {x^2} = 0$

$\Leftrightarrow x\left( {4 - x} \right) = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 4\end{array} \right.$ (TM)

Thể tích khối xoay khi quay $\left( H \right)$ quanh trục $Ox$ là:

$V = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\sqrt {4x - {x^2}} } \right)}^2}\,} dx = \pi \int\limits_0^4 {\left( {4x - {x^2}} \right)} \,dx = \frac{{32\pi }}{3}$. Chọn B.

Điều kiện xác định: $2x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}$.

Ta có: ${\log _5}\left( {2x - 1} \right) = 1 \Leftrightarrow 2x - 1 = {5^1} \Leftrightarrow 2x - 1 = 5 \Leftrightarrow 2x = 6 \Leftrightarrow x = 3$(thỏa mãn). Chọn C.

Áp dụng tính chất đổi cận, ta có:

$\int\limits_b^a {2f\left( x \right)} \,dx = - \int\limits_a^b {2f\left( x \right)} \,dx = - 2\int\limits_a^b {f\left( x \right)} \,dx = - 2 \cdot 2026 = - 4052.$Chọn A.

Dựa vào đồ thị ta có $M = 3;m = - 2$.

Vậy $M - m = 5$. Chọn D.

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên hình chiếu của đường thẳng $SC$ trên mặt phẳng $ABCD$ là đường thẳng $AC$. Chọn C.

a) Đúng. Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = + \infty$Þ Đồ thị có tiệm cận đứng $x = - 1$.

b) Đúng. Ta có $y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} = x - 4 + \frac{9}{{x + 1}}$

Þ $f'\left( x \right) = 1 - \frac{9}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x - 8}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}},\forall x \ne - 1$.

c) Sai. $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 4\\x = 2\end{array} \right.$.

Với $x = - 4 \Rightarrow y = - 11$; Với $x = 2 \Rightarrow y = 1$.

Þ Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ là $A\left( { - 4; - 11} \right),\,B\left( {2;1} \right)$.

Þ Hai điểm $A$ và $B$ nằm về hai phía của trục hoành.

Ta có $AB = \sqrt {{{\left( {2 + 4} \right)}^2} + {{\left( {1 + 11} \right)}^2}} = 6\sqrt 5$.

d) Đúng. Ta có $g\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)} dx = f\left( x \right) + C = \frac{{{x^2} - 3x + 5}}{{x + 1}} + C$

Vì $g\left( 0 \right) = 12$ Þ $C = 7$Þ $g\left( x \right) = f\left( x \right) + 7$

Þ Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y = g\left( x \right)$ là $C\left( { - 4; - 4} \right),D\left( {2;8} \right)$.

Ta có $ABDC$ là hình bình hành có chiều cao $DH$ và $AC = 7,\,DH = 6$.

Diện tích tứ giác $ABDC$ là $S = AC \cdot DH = 7 \cdot 6 = 42$.

a) Sai. Ta có vectơ chỉ phương của đường thẳng $\Delta$ là $\overrightarrow u = \left( {2; - 2;1} \right)$.

b) Sai. Ta có vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\overrightarrow n = \left( {1; - 2; - 2} \right) \Rightarrow \sin \varphi = \frac{{\left| 4 \right|}}{9} = \frac{4}{9}$.

c) Sai. Ta có $\overrightarrow {AB} = \left( { - 2;1; - 1} \right)$. Vì mặt phẳng $\left( Q \right)$ chứa $A,B$ và song song với $\Delta$ nên mặt phẳng $\left( Q \right)$ nhận $\overrightarrow {{n_1}} = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {1;0; - 2} \right)$ làm vectơ pháp tuyến nên $\left( Q \right):x - 2z + 1 = 0$.

Lại có $d = \left( P \right) \cap \left( Q \right)$ nên các điểm thuộc đường thẳng $d$ có tọa độ thỏa mãn hệ $\left\{ \begin{array}{l}x - 2y - 2z + 15 = 0\\x - 2z + 1 = 0\end{array} \right.\left( 1 \right)$.

Thay tọa độ điểm $E\left( { - 1;2;5} \right)$ vào hệ (1) ta được: $\left\{ \begin{array}{l} - 1 - 2 \cdot 5 + 1 = 0\\ - 1 - 2 \cdot 2 - 2 \cdot 5 + 15 = 0\end{array} \right.$ không thỏa mãn hệ.

d) Đúng. Đường thẳng $d$ có phương trình tham số $\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 2t\\y = - 1 - 2t\\z = 3 + t\end{array} \right.$.

Vì $I = d \cap \left( P \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in d\\I \in \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1 + 2t\\b = - 1 - 2t\\c = 3 + t\\a - 2b - 2c + 15 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = - 3\\a = - 5\\b = 5\\c = 0\end{array} \right. \Rightarrow a + 2b + c = - 5 + 10 = 5$.

Gọi biến cố $A$ là: “Người được chọn bị bệnh tiểu đường”.

Biến cố $B$ là: “Người được chọn bị bệnh huyết áp cao”.

a) Đúng. Người ta thấy rằng có $40\%$ người cao tuổi bị bệnh tiểu đường nên $P\left( A \right) = 0{,}4.$

b) Đúng. Tỉ lệ người bị bệnh huyết áp cao trong những người bị bệnh tiểu đường là $70\%$ nên $P\left( {B\left| A \right.} \right) = 0{,}7.$

c) Sai. Tỉ lệ người bị bệnh huyết áp cao trong những người không bị bệnh tiểu đường là $25\%$ nên $P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 0{,}25.$

d) Sai. Áp dụng công thức xác suất đầy đủ, xác suất chọn được người bị bệnh huyết áp cao là

$P\left( B \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( {B\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 0{,}4 \cdot 0{,}7 + 0{,}6 \cdot 0{,}25 = 0{,}43.$

a) Sai. Vận tốc ban đầu của vận động viên đua xe đạp là ${v_2}\left( 0 \right) = 12 - 12{e^0} = 0$m/s.

b) Đúng. Ta có: ${v'_1}\left( t \right) = - 0{,}1 \cdot 8{e^{ - 0{,}1t}} < 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].$ Suy ra tốc độ vận động viên điền kinh giảm dần theo thời gian.

Ta có: ${v'_2}\left( t \right) = - 0{,}1 \cdot \left( { - 12} \right){e^{ - 0{,}1t}} = 1{,}2{e^{ - 0{,}1t}} > 0,\,\,\forall t \in \left[ {0\,;\,\,60} \right].$ Suy ra tốc độ của vận động viên đua xe đạp tăng dần theo thời gian.

c) Sai. Khoảng cách giữa hai người là $s\left( t \right) = 40 + \int\limits_0^t {\left[ {{v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)} \right]} dt$.

Ta có $s'\left( t \right) = {v_2}\left( t \right) - {v_1}\left( t \right)\,;\,\,s'\left( t \right) = 0 \Rightarrow {v_2}\left( t \right) = {v_1}\left( t \right)$.

Ta có: $12 - 12{e^{ - 0{,}1t}} = 8{e^{ - 0{,}1t}}$ $\Leftrightarrow 12 = 20{e^{ - 0{,}1t}}$ $\Leftrightarrow \frac{{12}}{{20}} = {e^{ - 0{,}1t}}$

$\Leftrightarrow {\rm{ln}}\frac{{12}}{{20}} = - 0{,}1t$ $\Leftrightarrow t = \frac{{{\rm{ln}}\frac{{12}}{{20}}}}{{ - 0{,}1}} \approx 5{,}1\,\,\,\left( s \right)$.

Bảng biến thiên:

Vậy hai người ở gần nhau nhất khi cuộc đua diễn ra khoảng $5{,}1$giây kể từ lúc bắt đầu.

d) Đúng. Từ bảng biến thiên, ta thấy khoảng cách ngắn nhất giữa hai người là $21{,}3\;{\rm{m}}$; kể từ thời điềm gần nhất đó, vận động viên điền kinh dần bị bỏ lại phía sau và người này không thể bắt kịp được vận động viên dua xe đạp nữa.

Đáp án: 8

$P = 3M{A^2} + M{B^2} = 3{\left( {\overrightarrow {MA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MB} } \right)^2} = 3{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2}$

$= 4M{I^2} + \left( {3I{A^2} + I{B^2}} \right) + 2\overrightarrow {MI} \cdot \left( {3\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} } \right)$

Tìm điểm $I$ sao cho $3\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} = \vec 0 \Rightarrow I\left( {6;3; - 1} \right)$

Khi đó $P = 4M{I^2} + \left( {3I{A^2} + I{B^2}} \right)$ $\Rightarrow P$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow MI$ nhỏ nhất

Ta có: $\left( S \right):\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{\rm{t\^a m }}H\left( {2;1;3} \right)}\\{{\rm{b\'a n k\'i nh }}R = 3}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow IH = 6 > R \Rightarrow I$ nằm ngoài mặt cầu (hình vẽ)

Suy ra $I{M_{\min }} = IH - R = 3$ khi $M = {M_0}$ (hình vẽ)

Nhận thấy ${M_0}$ là trung điểm $IH$ suy ra ${M_0}\left( {4\,;2\,;1} \right)$$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{a = 4}\\{b = 2}\\{c = 1}\end{array}} \right. \Rightarrow T = abc = 4 \cdot 2 \cdot 1 = 8$.

Đáp án: 131

Xét góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$.

Giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng $BD$.

Kẻ $AH \bot BD$ tại $H$. Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot BD$.

Ta có: $AH \bot BD$ và $BD \bot SA \Rightarrow BD \bot \left( {SAH} \right)$$\Rightarrow BD \bot SH$.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SHA} = \alpha$.

Trong tam giác vuông $ABD$ (vuông tại$A$): $BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} = 2a$.

Đường cao $AH$ trong tam giác vuông $ABD$: $AH = \frac{{AB \cdot AD}}{{BD}} = \frac{{a \cdot a\sqrt 3 }}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét tam giác $SAH$ vuông tại $A$ (do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AH$):

$\tan \alpha = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \alpha \approx 49^\circ$.

Suy ra số đo góc nhị diện $\left[ {S,BD,C} \right]$ bằng $180^\circ - 49^\circ = 131^\circ$.

Đáp án: 54,2

Vận tốc của chuyển động: $v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^2} - 3t + 10$.

Ta có: $v\left( t \right) = 20 \Rightarrow {t^2} - 3t + 10 = 20 \Leftrightarrow {t^2} - 3t - 10 = 0 \Leftrightarrow t = 5;t = - 2\left( L \right)$.

Quãng đường vật đi được là: $s\left( 5 \right) - s\left( 0 \right) = \frac{{325}}{6} \approx 54{,}2\,\,{\rm{m}}$.

Đáp án: 0,03

Số số tự nhiên có $6$ chữ số được lập nên từ tập hợp trên là $6 \cdot A_6^5 = 4320$.

Gọi ${a_7}$ là số tự nhiên trong tập hợp là số không được chọn để lập thành số tự nhiên có $6$ chữ số.

$\left( {{a_1} + {a_2}} \right) + \left( {{a_3} + {a_4}} \right) + \left( {{a_5} + {a_6}} \right) + {a_7} = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21$.

Mà ${a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6}$ nên $3\left( {{a_1} + {a_2}} \right) + {a_7} = 21$.

Vì $3\left( {{a_1} + {a_2}} \right) \vdots 3$ và $21 \vdots 3$ nên ${a_7} \vdots 3$$\Rightarrow {a_7} \in \left\{ {0;3;6} \right\}$$\Rightarrow$${a_7}$ có$3$ cách chọn.

Cặp số ${a_1}$, ${a_2}$ có $3 \cdot 2!$ cách chọn;

Cặp số ${a_3}$, ${a_4}$ có $2 \cdot 2!$ cách chọn;

Cặp số ${a_5}$, ${a_6}$ có $2!$ cách chọn.

Số trường hợp thỏa mãn ${a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6}$ là $3 \cdot 3 \cdot 2! \cdot 2 \cdot 2! \cdot 2! = 144$.

Số trường hợp thỏa mãn ${a_1} + {a_2} = {a_3} + {a_4} = {a_5} + {a_6}$ nhưng ${a_1} = 0$$\left( {{a_7} \in \left\{ {3;6} \right\}} \right)$ là

$2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2! \cdot 2! = 16$.

Xác suất trúng thưởng của anh Huy là $\frac{{144 - 16}}{{4320}} = \frac{4}{{135}} \approx 0{,}03$.

Đáp án: 800

Ta có $Q = 5000 - \frac{P}{3} \Leftrightarrow P = 15000 - 3Q$.

Khi đó, lợi nhuận của doanh nghiệp đó là $L\left( Q \right) = Q \cdot P - C\left( Q \right) - Q \cdot t$

$L\left( Q \right) = - 4{Q^2} + \left( {12800 - t} \right)Q - 500$

Gọi ${Q_0}$ là số sản phẩm cần sản xuất để doanh nghiệp đạt lợi nhuận lớn nhất, khi đó

${Q_0} = \frac{{12800 - t}}{8} \Leftrightarrow t = 12800 - 8{Q_0}$

Số tiền thuế thu được là $T = {Q_0} \cdot t = {Q_0}\left( {12800 - 8{Q_0}} \right) = - 8Q_0^2 + 12800{Q_0}$

Để số tiền thuế thu được lớn nhất thì ${Q_0} = \frac{{12800}}{{16}} = 800$ (sản phẩm).

Đáp án: 16,4

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2a = 20}\\{c = 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{a = 10}\\{c = 8}\end{array};b = \sqrt {{a^2} - {c^2}} = \sqrt {{{10}^2} - {8^2}} = 6} \right.} \right.$.

$\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1$ mà $M\left( {{x_M};{y_M}} \right) \in (E) \Leftrightarrow \frac{{{x_M}^2}}{{100}} + \frac{{{y_M}^2}}{{36}} = 1$.

Mà ${x_M} = - 8;{y_M} > 0 \Rightarrow {y_M} = 3{,}6.$

$M{F_1} + M{F_2} = 2a = 20$ mà $M{F_1} = 3{,}6 \Rightarrow M{F_2} = 16{,}4.$